重庆市第八中学2026-2027学年高二上学期物理学科练习(1)（10.16）

重庆八中高2028级高二（上)物理学科练习（1) 一.单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中， 只有一个选项符合题目要求。 1.下列关于静电场的说法中正确的是（) A,由U=Ed可知，匀强电场两点间的电势差等于电场强度与这两点间距离的乘积 B.若电场力对电荷做了正功，则该电荷的电势能一定减少 C.汽车喷漆中常采用让油漆微粒与待喷工件分别带同种电荷实现均匀喷涂 D.电工高空高压作业时，在工作服内编织金属丝的目的是提高衣服的耐穿性 2.下列说法正确的是() A.某手机电池铭牌为3.7V1200mAh”,说明该电池的电动势为3.7V,功率为1200W B.电源电动势就是电源路端电压 C.焦耳热公式Q=I2Rt适用于任何电路 D.由电流定义式I=可知I与g成正比 3.下列关于磁场的相关判断和描述正确的是() 五五十 S 卫 甲 丙 A.甲图中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实 B.乙图中如果长为！、通过电流为I的短直导线在该磁场中所受磁场力的大小为F, 则可测出该处磁感应强度必为B=无 C丙图中导线通电后，其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实 D.丁图中环形导线通电后，其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实 试卷第1页（共8页) 4.黑箱外有编号为1、2、3的三个接线柱，黑箱内有电阻、二极管、电容器各1个，用多 用电表探测黑箱内电学元件的实验中，某次测量步骤如下，第一步：1、3间正反接，电 表指针稳定后所测电阻值相等：第二步：黑表笔接1、红表笔接2时电阻很小，反接时电 阻很大：第三步：黑表笔接3、红表笔接2时电表指针稳定后所测电阻值比第一步中所测 电阻值略大一些，反接时电表指针稳定后所测电阻值比第一步中所测电阻值大得多。依 据以上结论可判断黑箱内元件接法为( B 5.如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b 垂直于纸面，电流方向向外，则导线a所受安培力方向() a b⊙ A.平行于纸面向上 B.平行于纸面向下 C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里 D左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外 6.如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D四个点将半径为3cm的圆平均分为四个等份， 其中A、B、C三点的电势分别为2V、14V、8V,圆所在平面与匀强电场方向平行。下 列说法正确的是() A.D点的电势为10V BB点和D点的电势差为8V C.该电场的电场强度为20Vm,方向由B指向A D.将一电$从C点移到A点过程中，电场力做的功为-6eV 试卷第2页（共8页） 7如图所示，长度为L内壁光滑的轻玻璃管平放在水平面上，管底有一质量为m电荷量 为g的正电小球。整个装置以速度№进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向竖直向 下，在外力的作用下向右匀速运动，最终小球从上端口飞出。从玻璃管进入磁场至小球 飞出上端口的过程中（) XX ××× ×XX :×××X A.小球运动轨迹是一段圆弧 B.小球沿管方向的加速度大小a=oB-m9 C.洛伦兹力对小球做功WF=qvoBL D.管壁的弹力对小球做功W:=qoBL 二.多选题：本题共3小题，每小题5分，共计15分。在每小题给出的四个选项中，有 多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分。 8.重庆八中的小宏同学，某次生病输液时，对医院的一种输液报警器工作原理比较感兴 趣。于是展开研究，观察发现当管内药液流完时，电铃发；报警器内部有一可变电阻， 当输液管内有液体时，电阻大；无液体时，电阻小，报警器的电路如图乙所示（电源电 动势E不变，电源内阻为r,电表均为理想电表)。则当闭合开关S时，下列分所正确的 是( ) 报警器 可变电阴 电铃 匆 乙 A.输完药液后，电压表示数变小 B.输完药液后，可变电阻两端电压变小 C.输完药液，电铃响，说明其实际功率变大 D.在输液过程中路端电压的变化量大小△U路与电流的变化量大小△I的比值变大 试卷第3页（共8页） 9.如图，在光滑水平面上下方对称放置两个足够长的通电直导线，两个导线中的电流大 小相等，方向相反。O是导线连线和水平面的交点，水平面上有关于O对称的两个点A 和B。一个可视为质点的带正电绝缘物块从A点以一定的初速度向右运动。下列说法正 确的是() ☒ A.O点磁感应强度为零 B.A、B两点磁感应强度相同 mmmmmi1mimmr B C.物块从A到O的时间等于物块从O到B的时间 D.物块从A到O的时间小于物块从O到B的时间 10.如题图所示的平面直角坐标系xOy中，在第二象限边长为L的正方形ABC0区域I内存 在沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小为E。在第一象限的虚线CD上方区域Ⅱ内存在 沿y轴负向的匀强电场，电场强度大小为4Eo,电场边界CD为一条曲线，C、D点坐标分 别为(0，L)、(L,0)。在AB上排列着质量为m,电荷量为g(g>0)的粒子，所有粒子 由静止释放后都能运动到D点，然后立即进入一矩形电场区域Ⅱ（图中未画出），电场方 向沿x轴负方向，大小为E0,且所有粒子都能返回x=L这条虚线。除BC边界外所有电场 边界均有电场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力，则() D A.粒子运动到y轴时的速度大小2吧 m B.所有运动到D点的粒子，速度最大为 10E09L m C.第一象限电场边界CD的曲线方程y=二（亿一x)2 D.矩形电场区域Ⅲ的最小面积2L2 试卷第4页（共8页） 三.实验题：本题共2小题，第11题6分，第12题9分，共计15分。 11.某同学用伏安法测绘一小灯泡的伏安特性曲线，可用的器材如下： 待测小灯泡，标有2.8V,1.4W 电压表V(量程3V,内阻约为2K2) 电流表A1（量程0.3A,内阻约为0.12) 电流表A2(量程0.6A,内阻约为0.22 滑动变阻器R1(阻值0~10002) 滑动变阻器R2(阻值0~102) 直流电源E(3V,内阻不计) 开关S；导线若干。 (1)电流表选择 (选填“A”或A2”),滑动变阻器选择 （选填“R1”或“R2”)。 (2)该同学通过实验测出多组数据，做出该灯泡的I-U图像如图甲所示，则该灯泡的电阻 随电压的增加而 (选填“增大减小”或“不变)。 AIA 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 U八V 00.51.01.52.02.53.0 甲 乙 (3)请在虚线框乙内画出实验电路图 (4)如果把两个这样相同的小灯泡串联后接到一电动势为5V、内阻为102的电源两端，则 每个小灯泡消耗的功率为W(结果保留两位有效数字)。 12.某物理爱好者设计了一个三挡位(“×1“×10“×100”) 的欧姆表，其内部结构如图所示，K为单刀三掷开关，R为 R2 调零电阻，R1、R2、R3为定值电阻，表头G的满偏电流为Ig, E.F ● 内阻为Rg,干电池的电动势为E,内阻为r。用此欧姆表测量 某待测电阻的阻值，回答下列问题： R (1)欧姆表的两只表笔中，（选填“a”或“b”)是红表笔。 试卷第5页（共8页） (2)当欧姆表的挡位为“×1”时，应将单刀三掷开关K与（选填“12”或3”)接通。 (3)若从“×10”挡位换成“×1”挡位，再进行欧姆调零时，调零电阻R的滑片应该 (选填 ‘向上”或“向下”)调节。 (4)在×100'挡位进行欧姆调零后，在ab两表笔间接入阻值为60002的定值电阻R1,稳定 后表头G的指针偏转到满偏刻度的2；取走R1,在ab两表笔间接入待测电阻Rx,稳定后 表头G的指针偏转到满偏刻度的；，则Rx=2。 (5)若电源电动势原来为1.5V,一段时间后，电动势降为1.2V,用此欧姆表欧姆调零后测 量某电阻，读数为302，则该电阻的真实值为2。 四.计算题：本题共3小题，共42分，13题12分，14题14分，15题16分。解答应写 必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后结果的不能给分。 13.(12分)利用电动机通过如图所示电路提升重物，已知电源电动势E=6V,电源内 阻r=12,电动机内阻r0=22,电阻R=32,重物质量m=0.10kg。当电动机以稳定的 速度肉速提升重物时，理想电压表的示数为U=5.5V,不计空气阻力和摩擦，g取10m/s2。 求： (1)流经电动机的电流I; R 0 (2)电动机的输出功率； 电动机 (3)重物上升的速度。 窗 试卷第6页（共8页） 14.如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF,水平放置 一金属棒MN与导轨接触良好，棒中通有图示方向电流1，I随时间变化规律满足I= kt欣>O,且为已知常量)。现从t=O时刻由静止释放金属棒。已知磁感应强度为B,金属 棒的质量为m,导轨宽度为L,棒与导轨间的动摩擦因数为4，重力加速度为g。求： (I)经多长时间金属棒MN的速度达到最太； 2)金属棒MN的最大速度； (3)金属棒MN受到的摩擦力的最大值。 试卷第7页（共8页） 15.(16分)如图所示，竖直平面内有一光滑的半圆形绝缘轨道PQ与绝缘水平面在P点 平滑相接，圆心为O,其半径R=0.2m,距P点左侧L=1.8m处有一竖直固定挡板MN, 挡板MN长d-0.4m,挡板中心为O',O'O所在水平面与MP所在水平面之间存在竖直向 上的匀强电场，电场强度E2×103Vm,一带电荷量q+1×103C,质量为m=0.1kg的小 球，以水平初速度o-4.5ms从P点进入半圆形轨道，沿着半圆形轨道运动到Q点抛出， 最后打在挡板MN上，小球可视为质点，不考虑电荷转移，取g=10m/s2。求： (1)小球运动到？点的速度大小： (2)小球打在挡板MW上的位置； (3)若小球沿着半圆形轨道运动从Q点抛出最后打在挡板的OM段，求小球初速度的 取值范围。 N 0 O 100000 0 -G E M 试卷第8页（共8页） 重庆八中高2028级高二（上)物理学科练习(1) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D BC BC ABC 1.B 【详解】A.U=Ed,d是指沿电场方向的距离 B.Ep=pq,故B正确； C若油漆微粒与工件带同种电荷，会因排斥导致喷涂不均，正确方法是使两者带异种电荷，利用静电吸附， 故C错误。 D.电工工作服内编织金属丝的目的是通过金属丝的导电性形成静电屏蔽，保护电工免受高压电场影响， 而非提高耐穿性，故D错误： 故选B。 2.c 【洋解】A.电池铭牌中的“3.7V是电动势，“1200mAh”表示电荷量（电池容量），A错误； B.电动势是电源未接入电路时电源两端的电压，路端电压是电源接入电路后电源两端的电压，故B错误； C.焦耳热公式Q=IRt适用于任何电路中电阻产生的焦耳热（无论是否含非纯电阻元件），故C正确； D.电流定义式1=9是比值定义，【的大小由q和t共同决定，不能直接得出1与g成正比（需固定 之 时间t),故D错误。 故选C。 3.C 【详解】A.根据安培定则，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，图甲所示两导线应相互排斥，故A 错误； B.只有长为1、通过电流为I的短直导线垂直放在匀强磁场中所受磁场力的大小为F,则可测出该处磁感 应强度才为B=卫， =7,故B错误； C.根据安培定则可知，如图直导线下方有垂直纸面向里的磁场，N极向纸面内转动，故C正确； D.根据安培定则可知，如图环形导线内部有垂直纸面向外的磁场，N极向纸面外转动，故D错误。 故选C。 4.C 【详解】用多用电表欧姆挡测量结果如下：第一步：1、3间正反接，电表指针稳定后电阻值相等，可知测 量1、3间时，连入电路的电阻是一定值；第二步：黑表笔接1、红表笔接2时电阻很小，反接时电阻很大， 可知1、2间为二极管，且测量1、2间时，二极管正向接入电路中；第三步：黑表笔接3、红表笔接2时 指针稳定时电阻值比第一步中测得的电阻值略大一些，反接时比第一步中测得的电阻值大得多，可知2、3 间为电容器。综上分析可知，黑箱内画出可能的电路结构如图C所示，选项C正确。 故选C。 5.D 【详解】通电直导线b的电流方向向外，根据安培定则（右手螺旋定则）可知，导线b产生的磁场是以b为 圆心的同心圆，在导线的左半部分，磁场方向斜向左下方，根据左手定则，左半部分所受安培力方向垂 直纸面向里；在导线的右半部分，磁场方向斜向左上方，根据左手定则，右半部分所受安培力方向垂直 纸面向外。 故选D。 6.D 【详解】A.在匀强电场中平行且相等的两线段端点间电势差相等，有po一P4=P:一P 答案第1页（共7页） 解得pw=8V,故A错误： B.B点和D点的电势差为UD=Pp一P,=6V,枚B错误； C.由以上分析可知，C点和D点的电势相等，即CD连线为等势线，故电场线垂直CD连线，又因为B 点电势最高，故电场线由B指向4，电场强度为E=-6Y=200Vm,故C错误； d0.03m D,将一电子从C点移到A点过程中，电场力做的功为W=gUcM=-×(p-p)=-6®V,故D正确。 故选D。 7.D 【详解】AB.由题意知小球既沿管方向运动，又和管一起向右匀速直线运动，又因为管平放在水平面上， 则对小球受力分析知，沿管方向小球所受洛伦兹力为恒力，由牛顿第二定律得 qvoB=ma 解得 a=9%B m 即沿管方向小球做匀加速直线运动，而水平方向做匀速直线运动，所以小球轨迹为抛物线，故AB错误； C.因为洛伦兹力方向总是和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，故C错误； D.因为最终小球从上端口飞出，沿管方向的速度为 v2=2aL 而水平方向一直匀速直线运动，所以小球动能增加，又因为洛伦兹力不做功，所以管壁对小球向右的弹力 对小球做正功，且小球飞出时速度为 v=w2+喝 所以整个过程对小球由动能定理得 1 R,-5m2- 2 2m2 解得管壁的弹力对小球做功为 Wr =qvoBL 故D正确。 故选D。 8.BC 【详解】分析电路：可变电阻与电铃串联，电流表测总电流，电压表测电铃两端电压。 已知：输液管内有液体时，可变电阻大；无液体（输完药液）时，可变电阻小。 E AB.输完药液后，可变电阻R燮变小，总电阻R:=R+R+r变小，总电流I= 变大。 R总 电铃电阻R不变，由U=R可知，电压表示数变大； 内阻r和电铃电阻R的分压U,+铃=I(r+R转)变大，由U变=E-U,+铃 可知，可变电阻两端电压变小。故B正确，A错误。 C.电铃的实际功率P=2R,输完药液后I变大，R不变，因此P变大，电铃发声。故C正确。 答案第2页（共7页） D.路端电压U=E-r,因此 A=r,电源内阻r是定值，该比值不变。故D错误。 I 选BC。 9.BC 【详解】A.两根导线电流相反、对称放置，上方导线（电流向里）和下方导线（电流向外）在O点产生 的磁场方向均为水平向左，合磁感应强度叠加后不为零，故A错误； B.对水平面上任意一点，两根导线产生的磁感应强度的竖直分量相互抵消，水平分量叠加，合磁场方向 始终水平向左；A、B关于O对称，两点磁感应强度大小相等、方向相同，因此磁感应强度相同，故B正 确； CD.物块速度方向沿水平，合磁感应强度方向也沿水平，速度与B平行，因此洛伦兹力为0：水平面光 滑，物块水平方向不受力，做匀速直线运动。AO与OB位移相等、速度不变，因此物块从A到O的时间 等于从O到B的时间，故C正确，D错误。 故选BC。 10.ABC 【详解】A.对粒子进行分析，根据动能定理有q,L=)m解得。= 2EqL 2 ,故A对 m B.粒子到达D点位置时，对速度达到最大值的粒子有x=2aL,结合上述解得y,=2y。 所以最大速度为v5vn,B对 C粒子区域Ⅱ内做类平抛运动，则有乙-x=4,y=)亚 根据牛顿第二定律有4,9=m,解得y=L-小，C对 D.所有粒子都能返回x=L这条虚线，在矩形电场区域Ⅲ中，粒子水平方向做双向匀变速直线运动，加速 度大小与区域I中相等，则有x=L= 2 竖直方向做匀速直线运动，但只需要水平方向的速度反向就一定可以回到虚线，则有ymi="ymax 解得S>Xiny=4L2，D对 11.(1) A2 R2 (2)增大 A (3) (4)0.30(0.27~0.33) 【详解】(1)山小灯泡的额定电流I=P-05A 电流表A,量程为0.3A,小于小灯泡额定电流0.5A;电流表A2量程为0.6A,大于0.5A,所以电流表应选 择A20 答案第3页（共7页） [2]测绘小灯泡的伏安特性曲线，需要滑动变阻器采用分压式接法，分压式接法应选择阻值较小的滑动变阻 器，这样便于调节电压，故选R2。 (2②)根据欧糊定钟及-号 在1-)图像中，某点与原点连线的斜率的倒数表示电阻。由图甲可知，随着电压U增大，图像上的点与 原点连线的斜率逐渐减小，所以其倒数（电阻）逐渐增大，即该灯泡的电阻随电压的增加而增大。 (3) (4)设每个小灯泡两端的电压为U,电流为1。两个小灯泡串联后接到电源两端，根据闭合电路欧姆定律 E=2U+Ir 代入数据得5=2U+101 整理得U=2.5-51 在小灯泡的1-U图像中作出U=2.5-51的直线，两图线的交点坐标即为小灯泡的工作电压和电流。 则每个小灯泡消耗的功率P=Ⅱ=0.30W 12.(1)a (2)3 (3)向下 (4)4000 【详解】(1)欧姆表内部电流从黑表笔流出，经待测电阻后，从红表笔流进欧姆表，黑表笔与内部电池正 极相连，红表笔与内部电源负极相连，因此图中a是红表笔。 (2)欧姆表内阻大，中值电阻大，欧姆表的倍率越大，根据闭合电路的欧姆定律，欧姆表内阻R,一 E 当开关K拨向3时，根据并联电路电流的分配原则可知，与表头并联的电阻越小，该支路的电流越大，回 路中满偏电流越大，则欧姆表内阻越小，即为“×1挡位。 (3)从“×10挡位换成“×1”挡位，即开关K从2拨向3，满偏电流由I2变成I3,欧姆调零电阻由R零2变 成R零3 根据闭合电路欧姆定律有E=12(R2+r）+L(R。+R),E=I®(R+r)+L（R。+R2+R) 又1e2<8 则R零2>R零3，即调零电阻接入电路的阻值减小，因此滑片向下滑动。 （4)根据闭合电路的欧姆定律，在“×100挡位进行欧姆调零，则1。尺 在a、b两表笔间接入阻值为60002的定值电阻R,稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的4，则 4R为+R 答案第4页（共7页） 。E 表笔间接入待测电阻R,稳定后表头G的指针偏转纱满偏刻度的，则了 2 联立解得R,= 则有R,=40002 13.(1)0.5A (2)1.5w (3)1.5ms,方向竖直向上 【详解】(1)电路为串联电路，电压表测量路端电压，根据闭合电路欧姆定律可得E=U+㎡ 代入已知数据可得I=0.5A (2)根据焦耳定律可得，电动机的热功率为P=I2=0.5W 电动机两端的电压为UM=U-IR=4V 电动机的输入功率为乃，=UwI=2W 可得电动机的输出功率为=RM-P,=1.5W (3)由于电动机的输出功率，等于匀速提升重物做功的功率，则有P=Fv=mgy 可得重物上升的速度v=1.5m/s,方向竖直向上 14.(1)3. kB:(2) mg 2ukBL:(3)2mg 【详解】(1)导线受安培力为 F=BIL 根据左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，导致棒在运动过程中受到摩擦力，根据牛顿第二定律有 mg-uBIL ma 当a=0时，金属棒速度达到最大，此时有 mg-uBktoL=0 解得 =mg ukBL (2)由于 I=kt 根据上述有 a-g-HBL 作出金属棒的a-t图像，如图所示 Aa α-1图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示速度的变化量，由于金属棒初速 答案第5页（共7页） 度为0，则而积间接表示金属棒的速度，结合上述可知，最大速度为 1 mg2 m=24。=2ukBL 说明：第（2)也可以用动量定理 (3)结合上述，根据图像的对称性，可知，1=21时，金属棒的速度恰好减为0。 此瞬间安培力最大，则摩擦力最大，则有 fin =LBIL 其中 11=k-2t 由于 mg-uBkt L=0 解得 fmax =2mg 15.(1)4.5m/s (2)M点 (3)V2ms≤，≤1.8ms或3m/s≤y。≤9m/s 【详解】(1)小球从P点运动到9点，根据动能定理 qER-mgx2R-1mv-In 2 6 解得 v=4.5m/s (2)小球在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向先匀加速，进电场后再匀减速，设小球在电场中的加 速度为a,则 gE-mg =ma 解得 a=10m/s2 即小球在电场内外的加速度大小相等，方向相反，竖直方向的运动具有对称性，小球从抛出到进入电场过 程，有 1 R=2856 解得 46=0.2s 小球从抛出到打在挡板上的时间 t=2=0.4s=24 由对称性可知，小球在进入电场后竖直方向的位移也为R,小球刚好打在M点； (3)小球刚好从右上方打在O点，则 41=6+4n4(n=0,1,2,3.…) 所以 答案第6页（共7页） L_9 y=4n+7(m-0,1,2,3.) 小球刚好从右下方打在O'点，则 4=3t。+4nt(n=0,1,2,3.) 所以 L9 24n+3（n=0,1,2,3.) 小球要打在OM段，初速度应满足 4n+3s65,9 9 n+1（m=0,1,2,3…) 小球沿半圆轨道运动，在Q点，应满足 mg≤m- R 解得 v,≥VgR=V2m/s 在P点，应满足 E-mg≤m R 所以 综上，小球初速度取值范围是 √2m/s≤y,≤1.8m/s或3m/s≤v%≤9m/s 答案第7页（共7页）