2023-2024學年重慶八中高二（下）入學物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學年重慶八中高二（下）入學物理試卷一、選擇題1.關于電磁學的相關理論，下列正確的是(

)A.某點的磁場方向與該點的正電荷所受磁場力方向相同

B.穿過某一回路的磁通量變化越大，回路中產生的感應電動勢越大

C.將一小段直導線放在磁場中，若導線不受安培力則此處磁感應強度一定為0

D.若把+q改為?q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變2.下列四幅圖的說法中正確的是(

)

A.圖甲真空冶煉爐外的線圈通入高頻交流電時，爐外線圈中會產生大量熱量

B.圖乙回旋加速器是利用磁場使帶電粒子“轉圈”、恒定電場進行加速的儀器

C.圖丙毫安表運輸時把正負接線柱用導線連在一起是利用電磁阻尼保護表頭

D.圖丁搖動手柄使蹄形磁鐵轉動，則鋁框會和磁鐵同向共速轉動3.兩個彈簧振子甲、乙沿水平方向放置，其振動圖像如圖所示，則(

)A.甲、乙兩彈簧振子的頻率之比為1：2

B.t=2s時甲具有負向最大加速度

C.t=2s時乙具有正向最大位移

D.t=4s時甲、乙兩彈簧振子的速度方向相同4.如圖所示的電路中，L是一個自感系數很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2和D3是三個完全相同的燈泡，E是內阻不計的電源。在t=0時刻，閉合開關S，電路穩(wěn)定后在t1時刻斷開開關S。規(guī)定電路穩(wěn)定時流過D1、D2的電流方向為正方向，分別用I1、I2表示流過A. B.

C. D.5.如圖，電源電動勢E=3V，內阻r=1Ω，電阻箱初始電阻值R1=3Ω，定值電阻R2=1Ω，R3=2Ω，電容器電容C=6μF。當開關A.R1變大，帶電微粒將向下加速運動

B.R1變大，R1上的功率可能增大

C.電容器兩極板距離增大時，電流表的電流方向從a到b

D.開關6.如圖所示，在邊長為2l的正三角形ABC區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，一邊長為l的菱形單匝金屬線框abcd的底邊與BC在同一直線上，菱形線框的∠c=60°。使線框保持恒定的速度沿平行于BC方向勻速穿過磁場區(qū)域。以ab邊剛進磁場時為零時刻，規(guī)定導線框中感應電流沿順時針方向時為正，則感應電流i與時間t的關系圖線可能正確的是(

)A. B. C. D.7.如圖，半徑R=2m的圓形區(qū)域內有一垂直紙面向里的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶正電粒子，在紙面內沿各個方向以相同的速率從P點射入磁場，這些粒子射出磁場時的位置均位于PQ圓弧上且Q點為最遠點。已知PQ圓弧長等于磁場邊界周長的四分之一，不計粒子重力和粒子間的相互作用，則該圓形磁場中有粒子經過的區(qū)域面積為(

)A.(3π?2)m2 B.(2π?2)m2 C.8.如圖，水平放置內壁光滑的玻璃圓環(huán)內，有一直徑略小于環(huán)口直徑的帶正電小球，以速度v0沿逆時針方向勻速轉動。若在此空間突然加上方向豎直向上、磁感應強度B隨時間成正比增加的磁場，若小球帶電量不變，則(

)A.小球對玻璃環(huán)的水平壓力一定不斷增大

B.小球受到的磁場力一定不斷增大

C.電場力對小球先做負功后做正功

D.小球先沿逆時針方向減速運動一段時間后沿順時針方向加速運動9.八中科技節(jié)上，小明制作了一個風力發(fā)電機模型如圖1所示?？諝饬鲃訋语L葉下方的磁鐵旋轉，引起線圈中磁通量發(fā)生變化，產生交變電流。某穩(wěn)定風速環(huán)境下，電壓傳感器上得到的發(fā)電機電動勢u隨時間t變化的關系如圖2所示，則(

)

A.該交流電的頻率為2.5Hz

B.風力發(fā)電機電動勢的有效值為6V

C.若僅增大風速，使磁鐵轉速加倍，則電動勢表達式為u=24sin10πt(V)

D.將擊穿電壓為15V的電容器接到電壓傳感器兩端，在各種風速環(huán)境下電容器均安全工作10.“太空粒子探測器”簡化原理圖如圖，兩個同心扇形圓弧面PQ、MN之間存在輻射狀的加速電場，方向由MN指向PQ，圓心為O，兩弧面間的電勢差為U。右側邊長為L的正方形邊界abcd內存在垂直紙面向里的勻強磁場B(大小可調節(jié))，O點為ad邊的中點，PO、QO與ad邊的夾角均為30°。若太空中質量為m、電荷量為?e的粒子均勻地吸附到外弧面PQ的右側面上，由靜止經電場加速后穿過內弧面均從O點進入磁場，不計粒子重力、粒子間的作用力及碰撞，則(

)A.粒子到達O點時的速率v0=2eUm

B.若從O點垂直于ad邊界射入磁場的粒子恰能從c點離開，則B=54L2mUe

C.若沿PO方向射入磁場的粒子恰好從d二、非選擇題11.物理實驗課上，同學們用可拆變壓器探究“變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系”?？刹鹱儔浩魅鐖D甲、乙所示。乙圖中線圈上標的數字×100為該接線柱到“0”接線柱間的線圈匝數。

(1)觀察變壓器的鐵芯，它的結構和材料是______。

A.整塊硅鋼鐵心

B.整塊不銹鋼鐵芯

C.絕緣的銅片疊成

D.絕緣的硅鋼片疊成

(2)如圖，當左側線圈“0”“2”間接入6V交流電壓時，右側線圈“0”“4”接線柱間輸出電壓可能是______。

A.3V

B.11.2V

C.12.4V

(3)第(2)問測得結果電壓比不等于匝數比的原因可能是______。12.某同學根據所學知識制作了一臺簡易電子科，原理圖如圖甲所示，圖中電壓表可視為理想電壓表(量程為3V)，滑動變阻器的最大阻值R=12Ω，ab部分的長度L=20cm，滑片P與托盤固定連接。

(1)該同學將電子科里兩節(jié)紐扣電池(如圖丙所示)串聯，利用如圖乙所示的電路測定串聯后電池的電動勢和內阻，根據多次測量得到的數據作出的U?I圖像如圖丁所示，可知一節(jié)紐扣電池的電動勢E=______V，內阻r=______Ω。(結果均保留兩位有效數字)

(2)該同學分析了實驗中由電表內阻引起的誤差。圖中實線是根據本實驗的數據描點作圖得到的U?I圖像，虛線是該電源在沒有電表內阻影響的理想情況下所對應的U?I圖像，則可能正確的是______。

(3)為了得到電壓表的示數U與被測物體質量m之間的關系，該同學還設計了如下實驗：

①調節(jié)圖甲中滑動變阻器的滑片P的位置，使電壓表的示數恰好為零；

②在托盤里緩慢加入細砂，直到滑動變阻器的滑片P恰好滑到b端，然后調節(jié)電阻箱R0，直到電壓表達到滿偏，此時電阻箱的阻值R0應取______Ω；(保留兩位有效數字)

(4)將電壓表的表盤改為電子科的表盤，直接顯示稱量物體的質量，則電子秤的表盤刻度是______的(填“均勻”或“不均勻”)。13.如圖甲，O點為單擺的固定懸點，將力傳感器接在擺球與O點之間?，F將擺球拉到A點，釋放擺球，擺球將在豎直面內的A、C之間來回擺動，其中B點為運動中的最低位置。圖乙表示細線對擺球的拉力大小F隨時間t變化的曲線，圖中t=0為擺球從A點開始運動的時刻，g取10m/s2。求：

(1)單擺的擺長；

(2)擺球的質量。14.如圖甲，x軸上方(不含x軸)存在著垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間周期變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正。有一粒子源位于坐標原點O，可在0～T2時間內的某個時刻垂直x軸向上發(fā)射速率為2πLT的帶正電粒子，其中T為帶電粒子在磁場中的運動周期，求：

(1)粒子在磁場中的運動半徑；

(2)粒子的運動軌跡與x軸相切點的坐標；

15.如圖，間距為L的兩平行光滑金屬導軌水平放置。abcd區(qū)域內有方向豎直向上、大小為B的勻強磁場。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動，磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態(tài)，兩金屬桿在運動過程中始終與導軌垂直，且在磁場內不相碰。已知金屬桿N出磁場時的速度為v03，金屬桿M、N的質量分別為2m，m，兩金屬桿在導軌間的電阻均為R，忽略感應電流產生的磁場以及導軌的電阻，求：

(1)金屬桿N的最大加速度大??；

(2)初始時刻金屬桿N距磁場左邊界ab的最小距離x；

(3)若初始時刻僅改變磁場左邊界ab的位置，令金屬桿N距左邊界ab的距離為(k+1)x(金屬桿M依然在磁場外，k>0)，要求金屬桿M能出磁場，且不與金屬桿N相撞，則k

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、某點的磁場方向與該點的正電荷所受磁場力方向垂直，故A錯誤；

B、穿過某一回路的磁通量變化越大，磁通量變化不一定越大，則產生的感應電動勢不一定越大，故B錯誤；

C、將一小段直導線放在磁場中，若導線不受安培力，可能是因為導線與磁場平行，此處磁感應強度可以不為0，故C錯誤；

D、若把+q改為?q，且速度反向，大小不變，根據左手定則可知，洛倫茲力的方向不變。由F=qvB分析洛倫茲力的大小也不變，故D正確。

故選：D。

磁場方向與電荷所受磁場力方向垂直?；芈分挟a生的感應電動勢與磁通量變化率成正比。當導線與磁場平行時，不受安培力。根據左手定則判斷洛倫茲力方向。由F=qvB分析洛倫茲力的大小。

解答本題的關鍵要掌握磁場和電磁感應的基礎知識，要注意磁場力與電場力的區(qū)別，知道磁場方向與電荷所受磁場力方向垂直。2.【答案】C

【解析】解：A、圖甲是真空冶煉爐，當爐外線圈通入高頻交流電時，在鐵塊中會產生渦流，鐵塊中就會產生大量熱量，從而冶煉金屬，故A錯誤；

B、圖乙是回旋加速器，帶電粒子在恒定電場中加速后進入磁場中偏轉，再進入電場中加速、進入磁場中偏轉，最后由特殊的裝置將粒子引出，所以電場為交變電場，故B錯誤；

C、圖丙是毫安表的表頭，運輸時要把正、負接線柱用導線連在一起，運輸過程中導線轉動切割磁感應線產生感應電流、產生安培力阻礙線框的轉動，這是為了保護電表指針，利用了電磁阻尼原理，故C正確；

D、由電磁驅動原理可知，搖動手柄使得蹄形磁鐵轉動，則鋁框會同向轉動，且比磁鐵轉的慢，即同向異步，和磁鐵轉得不一樣快，故D錯誤。

故選：C。

真空冶煉爐，在鐵塊中會產生渦流，產生大量熱量，冶煉金屬。

根據回旋加速器的工作原理進行分析；

將毫安表的表頭短接來保護電表，利用了電磁阻尼原理；

當磁鐵與線圈相對運動時，導致線圈的磁通量發(fā)生變化，從而產生感應電流，根據電磁阻尼的知識進行分析。

該題為電磁驅動的模型、電磁阻尼等知識，考查法拉第電磁感應定律，知道感應電流的磁通量總阻礙引起感應電流的磁場變化，同時掌握回旋加速器的工作原理。3.【答案】C

【解析】解：A、如圖所示，得甲的周期為

T甲=4s

乙的周期為

T乙=8s

代入數據解得

T甲T乙=12

由關系式

f=1T

聯立解得

f甲f乙=21

故A錯誤；

B、t=2s時，甲在平衡位置處，回復力為零，得加速度為零，故B錯誤；

C、t=2s時，乙速度為零，在正向最大位移處，故C正確；

D、t=4s時，甲、乙都處于平衡位置，具有最大的速度，但甲在下時刻位移為正，即甲向正向運動，此時速度方向為正，而乙在下時刻位移為負，即乙向負向運動，此時速度方向為負，得甲、乙兩彈簧振子得速度方向相反，故D錯誤。

故選：C。

A、利用圖像信息計算甲、乙周期，利用周期與頻率的關系計算比值；

4.【答案】BC

【解析】解：AB、當閉合電鍵，因為線圈與D1串聯，所以電流I1會慢慢增大，最后達到最大值；當電鍵斷開，因為線圈阻礙電流的減小且方向不變，所以通過D1的電流不會立即消失，會從原來的大小慢慢減小到零，故A錯誤，B正確；

CD、當閉合電鍵，燈泡D2這一支路立即就有電流；當電鍵斷開時，D2這一支路原來的電流立即消失，但線圈與D1和D2、D3構成回路，通過D1的電流也流過D2，所以I2變成反向，且逐漸減小到零，故C5.【答案】C

【解析】解：A.R1變大，總電阻增大，電路總電流減小，內阻兩端的電壓減小，路端電壓增大，R3兩端電壓增大，電容器內電場強度增大，帶電微粒受到的電場力大于重力，帶電微粒將向上加速運動，故A錯誤；

B.電路的外電阻為R外=R1(R2+R3)(R1+R2+R3)

解得R外=1.5Ω>r

R1變大，電路的外電阻增大，電源輸出功率減小，通過R2、R3的電流增大，R2、R3的功率增大，則R1上的功率一定減小，故B錯誤；

C.根據C=?rS4πkd

電容器兩極板距離增大時，電容減小，電容器兩極板電勢差不變，根據

Q=CU

可知電容器帶電量減少，電容器放電，電流表的電流方向從a到b，故C正確；

D.開關S閉合時，干路電流為

I干=ER外+r

路端電壓為

U=E?I干r

電阻6.【答案】B

【解析】解：線框進入磁場時，根據楞次定律可以判斷出感應電流的方向為順時針，所以感應電流為正值，由于ab邊與AB邊平行，所以ab邊進入磁場后線框切割磁感線的有效長度一直為：l′=lcos60o=32l

根據動生電動勢公式有：E=Bl′v

線框中的電流為：I=ER

可知，有效切割長度不變，電流都不變。

線框全部進入磁場后，由幾何關系可知，a點即將從AC邊穿出，在穿出磁場過程中根據楞次定律，可判斷出感應電流方向為逆時針，所以電流為負值。

線框在穿出磁場的過程中有效切割長度從0開始增大到l′后又逐漸減小到0，

根據動生電動勢公式有：E=Bl′v

線框中的電流：I=ER，可知，電流先增大后減小。故ACD錯誤，B正確。

7.【答案】A

【解析】解：設軌跡圓的半徑為r，當軌跡圓的直徑落在PQ上時粒子射出磁場時的位置最遠，如圖所示

由幾何關系

∠POQ=90°

2R=2r

解得粒子做圓周運動的半徑為

r=2R2

作出粒子的軌跡圖像，陰影區(qū)域為有粒子經過的面積，如圖所示

則有

S1=πr22=πR24=π×224m28.【答案】CD

【解析】解：磁感應強度豎直向上，B隨時間成正比增加，由楞次定律可知，變化的磁場產生的感生電場沿順時針方向；

小球帶正電，小球所受電場力沿順時針方向，與小球的運動方向相反，小球做減速運動，當小球速度減小到零后，小球沿順時針方向加速運動，速度又增加；

A、小球在水平面內做圓周運動，環(huán)對小球的彈力與小球所受的洛倫茲力提供向心力，小球做逆時針減速運動時，洛倫茲力與向心力方向相反，則環(huán)對小球的沿水平方向上的彈力減去洛倫茲力等于向心力，當小球速度為0時，向心力和洛倫茲力均為0，此時小球對環(huán)水平方向上壓力為零，由于豎直方向上的壓力等于重力，不變，則可以說明壓力一定有減小過程，故A錯誤；

B、由于小球的速度先減小后增大，且有為零的瞬間，則可知，雖然磁場是增大的，但由洛倫茲力公式f=qvB可知，小球受到的磁場力肯定不是一直增大的，故B錯誤；

C、由以上分析可知，小球先沿逆時針方向減速運動，過一段時間后沿順時針方向加速運動，故C正確；

D、開始時電場力與運動方向相反，故電場力做負功，當小球減速到零后反向運動后，電場力與運動方向相同，電場力做正功，故D正確。

故選：CD。

變化的磁場產生感生電場，由楞次定律判斷出感生電場方向，然后判斷帶電小球受到的電場力方向，判斷小球的運動性質，然后判斷小球對環(huán)的壓力如何變化，判斷小球受到的磁場力如何變化。

本題考查了楞次定律的應用，由楞次定律判斷出感生電場的方向，是正確解題的前提與關鍵；根據感生電場方向判斷出帶電小球受力方向，即可正確解題。9.【答案】AC

【解析】解：A.由圖象可得交流電的周期是T=0.4s，則根據T=1f=10.4Hz=2.5Hz，故A正確；

B.由圖象可得交流電的電動勢的最大值為Um=12V，根據U=Um2=122V=62V，可得風力發(fā)電機電動勢的有效值62V，故B錯誤；

C.轉動的角速度ω=2πT=2π10.【答案】ACD

【解析】解：A.粒子加速過程，根據動能定理可得

eU=12mv02

解得粒子到達O點時的速率

v0=2eUm，故A正確；

B.若從O點垂直于ad邊界射入磁場的粒子恰能從c點離開，軌跡如圖所示

由幾何關系有

L2+(R?L2)2=R2

根據牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有

ev0B=mv02R

解得

B=45L2mUe，故B錯誤；

C.如上圖所示，若沿PO方向射入磁場的粒子恰好從d點射出磁場，由幾何關系可得

r2=L2

根據牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有

ev0B=mv02r2

解得

B=2L2mUe，故C正確；

D.如上圖所示，磁感應強度最小時，只要沿著QO方向入射的粒子軌跡與bc邊界相切，則其他方向射入磁場的粒子均能從cd邊界射出，由幾何關系可得

11.【答案】D

B

有漏磁現象

【解析】解：(1)觀察變壓器的鐵芯，它的結構是絕緣的硅鋼片疊成，故ABC錯誤，D正確；

故選：D。

(2)若是理想變壓器，則有變壓器線圈兩端的電壓與匝數成正比的關系，若變壓器的原線圈接0和2兩個接線柱，副線圈接0和4兩個接線柱，可知原副線圈的匝數比為1：2，則副線圈的電壓為12V，考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現象，則輸出電壓可能小于12V，但一定大于原線圈的6V，故AC錯誤，B正確；

故選：B。

(3)不是理想變壓器，有漏磁等現象導致電壓比不等于匝數比。

故答案為：(1)D；(2)B；(3)有漏磁現象

(1)變壓器的結構是絕緣的硅鋼片疊成；

(2)原、副線圈電壓之比與線圈匝數之比的關系分析解答；

(3)實際使用的變壓器并非理想變壓器，都有漏磁現象。

本題考查探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系實驗，要求掌握實驗原理、實驗裝置、實驗步驟和數據處理。12.【答案】1.9

0.23

C

2.8

均勻

【解析】解：(1)根據閉合電路的歐姆定律

E=U+Ir

整理得

U=?Ir+E

圖像縱截距表示電動勢，則兩節(jié)紐扣電池的電動勢為

E=3.8V

一節(jié)紐扣電池的電動勢為

E′=E2=1.9V

圖像斜率的絕對值表示兩節(jié)紐扣電池的內阻，則兩節(jié)紐扣電池的內阻為

r=|k|=3.8?2.04.0Ω=0.45Ω

一節(jié)紐扣電池的內阻為

r=r2≈0.23Ω；

(2)由電路圖可知，由于電壓表的分流作用，電流的測量值小于真實值，因此虛線在實線的上方，當電壓表示數為零時電流測量值與真實值相等，因此虛線與實線在I軸相交，故C正確，ABD錯誤。

故選：C。

(3)電壓表達到滿偏時，滑動變阻器接入電路的阻值R=12Ω，根據歐姆定律

UR=ER+r+R0

解得電阻箱的阻值

R0=2.75Ω≈2.8Ω；

(4)根據平衡條件

kx=mg

根據閉合電路的歐姆定律，電路中的電流

I=ER+R0+r

與電壓表并聯部分的電阻

R1=xLR

根據歐姆定律，電阻R1兩端電壓

U=IR1

聯立解得電壓表的示數為

U=gERk(R+R0+r)Lm

由此可知，所稱量物體的質量m和電壓表的示數U13.【答案】解：(1)小球運動到最低點時，繩子的拉力最大，在一個周期內兩次經過最低點，由圖可知，單擺的振動周期T=0.6πs

根據單擺的振動周期公式T=2πl(wèi)g

解得單擺的擺長l=0.9m

(2)設最大偏角為θ，由圖像可知，在最高點A時F1=0.99N

在最低點B時F2=1.02N

對球在A時F1?mgcosθ=0

球在B時受力分析，由牛頓第二定律F2?mg=mv2l

對球從最高點到最低點的過程，由機械能守恒定律mgl(1?cosθ)=12m【解析】(1)小球運動到最低點時，繩子的拉力最大，在一個周期內兩次經過最低點，根據該規(guī)律，求出單擺的周期．再根據單擺的周期公式，求出擺長；

(2)小球在最高點時繩子的拉力最小，在最低點時繩子拉力最大，求出最高點和最低點繩子拉力的表達式，再結合動能定理或機械能守恒定律求出擺球的質量。

本題考查了單擺周期公式的應用，解決本題的關鍵掌握單擺的運動規(guī)律，知道單擺的周期公式，以及會靈活運用機械能守恒定律、牛頓第二定律解題。14.【答案】解：(1)根據牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力有

qvB=mv2r

帶電粒子在磁場中的運動周期為

T=2πmBq

聯立解得粒子在磁場中的運動半徑為

r=L；

(2)粒子的運動軌跡與x軸相切時，粒子的運動軌跡如圖所示

根據幾何關系得：sinθ=L2L=12

解得：θ=30°

故OA=2Lcosθ+L=2L×32+L=(3+1)L

粒子的運動軌跡與x軸相切點的坐標為【解析】(1)根據牛頓第二定律和周期公式聯立求解粒子在磁場中的運動半徑；

(2)作出粒子運動的軌跡圖像，根據幾何知識求解圓心連線與x軸的夾角，進一步求解軌跡與x軸相切點的坐標。

本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要求學生能正確分析帶電粒子的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規(guī)律解題。15.【答案】解：(1)金屬桿M剛進入磁場時，金屬桿N的加速度最大，當細金屬桿M以初速度v0向右剛進入磁場時，根據電磁感應定律，產生的動生電動勢為

E=BLv0

根據閉合電路的歐姆定律，回路中電流的為

I=E2R