【文档说明】四川省南充市阆中中学校2021-2022学年高二下学期开学考试物理答案.docx，共(14)页，182.246 KB，由管理员店铺上传

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阆中中学高2020级2021—2022学年寒假学习水平测试物理参考答案1．D【解析】【详解】A．根据等量异种电荷的电场分布可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向相同，选项A错误；B．因A点的场强大于O点场强，而O点的场强大于D点的场

强，可知A、D两点的电场场强不相同，选项B错误；C．两电荷之间的电场线从M到N，则从A点静止释放正的试探电荷，试探电荷将一直沿MN直线向右运动，选项C错误；D．虚线BD是等势线，则将试探电荷沿虚线从D移动到B，电场力不做功，选项D正确。故选D。2．B【解析】【详解】

由于cd中产生的磁场变化使线圈中产生感应电流，金属棒ab向左运动并且电流方向为a到b，根据左手定则，可知磁场一定是向外的；根据楞次定律可知，磁场一定是增大的，再根据安培定则可知，cd中电流一定是由c到d，且大小在增大。故选B。3．D【解析】【详解】AB．以小球B为研究对象，分析受力情况，如图所

示。B球所带电量减少，A、B间的库仑力F减小。设A与O点间距离为d，A、B间的距离为R，由三角形相似得=mgTFdLR=所以12TT=故A、B错误。CD．R减小，也就是B球距离A球距离更近，由正点电荷产生的电势可知，越靠近点电荷，电势越大，所以12故C错误，D正确

。故选D。4．B【解析】【详解】A．根据左手定则可知，它们的安培力的方向均相同，A错误；BCD．根据LRS=导线越长，电阻越大，根据UIR=可得，ACB导线电流最小，而ADB导线电流最大，四段导线的有效长度都相同，再由FBIL=ADB段受到的安培力最大，ACB导线电流最小，CD错误B正确

。故选B。5．B【解析】【详解】A．磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力水平向左，根据平衡tan60=BILmg解得3mgBIL=A错误；B．若磁场方向平行于细线向下，由左手定则可知，安培力垂直绳子斜左向上，根据平衡sin

60=BILmg解得32mgBIL=B正确；C．若磁场方向水平向左，由左手定则可知，受安培力竖直向上，根据平衡，绳子拉力为零mgBIL=解得mgBIL=C错误；D．根据三力平衡，当安培力垂直于绳子方向时，安培力最小，磁感应强度B的最小，根据选项B可知，最小值为32mgIL，

D错误。故选B。6．A【解析】【详解】AC．当R5的滑片向a端移动过程中，R5的阻值变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可得()1112112EIUEIrUEIrRRRr==−=−+++外，，可知，I1变大，U1变小，U2变小。由公式可得()2224UIRR=+

易知2242URRI=+比值不变。故A正确；C错误；BD．同理可得()112112UIrUIrRR==++，整理可得ΔU1<ΔU2，11UI不变故BD错误。故选A。7．ABC【解析】【详解】A．由安培定则可知，在t2～t3时间内，a点相当于电源的正极

，d点相当于电源的负极，因此a点的电势始终比d点的电势高，故A正确；B．在t3～t4时间内，螺线管中磁场的变化率减小，产生的感应电动势减小，穿过金属圆环L的磁通量减小，L有扩张趋势，故B正确；C．由安培定则可知，在t1～t2时间内，导线框中有dcbad方向的电流，由于磁场变化率减小，导致感应电流

逐渐减小，穿过金属圆环L的磁通量减小，由楞次定律可知L内有顺时针方向的感应电流，故C正确；D．在t2～t3时间内，螺线管产生的感应电动势不变，穿过金属圆环L的磁通量不变，L内无感应电流，故D错误。故选ABC。8．BC【解析】【详解】A．方法一：对金属棒从释放位置到OO′应用动能定理可

得212mghmv=解得2210m5m220vhg===方法二：由图像可知匀加速阶段的位移即为释放金属棒的位置到OO′的距离1110m5m2h==A错误；B．由图像可知金属棒在磁场中做匀速直线运动22BLvmgBILRr==+解得1TB=B正确；CD

．由图像可知1～2s内金属棒下落的高度为'10mh=所以金属棒克服安培力做的功为'40JWmgh==故整个回路在这段时间内产生的焦耳热为40JQW==总电阻R产生的焦耳热为=32JRQQRr=+总C正确，D错误。故选BC

。9．12（12.0）1R1121IrII−【解析】【详解】（1）[1]由图可得电阻约为12R=（2）[2]由题知电流表A1内阻已知，故可当做电压表，故电表相应位置如图所示（3）[3]因为这是分压式电路，所以实验中所

用的滑动变阻器应该选R1；（4）[4]由电路图且结合欧姆定律可得1121xIRrII=−10．AD变大12xARkIR=−3.5【解析】【详解】（1）[1]由测量电路图可知，Rx两端的电压等于R1与A1的电压减去A2的电压，故A2的内阻必须知道，故A2选A[2]在为了准确读数，回路的

最小电流应大于两表量程的三分之一的和，超过0.1A.也就是回路的最大电阻值，根据4Ω40Ω0.1URI===所以滑动变阻器选择D（2）[3]调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝20mA，则与其串联的电阻

和电流表的两端电压必须减小，因此只有让滑动变阻器R接入电路的阻值变大，才能达到这样的条件；（3）[4][5]根据欧姆定律，则有()()11122AxARRIIRR+=+变形得21211xAARRRIRI+=−若图

线的斜率为k，则有21xARRkI+=解得12xARkIR=−由图乙可知，斜率102500.100.06k==−代入上式可得3.5xR=11．（1）0.4V；（2）0.8A，c→d；（3）0.32V【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势大小为ΔΔ0.4V

ΔΔBEStt===（2）根据闭合电路欧姆定律可得流过电阻的电流大小为0.8AEIRr==+根据楞次定律可知流过电阻的电流方向为c→d。（3）线圈两端a、b间的电压为0.32VabUIR==12．（1）0.5；（2）1

8W；（3）0.5A；（4）3.75W【解析】【详解】（1）因为灯泡L恰好能正常发光，电路中的路端电压为U＝8V，由闭合电路欧姆定律有EUIr=+代入数据得电源的内阻0.5=r（2）电源的总功率P=EI解得P=18W（3）通过灯泡的电流为L12A1.5

A8PIU===通过电动机的电流为IM=I－IL=0.5A（4）电动机的热功率为P热=2M0Ir=0.25W电动机的输出功率为P出=UIM-P热解得P出=3.75W13．（1）226Dag=；（2）13134RL=−；（3）'1174NFmg=；（4）1847xR

=【解析】【详解】(1)在D点，根据牛顿第二定律NDnFqEma−=；15Dnag=Dmgma=；Dag=根据合成可知226Dag=(2)从A到D2111()2DqELRmgLmgRmv+−−=在D点2DNvFqEmR−=215DvgR=所以13134

RL=−(3)令带电体在图示F点速度最大，OF连线与竖直方向夹角sincosmgF=；3tan4=所以3sin5=；4cos5=F到D22max11cos(1sin)22DmgRFRmvmv−

+−=−解得max4vgR=根据牛顿第二定律2max54NvFmgmR−=根据牛顿第三定律可知'1174NNFFmg==（4）从D到C22CD1122mgRFRmvmv−−=−2232CvgR=；C232vgR=离开C后，水平方向Cxvt=竖直方向mgFma+=212

2Rat=所以1847xR=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com