2023天津静海区一中高二下学期3月学业能力调研物理试题含解析

静海一中2022-2023第二学期高二物理（3月）

学生学业能力调研试卷

第Ⅰ卷：基础题（共77分）

一、单项选择题：每小题3分，共18分。

1. 在匀强磁场中，一个60匝的闭合矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，穿过该线框的磁通量随时间成余弦函数变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A. 在t=5×10-3s时，线框处于中性面位置

B. 在t=1.5×10-2s时，线框中感应电动势为零

C. 线框中产生的感应电动势有效值为150V

D. 线框中产生的感应电动势瞬时值的表达式为V

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据图象可知，在t=5×10-3s时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，位于与中性面垂直位置，故A错误；

B．在t=1.5×10-2s时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故B错误；

C．感应电动势的最大值为

所以线框中产生的感应电动势有效值为

故C正确；

D．根据图像可知

在t =0时刻，线框从中性面开始转动，则线框中产生的感应电动势瞬时值的表达式为

故D错误。

故选C。

2. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u=200sin 100πt （V），设理想交流电压表V1、V2的示数分别是U1、U2；理想交流电流表A1、A2的示数分别是、。下列说法正确的是（　　）

A. 电压表V2的示数U2=20 V

B. 滑片P向b端滑动过程中，U2不变，变大

C. 滑片P向b端滑动过程中，U1变小，变大

D. 通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1

【答案】B

【解析】

【详解】A．由u=200sin 100πt （V）可知输入电压有效值为

由，可得

故A错误；

B．滑片P向b端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，电压由原线圈输入电压决定，不变，所以U2不变，则I2变大，故B正确；

C．电压由原线圈输入电压决定， 副线圈的电阻变化不影响输入电压，所以U1不变，I1变大，故C错误；

D．变压器不改变交变电流的频率，通过原、副线圈的交变电流频率相同，故D错误。

故选B。

3. 如图为电压互感器的示意图，把低压交流电压表接在副线圈上，可以测量高压输电线路的电压．原、副线圈的匝数分别为n1和n2，下列说法正确的是

A. n1应该用较粗的导线，n2可以用较细的导线

B. 如果电压表的读数为Uv，则输电线路的电压为

C. 原线圈电流的频率高于副线圈电流的频率

D. 如果高压线路为直流输电线路，只要把交流电压表换成直流电压表就同样可以测量线路电压

【答案】B

【解析】

【详解】A. 电压互感器变压器原副线圈的电流之比与匝数成反比,可知副线圈的电流大,所以应该用较细的导线, 可以用较粗的导线，故A错误；

B. 电压互感器变压器的原副线圈的电压之比与匝数成正比,如果电压表的读数为U,则输电线路的电压为：，故B正确；

C. 变压器不改变交流电的频率，原线圈电流的频率等于副线圈电流的频率，故C错误；

D. 变压器只改变交流电的电压，不改变直流电的电压，所以如果高压线路为直流输电线路，把交流电压表换成直流电压表，也不能可以测量线路的电压．故D错误

故本题选B．

4. 如图所示为一交流电压随时间变化的图象。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得此交流电压的有效值为（　　）

A. 7.5 V B. 2 V C. 8 V D. 3 V

【答案】B

【解析】

【详解】由电压随时间变化的图象可知，它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以,取一个周期进行分析，在0~1s内是正弦式电流，则电压的有效值等于V。在1~3s内是恒定电流，则有效值等于9V。则在0~3s内，产生的热量为

解得

故选B

5. 如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，到弹簧恢复原长的过程中弹簧对木块冲量I的大小和弹簧对木块做的功W的大小分别是（　　）

A. I=0，W=mv02 B. I=mv0，

C. I=2mv0，W=0 D. I=2mv0，

【答案】C

【解析】

【详解】在木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程中，弹簧对木块做负功，在弹簧将木块弹出的过程中，弹簧对木块做正功，且正功与负功的绝对值相等，故在整个相互作用的过程中弹簧对木块做的总功

W=0

木块将以-v0的速度被弹回，由动量定理可得，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量的大小

故选C。

【点晴】解决本题关键将整个相互作用过程分为木块与弹簧接触到将弹簧压缩为最短的过程和弹簧将木块弹出的过程进行分析，注意动量为矢量，有大小和方向。

6. A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为（     ）

A. 10m/s B. 5m/s C. 6m/s D. 12m/s

【答案】A

【解析】

【详解】取A球的速度方向为正方向，AB的总动量大小为：

根据动量守恒得：，解得：

A．10m/s．故A符合题意．   

B．5m/s．故B不符合题意．   

C．6m/s．故C不符合题意．   

D．12m/s．故D不符合题意．

二、多项选择题：每小题4分，共12分。

7. 如图所示，交流发电机的矩形线圈边长ab＝cd＝0.4 m，ad＝bc＝0.2 m，线圈匝数N＝100 匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈在磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以ω＝100π rad/s的角速度匀速转动，外接电阻R＝9 Ω，从图示时刻开始计时，则（　　）

A. 该发电机产生的电动势瞬时值为e＝160πsin （100πt）V

B. 从图示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.08 C

C. t＝s时线圈中感应电动势最大

D. 交变电流的有效值是8π A

【答案】BCD

【解析】

【详解】A．该发电机产生的电动势的瞬时值

A错误；

B．从题图所示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量为

B正确；

C．由题意可知

则当 时，线圈恰好转过25圈，线圈处于平行于磁感线的位置，此时线圈产生的感应电动势最大，C正确；

D．交变电流的有效值是

D正确。

故选BCD。

8. 有一条河流，河水流量为，落差为。现利用它来发电，水电站的总效率为40%，发电机的输出电压为。水电站到用户之间要进行远距离高压输电，两地间输电线的总电阻为，升压变压器原副线圈匝数比为1∶8，用户所需要电压为，，水的密度，下列说法正确的是（　　）

A. 发电站的输出功率为 B. 远距离输电的效率约为90%

C. 降压变压器原、副线圈匝数比为 D. 降压变压器原、副线圈匝数比为

【答案】ABC

【解析】

【详解】A．发电站的输出功率

解得

故A正确；

B．发电机的输出电流

升压变压器中

故远距离输电线中电流

远距离输电的效率

故B正确；

CD．降压变压器的输入电压为

其中， 为升压变压器的输出电压

降压变压器原、副线圈匝数比

其中

联立解得

故C正确，D错误。

故选ABC。

9. 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2.螺线管导线电阻r=1Ω，R1=4Ω，R2=5Ω，C=30。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的（　　）

A. 闭合S，稳定后电容器上极板带正电

B. 螺线管中产生的感应电动势为1.2V

C. 闭合S，稳定后电路中电流

D. 断开S后，流经R2的电量为1.8×10-5C

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】A．据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故A错误；

B．由法拉第电磁感应定律可得，螺线管内产生的电动势为：

故B正确；

C．电流稳定后，电流为：

故C错误；

D．电键断开后流经电阻R2的电荷量为：

=1.8×10-5C

故D正确。

故选BD。

三、填空题：（1）-（4）每空2分，（5）5分，共13分。

10. 某同学用图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中CQ是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，调节实验装置，使小球放在QR上时恰能保持静止，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次。图甲中O是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点．若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP，米尺的零刻度与O点对齐。

（1）入射球A的质量mA和被碰球B的质量mB的关系是mA________mB（选填“>”“<”或“＝”）。

（2）碰撞后B球的水平射程约为________cm。

（3）下列选项中，属于本次实验必须测量的是________（填选项前的字母）。

A．水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离

B．A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离

C．测量A球或B球的直径

D．测量A球和B球的质量

E．测量G点相对于水平槽面的高度

（4）若系统动量守恒，则应有关系式：___________。

（5）分析该实验产生误差的原因，并提出实验改进方案_________？

【答案】    ①.     ②. 64.7
    ③. A、B、D    ④.     ⑤. 见解析

【解析】

【详解】（1）[1]要使两球碰后都向右运动，A球质量应大于B球质量，即

（2）[2]将10个点圈在圆内的最小圆的圆心为平均落点，可由米尺测得碰撞后B球的水平射程约为64.7 cm；

（3）[3]两球从同一高度做平抛运动，飞行的时间t相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移

所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移的测量值代替平抛运动的初速度，故需测出未放B球时A球飞行的水平距离OP和碰后A、B球飞行的水平距离OM和ON，及A、B两球的质量，故A、B、D正确；

（4）[4]若动量守恒，需验证的关系式为

将

带入后可得

（5）[5]小球的碰撞时的方向不确定，导致落点出现误差，使用“U”型轨道，控制小球碰撞方向在同一水平线。

四、辨析题（每小题2分，共14分）

11. 关于基本概念，判断是否正确，对的表明√，不对的表明×，不对的改正。

（1）运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向。（      ）

（2）物体的动能若不变，则动量一定不变。（      ）

（3）电容器的击穿电压指的是有效值。（      ）

（4）交变电流的有效值一定是峰值的0.707倍。（      ）

（5）交流电压表、交流电流表的测量值都是有效值。（      ）

（6）输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比。（      ）

（7）由可知，输电电压越小，输电线上电功率的损失就越小。（      ）

【答案】    ①. 正确    ②. 错误    ③. 错误    ④. 错误    ⑤. 正确    ⑥. 正确    ⑦. 错误

【解析】

【详解】（1）运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向，故正确。

（2）物体的动能不变，若速度大小不变，方向改变，则动量一定改变，故错误。

（3）电容器的击穿电压指的是最大值，故错误。

（4）对于正弦交流电，交变电流的有效值一定是峰值的0.707倍。

（5）交流电压表、交流电流表的测量值都是有效值，故正确。

（6）根据

P=I2r

输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比，故正确。

（7）由

可知，输电线上电压的损失U越小，输电线上电功率的损失就越小，故错误。

五、解答题：（本大题共1小题，共20分）

12. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，电阻为r=1，边长为L=10cm的正方形线圈，共100匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度=2rad/s匀速转动，磁场的边界和线圈的中线重合。外路电阻R=4。时刻线圈平面与磁场垂直，求：

（1）转动过程中感应电动势的最大值；

（2）由图示位置转过角的过程中产生的平均感应电动势

（3）由图示位置转过角时的瞬时感应电动势；

（4）交流电压表的示数；

（5）转动一周外力做的功

（6）周期内通过R的电荷量为多少？

（7）通过分析以上问题，总结交变电流的平均值和有效值的使用情况？

【答案】（1）；（2）1V；（3）；（4）；（5）；（6）0.025C；（7）见解析

【解析】

【详解】（1）转动过程中感应电动势的最大值

（2）由图示位置转过角的过程中产生的平均感应电动势

解得

（3）线圈从与磁场垂直位置开始转动

，当时，

（4）交流电压表的示数

（5）转动一周外力做的功

（6）周期内通过R的电荷量为

（7）交流电的有效值是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效；交流电的平均值是从电流通过导线横截面的电量相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。

第Ⅱ卷提高题（共23分）

13. 如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，与水平面夹角=37°，导轨间距L=0.4m，其下端连接一个定值电阻R=3，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T。一质量为m=0.04kg，电阻r=1的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）导体棒下滑的最大加速度是多少；

（2）根据第（1）的分析，请写出何时加速度最大；

（3）导体棒下滑的最大速度是多少；

（4）变加速运动的动态分析是高中物理的常见模型，请归纳该类题目中最大速度的临界条件

（5）当导体棒稳定下滑时ab两端的电压Uab；

【答案】（1）6m/s2；（2）v0=0时，加速度最大；（3）6m/s；（4）a=0时，速度最大；（5）−1.8V

【解析】

【详解】（1）由题意可知，导体棒由静止释放时，初速度v0是零，此时导体棒沿斜面方向只受重力沿斜面向下的分力，当导体棒运动起来后，速度不是零，闭合回路中就有感应电流，由左手定则可知，导体棒就会受到沿斜面向上的安培力，导体棒沿斜面方向受到的合力小于重力沿斜面向下的分力，因此当导体棒的速度v0是零时，导体棒的加速度最大。由牛顿第二定律可得

解得     

（2）根据第（1）的分析，当导体棒由静止释放时，即v0=0时，加速度最大。

（3）导体棒由静止释放时，开始沿斜面向下做加速运动，随速度增大，导体棒受沿斜面向上的安培力增大，导体棒沿斜面向下的加速度减小，速度继续增大，当安培力大小等于导体棒的重力沿斜面向下的分力时，导体棒的加速度是零，导体棒的速度达到最大，由电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，则有

由安培力公式，可得

代入数据解得

（4）由小题（3）的解析可知，该类题目中最大速度的临界条件是导体棒沿斜面方向受力合力是零，则加速度是零，即a=0。

（5）当导体棒稳定下滑时，导体棒做匀速直线运动，由电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律，则有

因导体棒相当于电源，内电路电流从a到b，外电路电流从b经电阻R到a，可知b端的电势高，所以有

14. 某高校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。总质量为160g的该种型号手机从距离地面1.25m高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，平摔在地面上（不反弹），保护器撞击地面的时间为0.5s，不计空气阻力，g＝10m/s2，试求：

（1）手机落地前瞬间的速度大小；

（2）手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；

（3）手机对地面的平均作用力。

【答案】（1）5m/s；（2）0.8N·s；（3）3.2N，方向竖直向下

【解析】

【详解】（1）由运动学公式v2＝2gh，可得手机落地前瞬间速度为

（2）手机做自由落体运动，由，可得手机从开始掉落到落地的时间为

根据I＝Ft，得手机从开始掉落到落地前过程中重力的冲量大小

（3）设向上方向为正方向，对手机由动量定理得

解得

由牛顿第三定律可知手机对地面的平均作用力大小为，方向竖直向下。