2023-2024学年福建省福清第一中学高二（下）开学检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福清第一中学高二（下）开学检测物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了01s时，电流表示数为零，完成读数等内容，欢迎下载使用。

A. 48mAB. 3mAC. 0D. 与负载R的值有关
2.如图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处自由释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直。线框边长小于磁场区域上下宽度。若不计空气阻力，以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化的图像中，错误的是( )
A. B. C. D.
3.如图所示，电子经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在P点，通过调节电压U可以控制P点的位置，设OP=x，能够正确反映U与x关系的图象是
A. B. C. D.
4.如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。P为屏上的一小孔，PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为−q(q>0)的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为θ的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为( )
A. 2mv(1−csθ)qBB. 2mvcsθqBC. 2mvqBD. 2mv(1−sinθ)qB
5.1831年10月28日，法拉第展示了人类历史上第一台发电机—法拉第圆盘发电机，其原理如图所示，水平向右的匀强磁场垂直于盘面，圆盘绕水平轴C以角速度ω匀速转动，铜片D与圆盘的边缘接触，圆盘、导线和阻值为R的定值电阻组成闭合回路。已知圆盘半径为L，圆盘接入CD间的电阻为r=R2，其他电阻均可忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 回路中的电流方向为b→a
B. C、D两端的电势差为UCD=13BL2ω
C. 定值电阻的功率为B2L4ω26R
D. 圆盘转一圈的过程中，回路中的焦耳热为πB2L4ω3R
6.图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直于磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n=100匝、电阻r=10Ω，线圈的两端与R=90Ω的电阻连接，电流表为理想电表，熔断器电阻忽略不计。从t=0时刻开始计时，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的是( )
A. t=0.01s时，电流表示数为零
B. t=0.01s时，发电机线圈平面与磁场方向垂直
C. 通过熔断器的电流为3.14A
D. 从t=0.01s到t=0.02s，通过R的电荷量为0.02C
7.如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压u=220 2sin100πtV，L1、L2为相同的灯泡，其电阻均为R=110Ω且恒定不变，定值电阻的阻值R0为灯泡阻值的12。当滑片P处于如图所示位置时，AB端与PB端匝数比为3:1，S1、S2闭合时，两灯泡均正常发光。下列说法正确的是( )
A. 灯泡正常发光的电流为1A
B. 灯泡正常发光的电功率为55W
C. S1、S2均闭合时，将P沿顺时针方向转动，L1一定变暗
D. 断开S1，闭合S2，将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏)，定值电阻消耗的电功率一定是先变大后变小
8.如图是某种电磁泵模型，泵体是一个长方体，ab边长为L1，左右两侧面是边长为L2的正方形，泵体处在垂直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，泵体上下表面接电动势为U的电源(内阻不计)。若泵稳定工作时理想电流表示数为I，泵和水面高度差为h，液体的电阻率为ρ，t时间内抽取液体的质量为m，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，重力加速度为g，则( )
A. 泵体上表面应接电源负极
B. 电磁泵不加导电剂也能抽取纯水
C. 电磁泵对液体产生的推力大小为BIL1
D. 质量为m的水离开泵时的动能为UIt−mgh−I2ρL1t
9.(1)完成读数：__________cm。
(2)完成读数：__________mm；
10.把一量程6 mA、内阻100 Ω的电流表改装成欧姆表，电路如图所示，现备有如下器材：A.电源E=3 V(内阻不计)；B.变阻器0∼100 Ω；C.变阻器0∼500 Ω；D.红表笔；E．黑表笔。
(1)电流计满偏时欧姆表内阻为____________，变阻器选用__________。(填B或者C)
(2)红表笔接__________端。
(3)电流表2mA刻度处换成电阻刻度，其电阻值应为__________；
11.小明用实验来探究自行车测速码表用的霍尔元件中自由电荷的电性。如图所示，设NM方向为x轴，沿EF方向(y轴)通入恒定电流I，垂直薄片方向(z轴)加向下的磁场B，测得沿_____(填“x”或“z”)轴方向会产生霍尔电压UH，如果自由电荷为负电荷，则_____(真“M”或“N”)板电势高。
12.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
(1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是____________ ；(填字母)
A.整块硅钢铁芯 B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成 D.绝缘的硅钢片叠成
(2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数______；(填“多”或“少”)
(3)以下给出的器材中，本实验需要用到的是______；(填字母)
A. B. C. D.
(4)为了人生安全，低压交流电源的电压不要超过______；(填字母)
A.2V B.12V C.50V
(5)实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为______；(填字母)

(6)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是______。(填字母)
A.控制变量法 B.等效替代法 C.整体隔离法
13.某实验探究小组利用下列实验器材测量电池的电动势和内阻。
A.待测电池 B.灵敏电流表G(满偏电流为Ig，内阻为rg)
C.电阻箱R D.各种型号的定值电阻 E.开关及导线若干
(1)为了满足实验要求，该实验小组首先把现有的灵敏电流表量程扩大为原来的3倍，应并联一个阻值为______的定值电阻(用rg表示)。
(2)利用改装后的电流表和上述器材，采用图甲所示电路来测电源的电动势和内阻。
①实验时，在闭合开关前，电阻箱的阻值应调至_____(选填“最大值”或“最小值”)。
②图乙是由实验数据绘出的R—1I(其中I为灵敏电流表G的示数)图像，该直线与横轴的截距为a，与纵轴的截距为−ｂ，根据图像及条件可求得电源的电动势E=_____，内阻r=_____(用字母a、b、rg表示)。
14.如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B= 2πT的水平匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=10πrad/s匀速转动，线框共10匝，面积S=0.5m2，电阻r=1Ω，通过导线与一阻值R=49Ω的定值电阻相连，所有电表均为理想交流电表。(计算结果可保留根号)
(1)将图示时刻记为t=0，写出该正弦式交流电电动势的瞬时值表达式；
(2)t=160s时，电压表、电流表的示数；
(3)0∼140s过程流过电阻R的电荷量。
(4)转动一周的过程中，整个电路产生的热量
15.如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场(MN所在处无磁场)，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求金属棒PQ通过的位移x及该过程安培力做的功W。
16.水力发电是获得清洁能源的重要途径之一、有一条河流，水的流量为Q=2m3/s，落差h=5m，水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，现利用其发电，若发电机的总效率为η1=60%，输出电压为U1=240V，输电线的总电阻为R=100Ω，为满足用电的需求，使用户获得220V的电压，此时输电线上允许损失的电功率与发电机输出电功率的比值为η2=6%。(取g=10m/s2)
(1)求输电线中的电流I；
(2)分别求输电线路使用的理想升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比；
(3)如果输送的电能供“220V，100W”的电灯使用，求能够正常发光的电灯的盏数。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】金属棒MN沿导轨向左匀速切割磁感线运动时，在MN中产生恒定不变的感应电流，则根据变压器的原理可知，副线圈无感应电流，即电流表A2的示数为0。
故选C。
2.【答案】A
【解析】AC.若线框进入磁场时重力小于安培力，由牛顿第二定律有
B2L2vR−mg=ma1
线框做减速运动，安培力减小，加速度减小，做加速度减小的减速运动，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，做加速度减小的减速运动，故A错误，C正确；
B.若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，则线框匀速进入磁场，电流不变，安培力不变，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，则做加速度减小的减速运动，故B正确；
D.若进入时重力大于安培力，由牛顿第二定律有
mg−B2L2vR=ma2
做加速运动，安培力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，安培力减小，则做加速度减小的减速运动，故D正确。
本题选错误的，故选A。
3.【答案】C
【解析】带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：
12mv2=qU
解得： v= 2qUm
进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：
qvB=mv2r
解得： r=mvqB
粒子运动半个圆打到P点，
所以 x=2r=2mqB 2qUm
即x与 U 成正比，故C正确．
4.【答案】A
【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB=mv2r
解得
r=mvqB
粒子沿着右侧边界射入，轨迹如图1
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
l1=2rcsθ
粒子沿着左侧边界射入，轨迹如图2
此时出射点最近，与边界交点与P间距为
l2=2rcsθ
粒子垂直边界MN射入，轨迹如3图
此时出射点最远，与边界交点与P间距为2r，故范围为在荧光屏上P点右侧，将出现一条形亮线，其长度为
2r−2rcsθ=2r(1−csθ)=2mv(1−csθ)qB
故A正确，BCD错误。
故选A。
5.【答案】AD
【解析】A.由右手定则可知，回路中的电流方向为b→a，故A正确；
B.根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势
E=BL⋅0+ωL2=12BL2ω
由于C端电势低于D端电势，则有
UCD=−RR+R2⋅E=−13BL2ω
故B错误；
C.回路中的感应电流
I=ER+R2=BL2ω3R
则定值电阻的功率
PR=I2R=B2L4ω29R
故C错误；
D.圆盘转动一周的时间
T=2πω
转动一周回路中产生的焦耳热
Q=I2⋅3R2⋅T=πB2L4ω3R
故D正确。
故选AD。
6.【答案】BD
【解析】A.电流表测的是电流的有效值，发电机工作过程中，任何时间下电流表的示数均为其产生电流的有效值，故A错误；
B.根据图乙可知， t=0.01s 时， Φ 最大，即发电机线圈平面与磁场方向垂直，故B正确；
C.根据图乙可知， t=0 时，线圈中磁通量最大，即线圈此时处于中性面位置处，因此线圈转动过程中产生的是正弦式交流电，其电动势的最大值为
Em=nBSω=nΦm2πT=100×1×10−2×2π0.02V=100πV
电动势的有效值为
E有=Em 2=50 2πV
根据闭合电路的欧姆定律可得，电流的有效值为
I=E有r+R= 22πA
即通过熔断器的电流为 22πA ，故C错误；
D.根据
q=IΔt=Er+RΔt=nΔΦΔt(r+R)⋅Δt=nΔΦr+R
从 t=0.01s 到 t=0.02s ，其磁通量的变化量
ΔΦ=2×10−2Wb
则可得，从 t=0.01s 到 t=0.02s ，通过R的电荷量为
q=nΔΦr+R=0.02C
故D正确。
故选BD。
7.【答案】CD
【解析】A. S1 、 S2 闭合时，副线圈电路的阻值
R副=R⋅R2R+R2=R3
根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有
I12RAB=I22R副
而电流比等于匝数的反比，即
I1I2=n2n1
联立可得线圈AB的等效电阻
RAB=(n1n2)2R副=3R
则此时流过灯泡的电流
I1=U有R+RAB
而根据左端输入正弦交流电压瞬时值的表达式可得左端输入电压的有效值为
U有=Um 2=220V
联立解得
I1=0.5A
故A错误；
B.灯泡正常发光的功率
P=I12R=27.5W
故B错误；
C. S1 、 S2 均闭合时，将P沿顺时针方向转动， n2 减小，则 n1n2 变大，因此 RAB 变大，则流过灯 L1 的电流减小，灯 L1 变暗，故C正确；
D.断开 S1 ，闭合 S2 ，则有
R′AB=(n1n2)2R0=(n1n2)2⋅R2=92R
当P沿逆时针转动， n2 增大，则 n1n2 变小，分析可知， R′AB 可以随着 n1n2 变小由 92R 减小为 R2 ，将灯泡 L1 的电阻 R 看作电源的“等效内阻”，根据输入功率等于输出功率，则可得
PR0=(UR+R′AB)2R′AB=U2(R−R′AB)+4RR′ABR′AB
当 R′AB=R 时， R0 的电功率将有最大值，最大值为
PR0max=U24R=22024×110W=110W
因此断开 S1 ，闭合 S2 ，将P沿逆时针方向转动(灯泡一直没有损坏)，定值电阻消耗的电功率一定是先变大后变小，故D正确。
故选CD。
8.【答案】D
【解析】A.当泵体上表面接电源的负极时，电流从下向上流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，不会拉动液体，故A错误；
B.纯水中不含有导电离子，分析电磁泵的工作原理可知，不加导电剂，不能抽取不导电的纯水，故B错误；
C.根据安培力公式F=BIL2，故C错误；
D.液体的电阻
R=ρLS=ρ×L2L1L2=ρL1
若t时间内抽取水的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为
Ek=UIt−mgh−I2ρL1t
故D正确。
故选D。
9.【答案】 1.450 6.860
【解析】(1)[1]游标卡尺的读数为
14mm+10×0.05mm=14.50mm
(2)[2]螺旋测微器的读数为
6.5mm+36.0×0.01mm=6.860mm
10.【答案】 500Ω C N 1000Ω
【解析】(1)[1]电源电动势3V，若使电流表达到6mA，由公式可得
R总=EIg=500Ω
[2]则滑动变阻器的阻值应该达到
Rmin=R−Rg=400Ω
故选C；
(2)[3]欧姆表内部，黑表笔连接内部电源的正极，故红表笔接N；
(3)[4]刻度为6mA时的外电阻为0，由前面分析知此时滑动变阻器400Ω，当电流表指针指2mA处，根据闭合电路欧姆定律有
I=ER+Rg+Rx
解得
Rx=1000Ω
11.【答案】 x M
【解析】[1][2]由左手定则知，带负电的自由电荷向N板偏转，NM间(a轴方向)产生霍尔电压，M板电势高。
12.【答案】(1)D；(2)少；(3)BD；(4)B；(5)C；(6) A
【解析】【分析】
本题考查“探究变压器的电压与匝数的关系”的实验原理，掌握原、副线圈电压与匝数成正比的成立条件，理解理想变压器的含义，及变压器的作用，知道变压器只能改变交变电压和电流，了解减小铜损和铁损的方法。
【解答】
(1)变压器工作时铁芯中会产生涡流造成能量损失，为减小涡流铁芯用绝缘的硅钢片叠成，所以ABC错误，D正确；
(2)变压器的电流比：I1I2=n2n1，匝数多的电流小，匝数少的电流大，所以变压器导线粗的线圈匝数少；
(3)变压器只能改变交变电压和电流，所以不需要干电池和直流电压表而需要低压交流电源和交流电表。所以AC错误，BD正确；
(4)为了人生安全，低压交流电源的电压不要超过12V，故选B；
(5)理想变压器的电压比：U1U2=n1n2，经计算U1=6.0V，考虑到实际变压器有漏磁和铁损，实际的输入电压比6.0V要高，故选C。
(6)探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系实验采取的是控制变量法的研究方法，故选A。
13.【答案】 rg2 最大值 3ba b− rg3
【解析】(1)[1]根据电表改装原理可知，并联的电阻阻值为
R=UI=Igrg3Ig−Ig=12rg
(2)①[2]实验时，在闭合开关前，为了保护电表，应使电路电流从最小值开始增大，故电阻箱的阻值应调至最大。
②[3][4]灵敏电流表量程扩大为原来的3倍，当电流表示数为I时，干路电流为3I，据闭合电路欧姆定律可得
E=Irg+3I(R+r)
移项化简可得
R=E3⋅1I−(rg3+r)
对比乙图可知，图线的斜率
ba=E3
图线的截距
b=rg3+r
可解得 E=3ba ， r=b−rg3 。
14.【答案】(1) e=50 2cs10πtV ；(2)49V，1A；(3) 110πC ；(4)10J
【解析】(1)感应电动势最大值为
Em=nBSω=50 2V
t=0 时线框平面于磁场平行，则瞬时值表达式为
e=Emcsωt=50 2cs10πtV
(2)电动势有效值为
E=Em 2=50V
电流表示数为
I=ER+r=1A
电压表示数为
U=IR=49V
(3) t=140s 时线框转动弧度为
θ=ωt=π4
则磁通量的变化量为
ΔΦ=BSsinπ4
根据
E=nΔΦΔt ， I=ER+r ， q=IΔt
联立得， 0∼140s 过程流过电阻R的电荷量为
q=110πC
(4)转动一周的过程中，整个电路产生的热量为
Q=I2R+rT=I2R+r2πω=10J
15.【答案】(1) F=Bkl3R ，方向水平向右；(2) x=2qRBl ， W=12mυ2−23kq
【解析】(1)设线圈中的感应电动势为 E ，由法拉第电磁感应定律 E=ΔΦΔt ，则
E=k
设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R并 ，有
R并=R2
闭合 S 时，设线圈中的电流为 I ，根据闭合电路欧姆定律得
I=ER并+R
设 PQ 中的电流为 IPQ ，有
IRQ=12I
设 PQ 受到的安培力为 F安 ，有
F安=BIPQl
保持 PQ 静止，由受力平衡，有
F=F安
联立解得
F=Bkl3R
方向水平向右。
(2)设 PQ 由静止开始到速度大小为v的加速过程中， PQ 运动的位移为 x ，所用时间为 Δt ，回路中的磁通量变化为 ΔΦ ，平均感应电动势为 E ，有
E=ΔΦΔt
其中
ΔΦ=Blx
设 PQ 中的平均电流为 I ，有
I=E2R
根据电流的定义得
I=qΔt
由动能定理，有
Fx+W=12mv2−0
联立解得
x=2qRBl
W=12mv2−23kq
16.【答案】(1) I=6A ；(2) n1n2=3125 ， n3n4=47011 ；(3)564盏
【解析】(1)根据题意可知，由能量守恒可得，发电机的输出功率
P=ΔmghΔtη1=ρQΔtghΔtη1=1.0×103×2×10×5×60％W=60000W
输电线上的电流用I表示，则电功率损失
P损=I2R=Pη2
联立解得
I=6A
(2)根据题意可知，升压变压器原线圈两端的电压
U1=240V
副线圈两端的电压为
U2=PI=10000V
升压变压器原副线圈的匝数比为
n1n2=U1U2=3125
输电线上的电压损失为
ΔU=IR=600V
降压变压器原线圈两端的电压为
U3=U2−ΔU=9400V
降压变压器副线圈两端的电压为
U4=220V
降压变压器原副线圈的匝数比为
n3n4=47011
(3)设正常发光的电灯的盏数为 N ，则有
NPL=P1−η2
解得
N=564 盏