2022-2023学年福建省宁德市高二上学期居家检测物理试题含解析

宁德市2022-2023学年度第一学期高二居家检测

物理试题

注意：

1.在本试卷上作答无效，应在答题卡各题指定的答题区域内作答。

2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共6页。

第Ⅰ卷（选择题共40分）

一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。

1. 如图所示是一种油箱内油面高度检测装置的示意图，金属杠杆的一端接浮标，另一端触点O接滑动变阻器R．已知电源电动势恒定，内阻不能忽略，指示灯L灯丝电阻不变，电流表为理想电表．下列说法中正确的是

A. 当油箱内油面下降时，电源的效率减小

B. 当油箱内油面下降时，电流表示数增大

C. 油箱内的油越多，指示灯L越暗

D. 油箱内的油越多，电源总功率越大

【答案】D

【解析】

【详解】B．当油面下降时，浮标位置降低，在杠杆作用下，滑动变阻器的滑片O向上移动，滑动变阻器连入电路的阻值变大，电流为

知电路中的电流变小，电流表示数变小，故B错误；

A．当油面下降时，浮标位置降低，在杠杆作用下，滑动变阻器的滑片O向上移动，滑动变阻器连入电路的阻值变大，路端电压增大，根据电源的效率公式

可知电源的效率一定增大，故A错误；

C．油箱内的油越多时，浮子上升，滑片下移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，指示灯L越亮，故C错误；

D．油箱内的油越多时，浮子上升，滑片下移，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小；根据欧姆定律可知，电路中的电流变大，根据电源总功率P=IE，可知总功率变大，故D正确．

故选D．

2. 一个带绝缘底座的空心金属球A带有的正电荷，其上端开有适当小孔，有绝缘柄的金属小球B带有的负电荷，使B球和A球内壁接触，如图所示，则A、B带电荷量分别为（　　）

A. 、 B. 、

C. 、 D. 、

【答案】B

【解析】

【详解】B球与A球接触后成为一个新的导体，由于带电导体的电荷只能分布于导体的外表面，因此

故选B。

3. 我国的特高压直流输电是中国在高端制造领域领先世界的一张“名片”，特别适合远距离输电，若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇如图所示的等差等势线同心圆，、、、是等势线上的四点，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，则（　　）

A. 电势的大小为 B. 场强的大小为

C. 人从沿着圆弧走到会发生触电 D. 间距离等于2倍间距离

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，圆心处的电势最高，向外越来越低，电势的大小为，A错误；

B．场强看等势线的疏密，由图可知场强的大小为，B正确；

C．和在同一条等势线上，人从沿着圆弧走到不会发生触电，C错误；

D．的平均场强大于的平均场强，的电势差等于电势差的二倍，根据可以定性判断出间距离小于2倍间距离，D错误；

故选B。

4. 如图所示是一种新型节能路灯。它“头顶”小风扇，“肩扛”太阳能电池板。关于节能路灯的设计解释合理的是（　　）

A. 太阳能电池板将太阳能转化为电能 B. 小风扇是用来给太阳能电池板散热的

C. 小风扇是风力发电机，将电能转化为机械能 D. 蓄电池在夜晚放电时，将电能转化为化学能

【答案】A

【解析】

分析】

【详解】这种新型节能路灯，“肩扛”太阳能电池板可以把太阳能转化为电能；“头顶”的小风扇可以把风能转化为电能，这样只要有风，这种路灯也可以发电，填补了阴天和晚上不能发电的空白，可用于路灯晚上照明使用；蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能，故A正确，BCD错误。

故选A

二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

5. 某同学将四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表、和两个电压表、。已知电流表的量程大于的量程，电压表的量程小于的量程，改装好后把它们按如图所示的接法连入电路，则（　　）

A. 电流表的示数等于电流表的示数

B. 电流表指针的偏转角等于电流表指针的偏转角

C. 电压表的示数小于电压表的示数

D. 电压表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角

【答案】BC

【解析】

【详解】B．由题图可知，两电流表并联，相当于四个电阻并联，两表头两端的电压相等，流过两电流表的电流相等，故两电流表指针的偏转角相同，B正确；

A．根据上述两电流表指针的偏转角相同，因的量程大于的量程，故的示数比的示数大，A错误；

D．根据图可知，两电压表串联，相当于四个电阻串联，流过两个表头的电流相等，故两电压表指针的偏转角相等，D错误；

C．根据上述两电压表指针的偏转角相等，由于电压表的量程小于的量程，故的示数比的示数小，C正确。

故选BC。

6. 如图所示，一圆环水平放置，圆心为O，其上放置四个电荷量相等的点电荷，这四个点电荷处于互相垂直的两直径的两端，一直径两端的电荷均为正电荷，另一直径两端的电荷均为负电荷。为圆环的中轴线，且、两点关于O点对称，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）

A. O点处的电场强度为零

B. 电子从点沿直线移至O点的过程中电势能减小

C. 上各点的电势均为零

D. 质子从点沿直线移至O点的过程中所受电场力一直减小

【答案】AC

【解析】

【详解】A．O点处于两对等量同种电荷的中点，则合电场强度为零，A正确；

BC．、位于两等量异号电荷的中垂线上，则、在零势面上，电子从点沿直线移至O点的过程中电势能不变，B错误，C正确；

D．、位于两对等量同号电荷的中垂线上，两正电荷和两负电荷的电场强度等大反向，故、连线上合电场强度处处为零，则质子所受的电场力为零，D错误。

故选AC。

7. 一个六边形导线框放在匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示，时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。则在0~5s时间内，下列描述线框中的感应电流I（规定顺时针方向为正方向）、ab边所受安培力F（规定垂直ab沿纸面向右为正方向）随时间t变化的图像正确的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【详解】AB．由图可知，内，线圈中磁通量的变化率相同，所以内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向； 同理可知，磁通量不变，感应电流为零，内电路中的电流为逆时针，即为负方向，根据

，

两段时间内电流强度大小相等，故A错误，B正确；

CD．两段时间内电流强度大小相等，由

F＝BIL

可知，F与B成正比，根据左手定则可知，与内安培力方向向右，为正，与内安培力方向向左，为负，故C错误，D正确。

故选BD。

8. 在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（   ）

A. 图线a表示的是电压表V3的示数随电流表A示数变化的情况

B. 图线c表示是电压表V2的示数随电流表A示数变化的情况

C. 此过程中电压表V1示数的变化量U1和电流表A示数变化量I的比值变大

D. 此过程中电压表V3示数的变化量U3和电流表A数变化量I的比值不变

【答案】ABD

【解析】

【详解】AD．图线a表示的是电源E和R1串联后作为等效电源的路端电压和干路电流的U—I图线，即U3—I图线，且其斜率的绝对值为r＋R1，AD正确；

B．图线c表示的是R1的U—I图线，即U2—I图线，B正确；

C．图线b表示的是U1—I图线，其斜率的绝对值为r，C错误。

故选ABD。

第Ⅱ卷（非选择题共60分）

三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。

9. 某同学要测量一节电池电动势和内阻，除了被测干电池，实验室提供的器材还有：

A．电流计G（满偏电流，内阻）

B．电流表A（，内阻未知）

C．滑动变阻器

D，电阻箱

E．开关S与导线若干

（1）该同学根据实验室提供的器材设计实验电原理图如图甲所示，请根据电原理图将图乙的实验实物连接完整______．

（2）实验将电流计与电阻箱串联，将电流计改装成量程的电压表，则电阻箱接入电路的阻值________；连接好电路后，闭合电键前，应将图乙中滑动变阻器的滑片P移到最______（填“左”或“右”）端，闭合电键后，调节滑动变阻器，测得多组电流计的读数，电流表的读数，作出图像，如图丙所示，忽略改装后的电压表分流对测量结果的影响，测得该电池的电动势______V，内阻为______．（结果均保留3位有效数字）

【答案】    ①.     ②. 9900    ③. 左    ④. 1.48    ⑤. 0.844

【解析】

【详解】（1）[1]实物图连接如图所示

（2）[2]电阻箱接入电路的电阻

[3]闭合电键前，应将滑动变阻器滑片移到最左端，使其接入电路的电阻最大。

[4][5]根据闭合电路欧姆定律有

解得

电池内阻

10. “碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。用天平测量两个小球的质量、，且；直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通过测量相关量，来间接解决这个问题。下面是两个实验小组的实验情况：

（1）实验小组甲的实验装置如图1所示。在水平槽末端的右侧放置一个竖直屏，竖直屏的O点与小球的球心等高。实验时，先让入射球多次从斜轨上A位置静止释放；然后把被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射小球，从斜轨上A位置静止释放，与小球相撞，多次重复操作，得到两球落在竖直屏上的平均落点、、，量、、的高度、、。

则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________。（用上述步骤中测量的量表示）

（2）实验小组乙的实验装置如图2所示。在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验（1）的操作，得到两球落在斜面上的平均落点、、，用刻度尺测量斜面顶点到、、三点的距离分别为、、。

则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为___________。（用上述步骤中测量的量表示）

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【详解】（1）[1]设小球在B点平抛初速度为v，水平位移为x，竖直位移为H，对于平抛运动有

解得

可见当x一定，平抛初速度v与成正比，设小球1碰撞前瞬时速度为，碰撞后瞬间小球1、小球2的速度分别为，。每次平抛运动的水平位移x一定，平抛初速度越大，下落的高度越小即越靠近O点，可知无碰撞时小球1的平均落点为，碰撞后小球1、小球2的平均落点分别为、。

可得

若两球相碰前后的动量守恒，需满足

联立整理得

则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为

（2）[2]设斜面倾角为，平抛初速度为v，落点与抛出点的距离为L，对于平抛运动有

解得

可见平抛初速度v与成正比。

设小球1碰撞前瞬时速度为，碰撞后瞬间小球1、小球2的速度分别为、。无碰撞时小球1的平均落点为，碰撞后小球1、小球2的平均落点分别为、。

可得

若两球相碰前后的动量守恒，需满足

联立整理得

则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为

11. 某高二学习小组在学习自感电动势时了解到自感电动势，教材中称自感系数L与线圈的大小、形状、圈数、以及是否有铁芯等因素有关。他们决定探究一下这个结论。查阅资料知道，长且直的密绕的螺线管内部磁场可以看成匀强磁场：B＝µ0nI，µ0为常数，I为螺线管中电流， 是单位长度上的线圈匝数，l是螺线管长度，N为线圈总匝数。

（1）他们首先用霍尔材料来探究螺线管内磁场是否为匀强磁场。如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、上下表面为正方形的金属导体（二者单位体积内所含的自由电子数相同），但R1的尺寸比R2的尺寸大。将两导体同时放置在同一匀强磁场B中，磁场方向垂直于两导体正方形表面，在两导体上加相同的电压，形成图所示方向的电流；电子由于定向移动，会在垂直于电流方向受到洛伦兹力作用，从而产生霍尔电压，当电流和霍尔电压达到稳定时，下列说法正确的是（        ）

A．R1中的电流大于R2中的电流

B．R1中的电流等于R2中的电流

C．霍尔电压和图中通过电流I成正比，和图中竖直向上的磁感应确定B成正比

D．R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压

（2）根据理论推导，他们决定保持图1左右两侧的电流不变，在图1前后表面连接电压表测定霍尔电压，请你用导线将电源、滑动变阻器，毫安电流表连好电路，来控制霍尔元件中电流，两块表都使用较小量程______

（3）用该电路测量出多组数据，得到下图所示的B—x图象（x为螺线管中点开始的水平距离）则除去边缘外_____（填可以、不可以）验证管内磁感应强度公式B＝µ0nI正确。

（4）最后，请根据法拉第电磁感应定律推导出长且直的螺线管的自感系数。设螺线管内部磁场为匀强磁场：B＝µ0nI，µ0为常数，I为螺线管中电流，是单位长度上的线圈匝数，l是螺线管长度，N为线圈总匝数。设每匝线圈包围的面积为s，螺线管总长度为l，螺线管体积V＝sl，则自感系数L表达式正确的是 （        ）  

A．  B． C．    D．

【答案】    ①. BCD##BDC##CBD##CDB##DCB##DBC    ②.     ③. 可以    ④. AB##BA

【解析】

【详解】（1）[1]AB．设导体的边长为a，厚度为d，根据电阻定律可知导体的电阻为

两导体厚度和材料都相同，所以电阻相同，加上相同的电压，根据欧姆定律

可知电流相等，A错误，B正确；

C．根据霍尔元件的工作原理可知

根据表达式可知霍尔电压和图中通过的电流I成正比，和图中竖直向上的磁感应确定B成正比，C正确；

D．根据霍尔电压表达式可知，R1中产生的霍尔电压等于R2中产生的霍尔电压，D正确。

故选BCD。

（2）[2]将器材串联即可，根据电流的方向连接导线，如图所示

（3）[3]根据图像可以看出除去边缘外，其余部分可以看作匀强电场，改变滑动变阻器接入电路中的电阻，改变电路中的电流大小，可知验证螺线管内部的磁感应强度与电流成正比。

（4）[4]根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势

又因为

故

故选AB。

12. 某同学应用楞次定律判断线圈中导线的缠绕方向。器材有：一个绕向未知的线圈，一个条形磁铁，一只多用电表，导线若干。操作步骤如下：

①为避免指针反向偏转损坏电表，先调整指针定位螺丝使指针尽量偏向零刻线右侧；

②把多用电表和线圈按图甲连接，将选择开关旋转到10mA档；

③将条形磁铁N极向下插入线圈时，发现多用电表的指针向右偏转；

④根据楞次定律判断出线圈中导线的缠绕方向。

请回答下列问题：

（1）在步骤①中调整多用电表的指针定位螺丝是______（选填“a”、“b”或者“c”）；

（2）可判断线圈中导线的缠绕方向如图乙中的_______（选填“A”或“B”）所示；

（3）若条形磁铁插入越快，多用电表的指针偏角_________（选填“越大”或“越小”）。

【答案】    ①. a    ②. B    ③. 越大

【解析】

【详解】（1）[1] 甲图中的a是多用电表的指针定位螺丝。

（2）[2] 将条形磁铁N极向下插入线圈时，向下穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流产生的磁场方向向上；多用电表的指针向右偏转，则感应电流从红表笔流入多用表，根据安培定则，可以判断出导线的缠绕方向如图乙中的B所示。

（3）[3] 条形磁铁插入越快，磁通量变化越快，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势越大，则电流越大，所以多用电表的指针偏角越大。

13. 如图甲所示，足够长的两金属导轨MN、PQ水平平行固定，两导轨电阻不计，且处在竖直向上的磁场中，完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒的电阻均为R=0.5Ω，且长度刚好等于两导轨间距L，两导体棒的间距也为L，开始时磁场的磁感应强度按图乙所示的规律变化，当t=0.8s时导体棒刚要滑动。已知L=1m，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：

（1）每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及0.8s内整个回路中产生的焦耳热；

（2）若保持磁场的磁感应强度B=0.5T不变，用如图丙所示的水平向右的力F拉导体棒b，刚开始一段时间内b做匀加速直线运动，每根导体棒的质量为多少？导体棒a经过多长时间开始滑动？

（3）在a、b两棒之间的PQ导轨上串联一保险丝，保险丝是一根长为L0，半径为r的极细圆柱形状的金属丝（r远远小于L）其电阻率较小为ρf，设熔断电流为I，近代物理发现，热的物体会辐射能量，辐射功率可以表示为，其中T为物体温度，A为物体表面积，σ为一常数，当保险丝达到熔点就会熔断，求保险丝的半径r表达式（用I、L0、ρf、T、σ表示）

【答案】（1）0.25N，0.2J；（2）0.5 kg，2s；（3）

【解析】

【详解】（1）开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化，则回路中电动势为

电路中的电流为

当t=0.8s时有

回路中产生的焦耳热为

（2）磁场的磁感应强度保持B=0.5T不变，在a运动之前，对b棒施加如图丙所示的水平向右的拉力，根据牛顿第二定律有

，， 

即

根据题意结合丙图图线可得

，

解得

，

当导棒a刚好要滑动时有，

解得

此时b运动的时间为

（3）由热功率等于辐射功率可得

结合电阻定律可得

整理得

14. 某种质谱仪的原理如图所示。两平行金属板之间有如图所示大小为E的匀强电场，还有方向垂直纸面、磁感应强度为的匀强磁场（图中未画出）。半径为R的圆形区域内有方向垂直纸面向外、磁感应强度为的匀强磁场。接收器P安放在与圆形磁场同圆心O的弧形轨道上，A、C、O、D在同一直线上，OP与OD的夹角为。若带电粒子恰能从A点沿直线运动到C点，再进入圆形磁场中，不计粒子的重力。求：

（1）匀强磁场的方向以及粒子到达C点时的速度大小；

（2）用此仪器分析某元素的两种同位素（电荷量相同，质量不同），接收器分别在和的位置上接收到了粒子，则它们的比荷之比为多大。

【答案】（1）磁场方向垂直纸面向里，；（2）1:3

【解析】

【详解】（1）带电粒子沿直线经过A、C，受电场力和洛伦兹力平衡，根据左手定则可判断磁场方向垂直纸面向里，则有

（2）由洛伦兹力提供向心力可得

在和的位置接收到的粒子，在磁场中匀速圆周运动的半径分别为

带入等式可得

15. 如图所示，两条足够长的金属导轨水平放置，相距为L，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨左端接一电阻R。将长为L的金属杆CD置于导轨上，质量为m，电阻为r，与水平导轨间的动摩擦因数为。现给金属杆一个水平向右的初速度为v，杆在运动距离x后停下，运动过程中杆与导轨始终保持垂直且接触良好。重力加速度为g，不计导轨电阻，求：

（1）刚开始运动时金属杆CD加速度大小，比较C、D两点电势高低；

（2）整个过程中电阻R上产生的焦耳热和流经R的电量；

（3）整个过程中金属杆CD运动所用的时间。

【答案】（1），C点电势比D点电势高；（2），；（3）

【解析】

【详解】（1）由右手定则可知C点电势比D点电势高；根据法拉第电磁感应定律有

根据闭合电路欧姆定律有

金属棒CD受到安培力大小为

对轨道的压力

受到的摩擦力

根据牛顿第二定律有

可解得此时金属杆的加速度大小

（2）根据能量守恒定律

联立求得

根据

联立求得

（3）由动量定理有

联立求得