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和解析

3.0 envi 2024-09-25 4 4 416.76KB 9 页 3知币
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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
的滑片向下滑动时，
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
Ed
，
Q
UC
，
4
S
Ckd
，可得
4kQ
ES
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
、
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
cosd
，电场强度大小为
cos
U
Ed
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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
Ft
联立得
2nSh
F
由牛顿第二定律得
2F nhS
am 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
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
，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
02
q mv
 
得
0
0
2q
vm
所以若小球能运动到
处，则初速度
0
v
至少为
2q
m
，故 C错误；
D．当小球运动到
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
vm
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
2A 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
2A 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
psinE 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 3JE E E E mgx
   
总 总
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