河南省鹤壁市高中2022-2023学年高二上学期11月居家测试一物理答案

答案第1页，共8页 参考答案： 1．D 【详解】A．磁场中某点的磁感应强度的方向与放在该点小磁针N 极受力方向相同，选项A 错误； B．电场中某点的电场强度的方向与放在该点的正的试探电荷所受电场力方向相同，选项B 错误； C．通电导线在磁场中某点不受磁场力作用，可能是电流方向与磁场方向平行，而该点的磁感应强度不一定为零，选项C 错误； D．试探电荷在电场中某点不受电场力的作用，则该点的电场强度一定为零，选项D 正确。 故选D。 2．D 【详解】A．根据题意可知c点的磁感应强度为0，则直导线在c 点的磁感应强度水平向左，根据安培定则可知直导线的电流方向垂直纸面向外， 故A 错误； B．直导线在d 点的磁感应强度竖直向上，匀强磁场的磁感应强度水平向右，合磁感应强度不为0，故B 错误； C．直导线在a 点的磁感应强度水平向右，与匀强磁场的磁感应强度方向相同，结合c 点的磁感应强度为0 可知a 点的磁感应强度为2T，方向向 右，故C 错误； D．直导线在b 点的磁感应强度竖直向下，与匀强磁场的合磁感应强度为 2T ，方向斜向下，与B 成45角，故D 正确。 故选D。 3．A 【详解】由安培定则，将两通电导线A、B 在C 处产生的磁感应强度方向画出，且磁感应强度大小相同，如下图所示 则由矢量合成求出C 处磁场的总磁感应强度，由几何关系可得则C 处磁场的总磁感应强度大小是 0 3B ，A 正确； B．当导线中通有如图乙所示电流时，导线在小磁针处产生垂直于纸面向内的磁场，所以小磁针的N 极将会垂直纸面向内转动，B 错误； C．因线框平面与磁场方向平行，所以此时通过线框的磁通量为0，C 错误； D．线框绕PQ 轴转动时，通过线圈的磁通量未发生变化，所以线圈中不会产生感应电流，D 错误。 故选A。 4．D 【详解】A．由图可知，初始状态下，电容器下极板带正电，上极板带负电，根据闭合回路欧姆定律可知 0 1 ( ) E I R R   ，当 1 R 的滑片向下滑动时， 1 R 接入电路中的阻值减小，则电路中电流增大，根据 0 U IR  可知， 0 R 两端电压增大，则电容器两端电压增大，电容器充电，通过灵敏电流计的 电流向上，故A 错误； B．由图根据闭合回路欧姆定律 0 1 ( ) E I R R   可知， 2 R 的滑片向右滑动时， 2 R 接入电路中阻值减小，但由于电容器在直流电路中相当于断路，所 以电路中电流仍保持不变，则电容器两端电压不变，则电容器两极板间场强不变，小液滴受到的电场力不变，仍然保持静止，故B 错误； C．断开 2 S ，电容器所带电荷量保持不变，根据 U E d  ， Q U C  ， 4 S C kd    ，可得 4 kQ E S    若将M 极板向下移动一小段距离，电容器两极板间电场仍保持不变，则小液滴仍然保持静止不动，故C 错误； D．根据闭合回路欧姆定律 0 1 ( ) E I R R   可知， 0 R 、 1 R 电阻不变，电路中电流不变，则电容器两端电压不变，设若将两极板分别绕垂直纸面且过 A、B 点的轴同时顺时针转过一个相同的小角度后，极板间的距离减小为 cos d ，电场强度大小为 cos U E d   免费下载公众号《⾼中僧试卷》 答案第2页，共8页 此时电场力与竖直方向的夹角也为，则电场力在竖直方向上的分力为 cos y E q Uq F mg d d      所以，小液滴受到的合力大小不变，方向水平向右，小液滴将在水平方向做匀加速直线运动，故D 正确。 故选D。 5．C 【详解】A．由图像可知，随着温度的降低，各种波长的辐射强度都减小，A 错误； B．随着温度的降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动，B 错误； CD．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，与其他因素无关，C 正确，D 错误。 故选C。 6．D 【详解】A．圆环由B 到C 过程中，静电力做功为零，只有重力做功，根据动能定理 2 2 1 1 2 2 C mgR mv mv   解得 2 2 C v gR v   故A 错误； B．圆环由A 运动到C 的过程中静电力先做负功后做正功，故B 错误； C．圆环由A 运动到C 的过程中当静电力与AC 杆垂直时，静电力产生的加速度为0，所以整个过程中静电力产生的加速度先减小后增加，而重力 产生的加速度不变，则圆环由A 运动到C 的过程中加速度先增加后减小，故C 错误； D．圆环由A 运动到B 的过程中，根据动能定理   2 2 1 2 + 2 2 mg L R W mv    电 解得静电力做功 W 电= 2 2 1 2 2 mgL mgR mv            即静电力做负功，大小为 2 2 1 2 2 mgL mgR mv   ，所以此过程中损失的机械能大小为 2 2 1 2 2 mgL mgR mv   ，圆环由B 到C 过程中，静电力做功为 零，只有重力做功，机械能不变，则圆环由A 运动到C 的过程中损失的机械能大小为 2 2 1 2 2 mgL mgR mv   ，故D 正确。 故选D。 7．D 【详解】t 时间内太阳帆板接收的光子数为 N nS t   这些光子的总动量大小 1 h p nS t    反射后光子的总动量大小 2 1 p p  则飞船所受力 2 1 p p F t    联立得 2nSh F   由牛顿第二定律得 2 F nhS a m m   答案第3页，共8页 故D 正确。 故选D。 8．D 【详解】A． x  图像的斜率等于电场强度，则小球从O 运动到x1 的过程中，场强减小，粒子所受电场力逐渐减小，故A 错误； B．小球从x1 运动到 3 x 的过程中，电势不断减小，带正电的小球电势能不断减小，故B 错误； C．小球能恰好运动到x1 处，就能运动到 4 x ，若小球恰好能运动到x1 处，初速度 0 v 最小，根据动能定理得 2 0 0 1 0 2 q mv   得 0 0 2q v m   所以若小球能运动到 4 x 处，则初速度 0 v 至少为 2q m ，故C 错误； D．当小球运动到 3 x 处，电场力做正功最大，小球速度最大，根据动能定理得 2 2 0 0 1 1 2 2 mv mv q    解得 0 6 q v m   故D 正确。 故选D。 9．D 【详解】A．由图乙中的曲线Ⅰ知，在x=6m 处B 球的总势能最小，动能最大，该位置M 点受力平衡，则有 A B 2 sin 30 kQ Q mg x  解得 5 1 10 C B Q   选项A 正确； B．因随着两球距离的不断增加，电势能逐渐趋近于零，则渐进线Ⅱ表示小球B 的重力势能随位置的变化关系，选项B 正确； C．由于B 球在位置M 点受力平衡，B 球从离A 球2m 处静止释放到M 的过程中，根据牛顿第二定律可知 A B 2 A B 2 sin sin kQ Q mg kQ Q r a g m mr       库仑力减小，向上运动过程中加速度大小减小； 从M 继续向上运动过程中，根据牛顿第二定律可知 A B 2 A B 2 sin sin kQ Q mg kQ Q r a g m mr       库仑力减小，向上运动过程中加速度大小增大。 所以B 球向上运动过程中加速度也先减小后增大，选项C 正确； D．渐进线Ⅱ表示小球B 的重力势能随位置的变化关系，有 p sin E mgx kx    由图像可知直线斜率k=0.5，则有 sin 0.5 k mg   解得 30   B 球在M 点的电势能 P1 P 1sin 6J 0.1 10 6 0.5J 3J E E E E mgx           总 总 答案第4页，共8页 在M 点B 球总势能为6J，B 球以4J 的初动能从M 点沿杆向上运动，根据能量守恒定律，当B 的动能为零，总势能为10J，由图可知，总势能为 10J 时，有 2 18m x  此时的电势能为 P2 P 2 sin 10J 0.1 10 18 0.5J 1J E E E E mgx               总 总 所以电势能的变化为 P P2 P1 2J E E E     可知到最高点时电势能减小2J，选项D 错误。 本题选错误的，故选D。 10．AC 【详解】AB．接通电源后，小磁针N 极指向是地磁场和螺线管磁场的合磁场的方向，由此可判定螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右，由安 培定则判断螺线管电流方向从左往右看是顺时针方向，故A 正确，B 错误； CD．由题意知地磁场水平分量为 5 3 10 T y B    ，设通电螺线管产生的磁场为 x B 。由图知 x B 得 5 5 3 10 3T 5 10 T x B        故C 正确，D 错误。 故选AC。 11．BC 【详解】AC．由于磁场斜向下与竖直方向成45°角，在最低点时ab 棒的速度水平向北，ab 棒切割磁感线，穿过回路的磁通量发生变化，所以回 路中有感应电流，故A 错误、C 正确； B．链条跟竖直方向夹角为45°角时，链条的运动速度为0，不切割磁感线，感应电流为0，故B 正确； D．在ab 棒运动的过程中，不断有机械能转化为电能，故D 错误。 故选BC。 12．AD 【详解】A．电磁波的能量子为 c E h h     则电磁波波长越长，其能量子的能量越小，故A 正确； B．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，非均匀变化的磁场或电场，其周围产生电磁波，故B 错误； C．电磁波在真空中或空气中传播的速度v=3.0×108m/s，空间站到地球表面的距离 5 4 10 m s   电磁波从空间站传播到地面的时间为 5 8 4 10 s 0.0013s 3 10 s t v      故C 错误； D．麦克斯韦预言了电磁场理论，1886 年，赫兹通过实验捕捉到电磁波，从而证明了电磁波的存在，故D 正确； 故选AD。 13．AB 【详解】A．图1 中导体棒Oc 以O 点为轴在导轨ab 上以角速度转动时，以ORac 组成的闭合回路磁通量发生变化，会产生感应电流，故A 正 确； 答案第5页，共8页 B．图2 中当两导体棒在匀强磁场中沿图示方向运动且 1 2 v v  时，两棒和导轨形成的闭合回路中磁通量发生变化，能产生感应电流，故B 正确； C．图3 中当两导体棒在匀强磁场中沿图示方向运动且 1 2 v v  时，两棒和导轨形成的闭合回路中磁通量没有发生变化，不能产生感应电流，故C 错 误； D．图4 中条形磁铁穿入不闭合导体环时，不是闭合回路，不能产生感应电流，故D 错误。 故选AB。 14．AB 【详解】当小球运动到C 点时，根据动能定理有 k1 3 2 Eq R mgR E    同时有 2 k1 1 2 2 C E mv    解得 k1 E mgR   ， C v gR  当小球从C 点离开后，在电场中继续运动，此时竖直方向上做上抛运动，水平方向上做初速度为零的匀加速运动，设当再次运动到距水平高度为 R 的位置时经过的时间为t ，则有 2 2 C gR v t g g   得在时间t 内水平方向的位移为 2 1 2 2 Eq x t R m     从静止开始到再次回到距水平高度为R 的位置过程中，根据动能定理有 k2 (3 ) 2 Eq R R mgR E     得 k2 2 E mgR   故选AB。 15． 0.547（0.545～0.548） b 2 0 0 4 kd I R  6 1.2 10  【详解】 （1）[1]螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，故图中金属丝的直径为 0.5mm 4.7 0.01mm 0.547mm    （2）[2]闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于阻值最大处，即b 端； （4）[3]根据电路连接的特点，有 0 0 x IR I I R   根据电阻定律得 2 2 4 ( ) 2 x l l l R d S d        联立可得 2 0 0 0 0 1 4 1 1 l kl I I R d I I       所以金属丝的电阻率为 2 0 0 4 k I R d   （5）[4]根据以上分析结合图线可得，图线的斜率为 1 1 1 1 1.0 0.5 A m 0.5A m 1.0 k          图线的纵截距为 1 0 1 0.5A I   答案第6页，共8页 代入（4）中的式子可得 6 1.2 10 Ω m      16． 1 R 2.55 1.75 【详解】 （1）[1]由于电源电动势约为2.0 ~ 3.0V ，为确保安全，需要将改装成3.0V 量程的电压表，则需要在电流表 1 A 上串联一个电阻   1 1 g x g U I R r   解得 29.0 x R   即改装时应选用的定值电阻为 1 R 。 （2）[2]由于改装电压表内阻已知，则可以采用精确测量，采用测量电路图如图所示 （3）[3][4]根据闭合电路欧姆定律有     1 1 1 1 2 g I R r E I I r     整理后得   1 1 2 1 1 1 1 g g E r I I I R r R r       结合图像有   3 1 1 85 50 10 = 0.6 g r R r     ， 3 1 1 =85 10 A g E R r    解得 E=2.55V，r=1.75Ω 17． （1）ΔΦ1=0.4Wb； （2）ΔΦ2=11.6Wb； （3） 2 0.2 T (1 ) B t   【详解】(1)棒向右以 0 0.5m/s v  的速度匀速运动4s 时，位移为 0 2m x v t   -------------------------1 分 由于∠MON=45°，此时回路的面积为 2 2 2 2 m 2m 2 2 x S    --------------------------1 分 回路的磁通量即磁通量的变化量为 1 0 0.4Wb B S   -------------------1 分 (2)B0=0.8T 时的初态磁通量为 1 0 0 0.4Wb B S   ----------------------------1 分 末态的磁通量为 2 1 1 12Wb B S   ------------------------1 分 回路中的磁通量的变化为 2 2 1 11.6Wb  ---------------------------1 分 答案第7页，共8页 (3)闭合回路三角形的直角边长为 0 1 (1 ) x x v t t     --------------------------------1 分 闭合回路中没有感应电流产生，则磁通量不变，有 2 2 0 0 1 1 2 2 B x B x    ---------------------------------1 分 解得 2 0.2 T (1 ) B t   ---------------------------------1 分 18． （1）1A ； （2） 4 2.0 10 kg   ； （3）45 【详解】 （1）求开关 1 2 S S 、 都闭合时，电路总电阻为 2 3 0 1 2 3 15Ω R R R R R R R      -----------------------2 分 通过电阻 0 R 的电流为 1A U I R   ----------------------------1 分 （2）金属板间电势差为 0 5V U U IR    ---------------------1 分 则小球所受电场力为 3 1.5 10 N U F q d      -----------------------1 分 小球处于平衡状态，受力分析得 tan F mg  ---------------------------1 分 小球的质量为 4 2.0 10 kg m    ---------------------------1 分 （3）若将开关 1 S 闭合、 2 S 断开，金属板间电势差为 1 3 1 3 0 20 V 3 R R U U R R R      ----------------------2 分 小球处于新的平衡状态，同理得 4 3 tan F mg  ------------------------1 分 得 45  ---------------------1 分 19． （1）2R； （2） 5 2 h R  ； （3）2 gR 【详解】 （1）带电小球从A 点到半圆轨道最低点过程中，由动能定理可得 2 1 ( ) 2 mg h R qER mv    -----------------------------2 分 解得 h=2R--------------------------------1 分 （2）设小球经过C 点时的最小速率为vmin，此时小球对C 点的压力为零，由圆周运动知识得 2 min mv qE R  -------------------------2 分 由动能定理可得 2 min 1 2 2 mgh qE R mv    ---------------------------2 分 两式联立代入数据得 h＝5 2 R--------------------------1 分 所以要使小球能到达半圆轨道的C 点，h 应满足的条件是h≥5 2 R。---------------1 分 答案第8页，共8页 （3）小球从C 点射出后，在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，其水平方向 x qE a g m = = -----------------------2 分 2 1 2 2 x R a t  -------------------2 分 竖直方向有 2 0 1 2 h v t gt   -----------------------1 分 两式联立