2022-2023学年重庆市七校联考高二（上）期末物理试卷（含解析）

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2022-2023学年重庆市七校联考高二（上）期末物理试卷
1. 下面是小伟同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是(    )
A. 某干电池的电动势为1.5V，这表示它在1s内将1.5J的其他形式能转变成电能
B. 由场强公式E=Fq可知，电场中某点的场强由试探电荷所受电场力和电荷量决定
C. 由磁感应强度B=FIL可知，B与F成正比，与IL成反比
D. 根据电势差的定义式UAB=WABq可知，带电荷量为1C的负电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为2J，则UAB=2V
2. 如图，粗细均匀的正六边形线框abcdef由相同材质的导体棒连接而成，直流电源的两端与顶点a、b相连，整个装置处于垂直于线框的匀强磁场中。若ab棒受到的安培力大小为2N，则六边形线框受到安培力的总和为(    )
A. 0N
B. 1.6N
C. 2.4N
D. 4N
3. 如图所示，有A、B两段圆柱形电阻丝，材料相同，长度也相同，它们横截面的直径之比为dA：dB=2：1，把它们串联在电路中，下列说法正确的是(    )
A. A、B两段电阻丝的电阻之比为RA：RB=1：8
B. 通过A、B两段电阻丝的电流之比为IA：IB=1：4
C. A、B两段电阻丝中的电场强度之比为EA：EB=4：1
D. A、B两段电阻丝消耗的功率之比为PA：PB=1：4
4. 某电场区域的电场线分布如图，在电场中有A、B、C、D四个点，一点电荷仅在电场力作用下由A点运动到B点，其轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是(    )

A. 该点电荷带正电，由A运动到B的过程中动能增大，电势能减小
B. 该点电荷带负电，由A运动到B的过程中动能减小，电势能增大
C. A、B、C、D四点的场强大小关系为EA>EB>EC>ED
D. A、B、C、D四点的电势大小关系为φAφD，故D错误。
故选：B。
试探电荷受到的电场力指向轨迹的内侧，判断试探电荷受到的电场力方向大致向左，从而确定出电荷的正负，试探电荷在由A点运动到B点的过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，电场线的疏密程度代表电场大小，沿着电场线方向，电势逐渐降低。
依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的关键，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低大小情况。

5.【答案】D 
【解析】解：当R3的滑动触点向图中a端移动时，R3变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，则有U变小．电路中并联部分电压变小，则I变小．
故选：D.
当R3的滑动触点向图中a端移动时，R3变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表的读数变化．再分析并联部分的电压变化，判断电流表A读数变化．
本题电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析．

6.【答案】A 
【解析】解：根据场强的叠加原理可知，O点的场强为匀强电场的场强E以及+Q和−Q在C点形成场强E′的矢量和。
设AB距离为2r，则有：3E=E+2E′=E+2kQr2
可得：E′=kQr2=E
在C点，+Q和−Q在C点的场强E′′大小相等，且夹角为120∘，且有：E′′=kQ(2r)2=14⋅kQr2=E4，故C点处的场强大小为：E合=E+E′′=54E，故A正确，BCD错误。
故选：A。
C点的场强是由匀强电场的场强E和两个点电荷在该处形成场强的叠加，结合点电荷的场强表达式E=kQr2求C点的电场强度大小。
解决本题的关键要理解并掌握电场的叠加原理，知道空间各点的电场是由匀强电场以及+Q和−Q形成的电场的叠加，对于场强合成，要根据平行四边形定则进行。

7.【答案】C 
【解析】解：A.由参数可知，电动机正常工作时的电流为2A，额定电压为12V，所以电动机的输入功率为P=UI=12×2W=24W，故A错误；
B.根据电流定义式I=qt，q=It，A⋅h是表示电流单位与时间单位的乘积，是电荷量的单位，故B错误；
C.电动机是非纯电阻，消耗电能向外输出机械能的同时线圈内阻会发热。即UIt=I2Rt+E机，故UIt>I2Rt，U>IR即IIR即：Rμ2，分析可知共速后物块和平板一起向右做匀减速运动直到静止，所以平板长度至少为l=Δx1+Δx2，代入数据解得l=2.5m
故B错误；
C.根据前面分析可知A、B之间摩擦生热为Q=μ1mgl，代入数据解得Q=12.5J
故C正确；
D.分析可知0∼1s时电场力做正功，1s∼1.25s内电场力做负功，所以可得整个过程中电场力做的总功为W=Eq⋅12a1t2−Eq⋅vB+v2t1
得W=17.1875Jmgsin⁡37∘，所以金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向下
大小为f=F安2cos⁡37∘−mgsin⁡37∘=0.6N−0.48N=0.12N
答：(1)若金属导轨光滑，滑动变阻器接入电路的阻值为2Ω。
(2)此时金属棒所受的摩擦力f是0.12N，方向沿导轨向下。 
【解析】(1)金属棒静止在导轨上，受力平衡，分析其受力情况，根据平衡条件和安培力公式求出电路中电流，再由闭合电路欧姆定律求解滑动变阻器接入电路的阻值。
(2)先由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，由安培力公式计算金属棒受到的安培力大小，再确定金属棒所受的摩擦力f大小和方向。
本题是通电导体在磁场中平衡问题，关键要正确分析金属棒的受力情况，分析安培力的方向，计算安培力的大小。

17.【答案】解：(1)小物块从A到B的过程，根据动能定理可得mgLsin37∘−μ(mgcos37∘+qE)L=12mvB2−0
解得vB=0.4gL
在C点时，由牛顿第二定律可得F′N−mg=mvB2r
解得F′N=mvB2r+mg=5mg
由牛顿第三定律可知FN=F′N=5mg
(2)小物块恰好能过D点时，电场强度最大，在D点时，根据牛顿第二定律可得mg=mvD2r
小物块由A运动到D，根据动能定理可得mg(Lsin37∘−2r)−μ(mgcos37∘+qE)L=12mvD2−0
联立解得E=3mg5q
答：(1)小物块刚通过C点时对轨道的压力FN的大小5mg；
(2)电场强度E的最大值是3mg5q。 
【解析】(1)小物块从A到B的过程，根据动能定理，求B点速度，在C点时，由牛顿第二定律，求支持力，根据牛顿第三定律，得通过C点时对轨道的压力；
(2)小物块恰好能过D点时，根据牛顿第二定律、小物块由A运动到D，根据动能定理，联立求电场强度E的最大值。
本题考查学生对动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律的掌握，解题的关键是分析出小物块恰好能过D点时，电场强度最大。

18.【答案】解：(1)根据题意，粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律有：Eq=ma
由类平抛规律竖直方向有：y=12at12，由题意y=2cm=0.02m
水平方向有：x=v0t1
联立解得：x=0.04m=4cm，t1=4×10−6s
(2)设粒子进入磁场时与x轴的夹角为θ，则有：tanθ=2yx=1
可得：θ=45∘
进入磁场的速度大小为：v=v0cos45∘=2v0
由牛顿第二定律有：qvB=mv2R
代入解得：R=22×10−2m
(3)设带电粒子在磁场中运动周期为T，则：T=2πRv=2πmqB
根据题意可知，粒子在磁场运动的时间为：t磁=2×34T=2×34×2π×4×10−142×10−7×0.1s=6π×10−6s
粒子在电场中运动的时间为：t电=3t1=3×4×10−6s=1.2×10−5s
粒子从P1开始计时直到第四次经过x轴所用的时间为：t=t磁+t电=6π×10−6s+1.2×10−5s=(12+6π)×10−6s
答：(1)P2点到坐标原点O点的距离为4cm；
(2)该粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径R的大小为22×10−2m；
(3)粒子从P1开始计时直到第四次经过x轴所用的时间为(12+6π)×10−6s。 
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律及运动学公式即可求出水平位移和时间；
(2)根据类平抛的末速度大小和方向，结合粒子在洛伦兹力提供向心力求轨道半径；
(3)求出粒子在电场中从P1到P2的运动时间、粒子在磁场中做圆周运动的时间，按粒子周期循环特点得到粒子从P1开始运动直到第四次经过x轴所用的时间。
本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中。