2021-2022学年河南省焦作市温县第一高级中学高二（下）开学物理试卷（附答案详解）

2021-2022学年河南省焦作市温县第一高级中学高二（下）

开学物理试卷

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1.如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在其左上方固❷I

定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向

的电流时（）

A.磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用

B.磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用

C.磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用

D.磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用

2.如图所示，在真空中匀强电场的方向竖直向下，匀强磁Xxx

场的方向垂直纸面向里，三个油滴a、氏c带有等量同O

a

种电荷，其中a静止，b向右做匀速运动，c向左做匀速x

运动。比较它们的重力Ga、Gb、Gc的关系，正确的是（）

xxx

A.Ga最大v

B.Gb最大

C.Gc最大

D.Gc最小

3.如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水

和一玻璃杯水。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升

高，则通入的电流与水温升高的是（）再

A.恒定直流、小铁锅

B.恒定直流、玻璃杯

C.变化的电流、玻璃杯

D.变化的电流、小铁锅

4.如图所示,上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，

小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部,

则小磁块（）

A.在P和Q中都做自由落体运动

B.在两个下落过程中的机械能都守恒

C.在P中的下落时间比在Q中的长

D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大

5.随着科技的不断发展，小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电

方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌手机无线充电的原理

图，下列说法正确的是（）

A.无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”

B.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同

C.所有手机都能用该品牌无线底座进行无线充电

D.发送端和接收端间的距离不影响充电的效率

6.如图所示的电路中，两个相同的电流表，零刻点在刻度

盘的中央。当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；

当电流从“-”接线柱流入时，指针向左摆。在电路接

通且稳定时再断开开关的瞬间，下列说法正确的是（）

A.Gi指针向右摆，指针向左摆B.G［指针向左摆，G2指针向右摆

C.两指针都向右摆D.两指针都向左摆

7.如图所示，匝数为100匝的矩形线圈abed处于磁感应强度B=也T的水平匀强磁场

257r

中，线圈面积S=0.5m2,内阻不计.线圈绕垂直于磁场的轴。。'以角速度3=

107rrad/s匀速转动.线圈通过金属滑环与理想变压器原线圈相连，变压器的副线

圈接人一只“121Z,12W”的灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是（）

A.通过灯泡的交变电流的频率是50Hz

B.变压器原、副线圈匝数之比为10：1

第2页，共17页

C.矩形线圈中产生的电动势的最大值为120V

D.若将该灯泡更换为“12人24W”的灯泡且保证其正常发光，需要增大矩形线

圈的转速

8.如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab

夕，.

是圆的一条直径.一带正电的粒子从a点射入磁场，速度大小。用*f---------5

'、、,••/

为2v,方向与ab成30。时恰好从b点飞出磁场，粒子在磁场中运

动的时间为t;若仅将速度大小改为V,则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒

子所受重力）（）

A.3tB.z2;tC.-21D.2t

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9.如图所示，两颗卫星1、2在不同的圆轨道上绕地球做匀速V2

B.卫星1的向心加速度大于卫星2的向心加速度'〜/'

、、、■■■■

C.卫星1的动能大于卫星2的动能

D.相同时间，卫星1与地心连线扫过的面积小于卫星2与地心连线扫过的面积

10.2021年9月17日，神舟十二号飞船平安降落在东风着陆场预定区域。在即将着陆时,

返回舱主降落伞打开，逐渐减缓返回舱的下降速度，如图甲所示。现把主降伞简化

为图乙，若主降伞有8根绳子系在返回舱上，且与竖直方向的夹角均为仇返回舱、

宇航员及舱内物品的总质量为M,竖直减速下降九的过程中加速度大小为a,重力加

速度大小为9,则下降八高度的过程中（）

乙

A.返回舱处于失重状态B.返回舱的机械能增加Mgh

C.返回舱的动能减少MahD.每根绳的拉力大小为”里

11.如图所示，“旋转秋千”中的两个相同的座椅4、B,通过相CP

同长度的轻缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响。

现有以下两种情景：piir

.16:

(1)座椅2、B上均无人时，旋转圆盘绕竖直的中心轴以角速度

3匀速转动；

(2)座椅4、B上分别有大人和小孩时，旋转圆盘绕竖直的中心轴仍以角速度3匀速

转动。下列说法正确的是()

A.情景(1)中，悬挂座椅力、B的缆绳与竖直方向的夹角相等

B.情景(2)中，悬挂座椅4的缆绳与竖直方向的夹角小于悬挂座椅B的缆绳与竖直

方向的夹角

C.情景(1)悬挂座椅4的缆绳与竖直方向的夹角等于情景(2)悬挂座椅A的缆绳与竖

直方向的夹角

D.情景(1)悬挂座椅B的缆绳与竖直方向的夹角小于情景(2)悬挂座椅B的缆绳与

竖直方向的夹角

12.如图所示，空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E的大关.

小未知。把4、B两个相同的带电小球分别用长为L的绝缘细?缪\不一

线悬挂于。点.两小球带等量异种电荷，平衡时细线与竖直

方向的夹角均为。=45。。现将电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡。

已测得两个小球的质量均为m,带电小球可视为点电荷，重力加速度为g,静电力

常量为匕则()

A.小球4带负电B.小球B带负电

C.小球所带电荷量为L旧D.小球所带电荷量为3L旧

三、实验题(本大题共2小题，共18.()分)

13.(1)如图所示，螺旋测微器的读数为mm,游标卡尺的读数为mm.

(2)电压表接0〜3U量程，电压表的读数为V。

(3)电流表接0〜0.64量程，电流表的读数为4。

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14.在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，给定以下的器材来完成实验。

待测干电池E一节

电压表V（量程0〜3〜15V,内阻约为10k。）

电流表4（量程0〜0.6〜34,内阻约为1。）

滑动变阻器R】（0〜10。）

滑动变阻器/?2（。〜200。）

导线、开关S

（1）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（选填“RJ

或“/?2”）。

（2）在相应的方框中画出图1的电路图。

（3）该同学根据实验数据得到图2中的图线a,根据图线a求得电源电动势E=

X结果保留三位有效数字），内电阻r=0（结果保留两位有效数字）。

（4）图丙中b图线是标有“1.5人1.6W”的小灯泡的伏安特性曲线，该同学将该小

灯泡与本实验中的电池连成一闭合电路，小灯泡实际消耗的电功率是卬（保

留2位有效数字）。

四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）

15.如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q=-4x

IO-。的负点电荷从4点运动到B点，电场力做功为叱记=3.2x

10-6),AB间距离L=4m,与水平方向夹角为仇求：&

(1)B、4间电势差Up.是多少？

(2)电场强度E是多大？

16.在倾角0=37。的斜面上固定一金属框，宽1=0.25m,

接入电动势E=12V、内阻不计的电源，垂直框的两对

边放有一根质量m=0.2kg的金属棒ab,它与框架的动

摩擦因数4=0.6,整个装置放在磁感应强度B=0.87、

方向垂直框面向上的匀强磁场中。(设棒所受最大静摩

擦力等于滑动摩擦力，框架和棒的电阻不计，g取10m/s2,sin37。=0.6,cos37。=

0.8)

(1)金属棒所受安培力方向沿斜面向上还是向下？

(2)当滑动变阻器阻值多大时，金属棒不受摩擦力？

(3)为使金属棒静止在框架上，求变阻器能达到最大阻值。

17.如图所示的平面直角坐标系xOy中，在x轴的上方(y>0的空间内)存在着垂直于坐

标系所在平面的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为+q的粒子，从坐标原点。以速

度口垂直磁场射入，速度方向与x轴正方向成9角(弧度制)，粒子在磁场运动的过程

第6页，共17页

中到％轴的最大距离为d,不计粒子重力。求：磁感应强度B的大小及粒子在磁场中

运动的时间良

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如右图,

在根据左手定则判断安培力方向，如左图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向

右下方，如右图：

选取磁铁为研究的对象，磁铁始终静止，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩

擦力变大，方向向左。

故选：Co

先判断电流所在位置的磁场方向，然后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三

定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断。

本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的

受力情况。

2.【答案】C

【解析】解：因带电油滴a静止，故a不受洛伦兹力作用，只受重力和静电力作用；根据

平衡条件可知油滴一定带负电，设油滴带电荷量为q,则

Ga=qE

带电油滴b除受重力和竖直向上的静电力作用外，还受到竖直向下的洛伦兹力?法=

因做匀速运动，故根据平衡条件可得

Gb=qE_F洛

带电油滴c除受重力和竖直向上的静电力作用外，还受到竖直向上的洛伦兹力F步因做

匀速运动，故根据平衡条件可得

洛

Gc=qE+F

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比较以上各式可以看出

Gc>Ga>Gb

故AB。错误，C正确；

故选：C。

对abc三个粒子的受力进行分析，根据平衡条件可知重力、电场力、洛伦兹力的关系，

进而比较重力大小。

本题考查带电粒子在组合场的运动，解题关键掌握粒子的受力分析，根据匀速运动或静

止状态列式分析判断。

3.【答案】D

【解析】解：由于容器中水温升高，则是电能转化成内能所致。因此只有变化的电流才

能导致磁通量变化，且只有小铁锅处于变化的磁通量时，才能产生感应电动势，从而产

生感应电流。导致电流发热。玻璃杯是绝缘体，不能产生感应电流。故只有。正确，

ABC错误；

故选：Do

根据变化的电流，产生磁通量的变化，金属器皿处于其中，则出现感应电动势，形成感

应电流，从而产生内能。

考查产生感应电流的条件与磁通量的变化有关，同时要知道金属锅与玻璃锅的不同之处。

4.【答案】C

【解析】解：力、当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化，导致

铜管产生感应电流，因磁场，从而产生安培阻力，而对于塑料管内小磁块没有任何阻力，

在做自由落体运动，故A错误；

8、由4选项分析可知，在铜管的小磁块机械能不守恒，而在塑料管的小磁块机械能守

恒，故B错误；

C、在铜管中小磁块受到安培阻力，则在P中的下落时间比在Q中的长，故C正确；

。、根据动能定理可知，因安培阻力，导致产生热能，则至底部时在P中的速度比在Q中

的小，故。错误.

故选：C.

当小磁块在光滑的铜管P下落时，由于穿过铜管的磁通量变化,导致铜管产生感应电流，

因磁场，从而产生安培阻力，对于塑料管没有任何阻碍，从而即可求解.

考查安培力产生原因，注意感应电流产生条件，理解涡流的概念.

5.【答案】B

【解析】解：力、无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是电磁感应，故A错误；

8、由电磁感应原理，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，

故8正确；

C、只有手机中有接收线圈时，手机利用电磁感应，才能进行无线充电，故C错误；

。、无线充电的工作原理为电磁感应，发送端和接收端间的距离越远，能量损失越大，

故。错误。

故选：B。

手机无线充电的原理是电磁感应，结合电磁感应原理判断选项即可。

本题解题的关键在于正确理解电磁感应原理。

6.【答案】A

【解析】解：电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流

的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻。所以含有电感器

的支路的电流从“+”接线柱流入，Gi指针向右摆。含有电阻的支路电流从“-”接线

柱流入，G2指针向左摆。故4正确，BCD错误。

故选：A.

电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，

会阻碍其减小。

解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用：当电流增大时，会阻碍电流的增

大，当电流减小时，会阻碍其减小，而电阻没有此特点，当K断开电阻、电感构成一回

路。

7.【答案】B

【解析】

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【分析】

根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项

分析即可得出结论。

掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。

【解答】

4交流电的频率为为=5Hz,4错误；

BC.矩形闭合导线框4BCC在磁场中转动，产生的交流电压的最大值为/=nBso)=

100x2x0.5x10nV=120立V，所以交流电的有效值为120匕所以变压器原、副

257r

线圈匝数之比为120：12=10：1,B正确，C错误。

D由于灯泡的额定电压不变，所以不需要改变交流电的转速，所以力错误。

故选：B。

8.【答案】D

【解析】解：设磁场圆的半径为R,根据周期公式7=箸可得，同一粒子在磁场中运动

时的运动的周期相同，，""一•-'、、

/、、

当速度的大小为217时，圆周运动的圆心为0,；71，、

根据弦切角等于圆心角的一半可知，圆弧所对

的圆心角为60。；~7鼠父“

:场圆的半径恰好是粒子圆周运动半径的一\/,

当速度的大小为"时，半径为原来的一半，圆

周运动的圆心0'点，在原来的半径的中点处，

则新的粒子圆与磁场圆的半径相等，贝好=60°；由几何关系可知所对的圆心角为120。，

则粒子的运动的时间为23故。正确。

故选：D。

粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况,

可以判断粒子的运动的时间.

根据粒子的运动轨迹的情况，找出粒子运动的轨迹所对应的圆心角的大小可以求得粒子

的运动的时间.

9.【答案】BD

【解析】解：4、卫星1需要通过加速从而做离心运动到达卫星2所在的轨道，故A错误；

B、由G等=ma可知a=G*,故卫星的运动半径越大，向心加速度越小，故8正确;

C、虽然卫星1的速率大于卫星2的，但卫星的质量大小关系未知，因而不能比较两者的

动能关系，故C错误；

、根据几何关系可知在时间内卫星扫过的面积为

DtS=—Tt=-2y/GMr

可知在相同时间，卫星1与地心连线扫过的面积小于卫星2的，故。正确。

故选：BD。

A、根据变轨原理，可以判断卫星速度的变化；

以利用万有引力提供向心力得出加速度与运动半径的关系，进而得出两卫星的加速度

关系；

C、由于卫星的质量大小关系未知，因而不能比较两者的动能关系；

。、先得出在t时间内卫星扫过的面积表达式，再结合题意判断扫过面积的大小关系。

在判断两卫星在相同时间内扫过的面积时，一定要注意此时不能直接利用开普勒第二定

律直接判断面积相等，要注意熟记开普勒第二定律的内容。

10.【答案】CD

【解析】解：4、返回舱竖直减速下降的过程中，加速度向上，因而处于超重状态，故

A错误；

8、返回舱受到的拉力和空气阻力对其做负功，因而返回舱的机械能减小，故B错误；

C、根据动能定理可知，返回舱受到的合外力为Ma,合外力做功为-Mah,因而动能减

少Ma/i,故C正确；

D、设每根绳子的拉力为F,根据牛顿第二定律有8Fcos。一Mg=Ma,联立解得尸=

M(g+a),故。正确。

8cos8

故选：C。。

返回舱加速度向上，因而处于超重状态，返回舱受到的拉力和空气阻力对其做负功，因

而返回舱的机械能减小，根据合外力做功可知动能变化，根据牛顿第二定律解得拉力。

本题考查功能关系与牛顿第二定律，注意返回舱受到的拉力和空气阻力对其做负功，因

第12页，共17页

而返回舱的机械能减小。

11.【答案】BC

【解析】解：4、情景(1)中，当旋转圆盘绕竖直的中心轴以角速度3匀速转动时，4与8

的角速度相等，若悬挂座椅4、B的缆绳与竖直方向的夹角相等，

对于座椅4有mgtcm。=mo＞2以①，

对于B有jngtane=m32rB②，

由于。＜加，因而若①式成立，则②式不成立，则mgtan。＜即座椅B将做离

心运动，悬挂座椅B的缆绳与竖直方向的夹角将增大，故A错误；

BCD、由4讨论可知，悬挂座椅4、B的缆绳与竖直方向的夹角与座椅和人的质量无关,

故8、C正确，。错误。

故选：BC»

力B两个座椅具有相同的角速度，分别代入线速度、加速度、向心力的表达式，即可求

解。

该题中4B的角速度相等而半径不相等是解题的关键。要正确运用牛顿第二定律和向心

力公式分析此类问题。

12.【答案】AC

【解析】解：AB,两小球带等量异号电荷，根据“异J

种电互相吸引”可知两个小球相互吸引，所以匀强电/

场对4的电场力方向向左，故A带负电；匀强电场对Bq。/.展

的电场力方向向右，故8带正电，故A错误、B正确；

CD、设匀强电场的电场强度为E,根据几何关系可得

两个小球之间的距离为：「=夜占mg

当两个小球带电荷量大小均为q时，对4受力分析如图所示，根据平衡条件可得：

(qE-F^tand=mg,其中尸库=1

仅将两小球的电荷量同时变为原来的2倍，两小球仍在原位置平衡，对4根据平衡条件

可得：

4kq2

(2qE-F^)tan6=mg,其中//

联立解得：q=聿,故C正确、O错误。

故选：ACo

根据“异种电互相吸引"结合平衡条件分析匀强电场对4B的电场力方向确定电性；

对4受力分析，根据平衡条件列方程求解。

本题主要是考查了库仑力作用下的共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行

受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。

13.【答案】(1)6.124；50.85；(2)2.15；(3)0.16»

【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.4x0.01mm=6.124mm,

由图示游标卡尺可知，游标尺为20分度，精度为0.05mm,故其示数为：50mm+17x

0.05mm=50.85mm；

(2)电压表量程为3V,由图示电压表可知，其分度值为0.IV,示数为：2.15V：

(3)电流表量程为0.64由图示表盘可知，其分度值为0.02A,示数为：0.164；

故答案为：(1)6.124；50.85；(2)2.15；(3)0.16。

(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，游标卡尺主尺与游

标尺示数之和是游标卡尺示数；

(2)根据电压表量程与图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数；

(3)根据电流表量程与图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。

本题考查了螺旋测微器、游标卡尺、电压表与电流表读数，要掌握常用器材的使用及读

数方法；对器材读数时要注意视线要与刻度线垂直。

14.【答案】%1.450.500.69

【解析】解：(1)因电源的内阻一般较小，为保

证调节滑动变阻器时，电流表示数变化明显，所

以滑动变阻器应选治；

(2)根据实物图可知，采用伏安法测量电源的电

动势和内电阻，电流表采用相对电源的外接法，

原理图如图所示；

(3)根据U=E-/r可知，a图线与纵轴的截距表示电动势的大小，即E=1,45叭斜率

第14页，共17页

表示电源的内阻，即r=当=会乎0=0.500；

(4)a、b两图线交点纵横坐标的乘积就表示小灯泡实际消耗的电功率，由图可知，电压

U=1A5V,I=0.6/1,电功率P=U/=1.15x0.6W=0.69

故答案为：(1)&；(2)如图所示;(3)1.45；0.50；(4)0.69o

(1)为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；

(2)根据实物图得出对应的原理图；

(3)根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻;

(4)根据图示图象求出灯泡的工作电压与工作电流，然后应用电功率公式求出灯泡的实

际功率。

本题考查了实验器材选择、对实物电路图的认识以及实验数据处理等问题，应用图象法

处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。

15.【答案】解：(1)48间电势差为：UAB=^f-=^^V=-8V

则有：UBA=-UAB=8K

(2)匀强电场的电场强度为：E=涓*=*V7m=4V/ni

答：(1)8、4间电势差UBA是8V；

(2)电场强度E是4V/zn。

【解析】(1)根据W=qU求解电势差；

(2)根据U=Ed求解电场强度大小。

解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系，再运用〃=qU计算时，注意q的正负

和U的正负都要代入计算，掌握匀强电场的场强公式E=：注意d是沿电场线方向上的距

离。

16.【答案】解：(1)根据左手定则，安培力方向沿斜面向上

(2)当金属棒与框架之间恰好无摩擦时，金属棒沿斜面的合力为零。

根据力的平衡可得：BIl=mgsind,

1

R

联立解得R=20

(3)滑动变阻器阻值越大，回路中电流越小，导棒所受安培力越小，最大静摩擦力方向

沿斜面向上

根据平衡条件得：mgsind=nmgcosd+噜,

解得：R'=10/2

答：(1