2021-2022年重庆市育才中学高二（上）第六次定时训练物理试题含解析

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重庆育才中学高2023届高二（上）第六次定时训练物理试题考试时间：75分钟；满分：100分第I卷（选择题）一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1. 物理学的发展是许多物理学家奋斗的结果，下面关于一些物理学家贡献的说法正确的是（　　）A. 库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律—库仑定律B. 法拉第通过实验发现了通电导线对磁体有作用力，首次揭示了电与磁的联系C. 奥斯特认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式D. 安培不仅提出了电场概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场【答案】A【解析】【详解】A．库仑在前人工作的基础上通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力遵循的规律—库仑定律，故A正确；B．奥斯特发现电流周围存在磁场，首次揭示了电与磁的联系，故B错误；C．洛伦兹认为安培力是带电粒子所受磁场力的宏观表现，并提出了著名的洛伦兹力公式，故C错误；D．法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场，故D错误。故选A。2. 下列说法正确的是（　　）A. 由公式可知：电场中某点的场强与电荷所受电场力F成正比，与电荷所带电荷量q成反比B. 电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能的本领大小的物理量C. 一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处磁感应强度为零D. 因为洛伦兹力对运动电荷不做功，所以安培力对运动导体也不做功【答案】B【解析】【详解】A．电场中某点的场强由电场本身决定，与电荷所受电场力F和电荷所带电荷量q均无关，故A错误；B．电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能的本领大小的物理量，故B正确；C．一小段通电导线在某处不受磁场力，有可能是导线平行于磁感线放置，而该处磁感应强度不一定为零，故C错误；D．洛伦兹力始终与电荷运动方向垂直，所以洛伦兹力对运动电荷不做功，而安培力并不是始终与导体运动方向垂直，所以安培力可以对运动导体做功，故D错误。故选B。3. 如图所示，闭合的矩形线圈abcd水平放在范围足够大的匀强磁场中，下列情况下线圈中能产生感应电流的是（　　）
 A. 线圈以ab边为轴转动B. 线圈向右平移C. 线圈向上平移D. 在线圈平面内以自身中轴线为轴逆时针转动【答案】A【解析】【详解】A．线圈以ab边为轴转动时，穿过线圈的磁通量会产生变化，线圈中能产生感应电流，A正确；BC．线圈向右平移或线圈向上平移，穿过线圈的磁通量都没有变化，线圈中不能产生感应电流，BC错误；D．以垂直于线圈平面的轴逆时针转动时，穿过线圈的磁通量没有变化，线圈中不能产生感应电流，D错误。故选A。4. 如图所示，一簇电场线的分布关于y轴对称，O是坐标原点，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四个点，其中M、N在y轴上，Q点在x轴上，则下列说法正确的是（　　）A. O点的场强小于M点的场强B. M点的电势比Q点的电势高C. O、M间的电势差小于N、O间的电势差D. 将一负电荷由M点移到N点，电场力做负功【答案】C【解析】【详解】A．根据电场线的疏密关系可知，O点的场强大于M点的场强，A错误；B．根据顺着电场线的方向电势降低可知，M点的电势比P点的电势低，B不符合题意；C．O、M间的场强小于N、O间的场强，又由公式分析得知，O、M间的电势差小于N、O间的电势差，C正确；D．M点的电势比N点的电势低，则负电荷在M点的电势能比在N点的电势能大，所以将一负电荷由M点移到N点时，电势能减小，电场力将正功，D错误。故选C。5. 如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（　　）A. 油滴带正电 B. P点的电势不变C. 油滴向上运动 D. 静电计指针张角不变【答案】B【解析】【详解】A．根据受力平衡可知，油滴的电场力方向向上，极板间电场向下，电场力与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；BCD．根据电容的决定式联立得出可知电场强调要与极板间的距离无关，所以场强不变，所以油滴的电场力不变，不会运动，P点与下极板间的距离不变，由知P点的电势不变，由知故若将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则电势差变小，静电力张角变小，故B正确，CD错误。故选B。6. 质量为m，长度为L的通电导体棒靠在光滑绝缘四分之一圆弧轨道上，保持静止，竖直剖面如图所示，空间存在与纸面平行的匀强磁场，导体棒上电流大小为I，重力加速度为g，图中θ = 30°，则磁感应强度大小不可能为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】导体棒受重力、安培力和支持力三个力的作用下处于静止状态，三个力合力为零，即三个力可以构成一个封闭的矢量三角形，当安培力和支持力垂直时，安培力有最小值，由解得安培力的最小值为则磁感应强度大小不可能小于它的最小值。故选A。7. 在如图所示的电路中，电流表、电压表均为理想电表，R1、R2为定值电阻，RL为光敏电阻，其阻值随光照强度的增大而减小。闭合电键S后，某时刻发现电压表V的示数U增大，则下列判断正确的是（　　）
 A. 光敏电阻R1受到的光照强度在增大B. 电压表V的示数U与电流表A的示数I的乘积U•I一定增大C. 若电流表A1示数的减小量为，电流表A2示数的增大量为，则有D. 电压表V示数的变化量与电流表A示数的变化量的比值一定增大【答案】C【解析】【详解】A．设电流表示数为I，根据闭合电路的欧姆定律，可知由电压表V的示数U增大，可知I减小，则总电阻在增大,在增大，光照强度减弱，故A错误；B．由电路图可知，电压表V的示数U与电流表A的示数I的乘积为电阻和电阻的总功率，由于不知道并联后总电阻与串联后的总电阻的大小关系，则不能判断功率是增大还是减小，故B错误；C．由电路图可知由A项分析可知，减小，则电流表A1示数的减小量为大于电流表A2示数的增大量为，故C正确；D．已知整理得可知则比值保持不变，故D错误。故选C。8. 如图所示，圆形区域的圆心为，区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，为圆的直径，从圆上的点沿方向，以相同的速度先后射入甲、乙两个粒子，甲粒子从点离开磁场，乙粒子从点离开磁场．已知，不计粒子受到的重力，下列说法正确的是（　　）A. 乙粒子带正电荷，甲粒子带负电荷B. 乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为C. 乙粒子与甲粒子的比荷之比为D. 乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为【答案】C【解析】【详解】A．根据左手定则可知，乙粒子带负电，故A错误；B．粒子轨迹如图设圆形磁场的半径为R，由几何关系可知甲的半径为乙的半径为则乙粒子与甲粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为故B错误；C．由可得乙粒子与甲粒子的比荷之比为故C正确；D．由可得乙粒子与甲粒子的周期比为粒子在磁场中运动时间为其中为速度偏转角，则乙粒子与甲粒子在磁场中运动的时间之比为故D错误。故选C。二、多项选择题（本题共3个小题，每小5分，共15分。在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选得0分。）9. 关于下列四幅图的说法正确的是（　　）A. 图甲是回旋加速器的示意图，要想带电粒子获得的最大动能增大，可增大加速电压B. 图乙是磁流体发电机的示意图，可以判断出B极板是发电机的正极，A极板是发电机的负极C. 图丙是速度选择器的示意图，若带电粒子（不计重力）能自左向右沿直线匀速通过速度选择器，那么也能自右向左沿直线匀速通过速度选择器D. 图丁是质谱仪的示意图，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3说明粒子的比荷越大【答案】BD【解析】【详解】A．图甲中带电粒子在回旋加速器中获得的最大动能与加速电压无关，故A错误；B．图乙中根据左手定则，可知正离子偏向B极板，则B极板是正极，故B正确；C．图丙中当带电粒子从反向进入时，所受洛伦兹力会反向，与电场力的方向相同，则粒子不能沿直线再通过速度选择器，故C错误；D．图丁中能够进入磁场的带电粒子速度相同，由得R越小，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，说明粒子的比荷越大，故D正确。故选BD。10. 如图甲所示为测量一节干电池的电动势和内电阻的实验电路图，根据测得的数据作出了如图乙所示的图线，以下实验结论正确的是（　　）
 A. 电池内阻的测量值为B. 外电路发生短路时的电流为C. 电压表的示数为时，外电路的电功率为D. 电池电动势的测量值等于真实值【答案】BC【解析】【详解】A．根据闭合电路欧姆定律，有电池内阻的测量值A错误；B．根据电源U-I图像可知，电源电动势外电路发生短路时的电流，即为U=0时的电流，由B正确；C．由U-I图像可知，当U=1.20V时I'=0.20A，外电路的电功率C正确；D．由于电压表的分流作用，所测电流小于流过电源的电流，由得，电源电动势测量值小于真实值，D错误。故选BC。11. 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细绳一端，小球绕细绳的固定端O点在竖直平面内做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为圆周的竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度的大小，忽略空气阻力的影响。下列说法正确的是（　　）A. 运动过程中，小球在D点动能最小，电势能最大B. 运动过程中，细绳拉力最大的位置，小球的动能最大C. 小球经过B、A两点时，细绳拉力大小的差值为4.5mgD. 小球经过C、D两点时，细绳拉力大小的差值为6mg【答案】BCD【解析】【详解】A. 设重力、电场力的合力的方向与竖直方向的夹角为θ解得如图P点为等效最高点，动能最小，Q点为等效最低点，动能最大。电势能最大的位置在A点，故A错误；B. 重力、电场力的合力为 ，在Q点由牛顿第二定律由上式得，在Q点速度最大，绳的拉力最大，B正确；C. 小球从A到B的过程中解得 ，C正确。D. 小球从D到C的过程中解得 ，D正确；故选BCD。第II卷（非选择题）三、实验题（本大题共2个小题，共16分）12. 学习小组中小明分配到一个任务，测量一个额定电压为8V，额定功率为4W的灯泡的伏安特性曲线。有下列一些器材可供选择：A．学生电源10V（内阻不计）B．直流电流表0~3A（内阻约为0.1Ω）C．直流电流表0~0.6A（内阻约为0.5Ω）D．直流电压表0~10V（内阻约为30kΩ）E．滑动变阻器1000Ω，0.5AF．滑动变阻器10Ω，2AG．导线和开关（1）实验中电流表应该选________，滑动变阻器应该选________，（填写仪器前的字母），实验过程中测量电路应该选择电流表___________（填“内接”或“外接”）法；（2）小明按照正确的操作，得到了灯泡的伏安特性曲线如图所示，现将灯泡和一个阻值R=10Ω的定值电阻串联接在5V的学生电源上（内阻不计），此时灯泡消耗的电功率为__________W。（保留两位有效数字）【答案】    ①. C    ②. F    ③. 外接    ④. 0.60【解析】【详解】（1）[1][2][3]小灯泡的额定电流为0.5A，则实验中电流表应该选C；滑动变阻器要接成分压电路，则应该选阻值较小的F；电压表内阻远大于小灯泡的电阻，则实验过程中测量电路应该选择电流表外接法；（2）[4]将灯泡和一个阻值R=10Ω的定值电阻串联接在5V的学生电源上，则U=5-10I将此函数关系图像画在小灯泡 的U-I图像上，则交点为小灯泡的工作点，则由图像可知U=2VI=0.3A解得P=IU=060W13. 小明利用所学知识制作了一个原理如图所示的简易多用表，已知表头G的量程为1mA，内阻为500Ω，小明计划将表头改装为量程5mA、50mA的电流表及可以直接测量电阻的欧姆表。（1）选择开关置于位置2时的电流表的量程为__________mA，其中接入的定值电阻R1=__________Ω；（2）选择开关置于位置3时为欧姆表，已知电源E电动势标称值为1.5V，现用该欧姆表使用正确的测量方法测量某一未知电阻，发现表头指针偏到满偏刻度的四分之三位置处，则该电阻的阻值为_______Ω，后来小明发现这个电源的电动势实际上是2V，则这一电阻的真实阻值_______（填“大于”、“小于”、“等于”）测量值。【答案】    ①. 50    ②. 12.5    ③. 10    ④. 大于【解析】【详解】（1）[1]将开关置于“2”挡时，定值电阻R1能分流较大的电流，所以量程应为50mA；[2] 当开关打到1时有当开关打到2时有联立解得R1=12.5Ω（2）[3]把两表笔短接，由欧姆定律有表头指针偏在满刻度的四分之三处，所以电流为满偏电流1mA的四分之三，可以得出所以待测电阻[4]若电源的电动势实际上是2V，则比上式的值要小，的值要大，即这一电阻的真实阻值大于测量值。四、计算题（本大题共3个小题，共37分。解答时应写出必要的文字说明、公式、方程式和重要的演算步骤，只写出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须写出明确的数值和单位。）14. 如图所示，电源电动势E＝8V，内阻r＝1Ω，闭合开关S后，标有“6V，9W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0＝4Ω，求：（1）电源的输出功率P出；（2）10s内电动机产生的热量Q；（3）电动机的机械功率。【答案】（1） 12W；（2）1W；（3）2W【解析】【详解】(1)由题意知，并联部分电压为，故内电压为总电流电源的输出功率(2)流过灯泡的电流则流过电动机的电流电动机的热功率10s内电动机产生的热量(3)电动机的总功率电动机的机械功率15. 如图所示，ABG为水平轨道，AB部分粗糙，BG部分光滑，竖直虚线BB′左侧存在方向斜向下与水平面成θ=53°角、大小为E=1.0×104N/C的匀强电场。光滑半圆形轨道CD与水平轨道ABG相切于C点，最高点为D点，在竖直虚线FF′右侧存在竖直向上、大小也为E的匀强电场。现将一质量为m=0.1kg、电量为q=-1.0×10-4C的小滑块（可视为质点）从P点由静止释放，最后恰好能经过半圆形轨道CD的最高点D，并从D点飞出（小滑块不飞离虚线FF′右侧电场）。已知PB长为x=3.6m，小滑块与AB部分之间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：（1）小滑块运动到B点时的速度大小；（2）半圆形轨道CD的半径R；（3）小滑块落地点到C点的水平距离。【答案】（1）；（2）；（3）7.2m【解析】【详解】（1）P点到B点，由动能定理得解得（2）若小滑块恰好能通过D点，由牛顿第二定律得B点到D点，由动能定理得解得（3）小滑块受力分析，可得竖直方向，有又水平方向，有联立，可得16. 如图甲所示，O点正下方有一粒子源，连续不断地发射出大量质量为m，电荷量为q的带正电粒子，出射速度可视为0，粒子一经射出便立即进入加速电场加速（加速时间极短），加速电场的电压随时间的变化关系如图乙所示。加速后的粒子从O点沿y轴正向进入匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度，方向垂直坐标平面向外，且只存在于以坐标原点O为边界的第一象限的某一区域，所有粒子都在磁场中偏转了120°，从磁场边界飞出，打在位于x轴正半轴的无限长的感光板上。（不计粒子重力）求：（1）飞入磁场的粒子最大速度和最小速度之比；（2）匀强磁场的最小面积；（用R表示）（3）粒子从飞入磁场到打在感光板上的运动时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】(1)粒子在匀强电场中速可知：(2)粒子进入匀强磁场，做匀速圆周运动半径得到Rmax=2R，Rmin=R所有粒子都在磁场中偏转了120°，所有粒子的出射点都在同一条直线OAC上磁场至少存在于图中阴影部分，由几何关系可知，磁场的最小面积为（3）由几何关系可知，所有粒子出磁场后匀速直线运动的时间均为所有粒子在磁场中时间均相同，为粒子从飞入磁场到打在感光板上的运动时间