安徽省合肥市2023_2024学年高二物理下学期期中检测试题含解析

这是一份安徽省合肥市2023_2024学年高二物理下学期期中检测试题含解析，共18页。
1．你拿到的试卷满分为100分，考试时间为75分钟。
2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 把线圈、电容器、电流表、电源和单刀双掷开关照下图连成电路，先把开关置于电源一边，为电容器充电；稍后再把开关置于线圈一边，使电容器通过线圈放电，若规定电流从上向下通过线圈为电流的正方向，则线圈中电流随时间变化的关系曲线为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当把开关置于线圈一边，使电容器通过线圈放电，电场能转化为磁场能，磁场增加，电路电流增大，且电流方向为正；当电容器C充电时，磁场能转化为电场能，电流减小；当电流为零时，充电完毕，接着反向放电，电流增大，且方向为负；当放电完毕后，再反向充电，电流减小。
故选A。
2. 如图所示，变化的匀强磁场垂直穿过金属框架MNQP，金属杆ab在恒力F作用下沿框架从静止开始运动，t=0时磁感应强度大小为B0，为使ab产生感应电流，下列能正确反映磁感应强度B的倒数随时间t变化关系的图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】本题可采用逆向思维方式，若使通过闭合回路的磁通量不发生变化时，则棒ab中将不产生感应电流，设金属杆ab长为L，金属杆ab距离MP的距离为l1，棒的质量为m，则有
，
根据
若无感应电流产生，即有
则
所以
即随着时间增加，是增大的，且增大的速度越来越快，且为非线性关系时，ab中无感应电流产生，反之，则有感应电流产生，结合选项图像，故选C。
3. 如图甲为电热毯的电路图，电热丝接在U=311sin100πt(V)的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为图乙所示波形，从而进入保温状态，若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是（ ）
A. 220V
B. 156V
C. 110V
D. 311V
【答案】B
【解析】
【详解】由图象可知该交变电流的周期为：T=2×10-2s；可分两段0-T/2和T/2-T，根据有效值的定义可得：，解得：U==156V，故B正确，ACD错误．故选B．
【点睛】本题考查有关交变电压有效值的计算问题，求解有效值时要注意“三个相同”：相等时间、相同电阻、相同的热量；知道电压表和电流表测量的都是有效值．
4. 如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个相同的小滑环（图中未画出），四个环分别从O点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD滑到斜面上，下列说法正确的是（ ）
A. 沿OD下滑过程中弹力的冲量最大
B. 沿OA下滑过程中重力的冲量最大
C. 沿OC下滑过程中重力的冲量最小
D. 沿OB下滑过程中弹力的冲量最小
【答案】A
【解析】
【详解】BC．以OA为直径画圆，建立等时圆模型，如图所示
小滑环受重力和弹力，由牛顿第二定律可得
（为杆与竖直方向夹角）
若小滑环皆滑到圆上，小滑环的位移为
可得时间为
与无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到圆上所用时间都相同，故小滑环沿OA和OC滑到斜面上所用的时间相同，OB不是一条完整的弦，所用的时间最短，同理可知，小滑环沿OD滑到斜面上所用的时间最长，即
重力的冲量为
故沿沿OD下滑过程中重力的冲量最大，沿OB下滑过程中重力的冲量最小，故BC错误；
AD．弹力的冲量为
则沿OD下滑过程中弹力最大，时间最长，弹力的冲量最大，沿OA下滑过程中弹力的大小为零，弹力的冲量最小，故A正确，D错误。
故选A。
5. 如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在正弦交流电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度的升高而减小．电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是 ( )
A. 的示数不变，的示数增大
B. 的示数减小，的示数增大
C. 的示数不变，的示数增大
D. 的示数不变，的示数减小
【答案】D
【解析】
【详解】当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以ABC错误，D正确．故选D．
【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
6. 如图所示灯，完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略。则（ ）
A. S闭合瞬间，，都不立即亮
B. S闭合瞬间，不亮，立即亮
C. S闭合的瞬间，，同时发光，接着变暗，更亮，最后熄灭
D. 稳定后再断开S的瞬间，熄灭，比（原先亮度）更亮
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．开关S闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以、同时发光，由于线圈的电阻可以忽略，初逐渐被短路，流过的电流逐渐减小，流过的电流逐渐增大，则变暗，更亮，最后最后熄灭，AB错误，C正确；
D．稳定后再断开S的瞬间，由于线圈与构成自感回路，与无关，所以立即熄灭；流过线圈的电流在的电流的基础上开始减小，所以不比原先亮度更亮，D错误。
故选C。
7. 如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水平速度射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内。然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）

A. 系统的动量不守恒，机械能守恒B. 系统的动量不守恒，机械能不守恒
C. 系统损失的机械能为D. 弹簧最大的弹性势能小于
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．由于子弹射入木块过程中，二者之间存在着摩擦，故此过程系统机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，系统受到墙壁弹力作用，所以此过程动量不守恒，故整个过程中，系统动量、机械能均不守恒，故A错误，B正确；
C．对子弹和木块由动量守恒及能量守恒得
统损失的机械能
故C正确；
D．由于子弹和木块碰撞有机械能损失，所以最终弹簧弹性势能小于最初的动能，故D正确。
故选BCD。
8. 如图所示，在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器，其中降压变压器原副线圈的匝数比n3：n4=100:1，输电线上的总电阻R=10Ω，输电线上损的功率，用户两端的电压U4=220V，则下列说法正确的是（ ）
A. 输电线上通过的电流为4A
B. 升压变压器的输出电压为22kV
C. 发电机的输出功率为66kW
D. 用户消耗的功率为44kW
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据题意有
输电线上通过的电流为
故A错误；
B．根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，则有
可知降压变压器输入电压为
输电导线上的电压为
升压变压器的输出电压为
故B错误；
C．发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，则有
故C错误；
D．降压变压器的输入功率等于用户消耗的功率，则有
故D正确；
故选D。
二、多项选择题（本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
9. 质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】若碰后A球速度方向和原来相反，根据动量守恒得
根据碰撞过程系统的总动能不增加得
将，代入以上两式满足动量守恒、总动能不增加，故A正确；
将，，代入以上两式满足动量守恒，但总动能增加了，故B错误；
将，，代入以上两式满足动量守恒、总动能不增加，故C正确；
将，，代入以上两式动量不守恒；若碰后A球速度方向与原来相同，碰后A的速率不可能大于B的速率，故D错误。
故选AC。
10. 如图所示，为一边长为的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的边平行，磁场区域的宽度为，磁感应强度为，方向竖直向下．线框在一垂直于边的水平恒定拉力作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，、两端的电压及导线框中的电流随边的位置坐标变化的图线可能正确的是
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【详解】A、B、线圈的cd边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线圈进入磁场时速度不变，根据楞次定律产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小，此时ab两端的电压为，当线圈全部进入磁场时，线圈内无感应电流，此时线圈做匀加速运动，ab两端的电压为，对比图象可知，A错误；B正确；，
C、D、当线圈的cd边出磁场时．电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F，故此时线圈做减速运动，且加速度逐渐减小，电流图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大，C错误；D正确；
故选BD．
三、非选择题（本题共5小题，共58分）
11. 为了验证碰撞中的动量守恒，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球a、b，不计空气阻力，按下述步骤做了实验。
①按如图所示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端；
②先不放小球b，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置；
③将小球b放在斜槽末端边缘处，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球a和b在斜面上的落点位置；
④用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中点D、E、F是该同学记下的小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为。
根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平的原因是__________________。
（2）把小球b放在斜槽末端边缘处，小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球a的落点是图中的_________点。
（3）为了验证碰撞中动量守恒，实验中还需要测量的物理量是__________________。
（4）若碰撞过程中动量守恒，则__________________成立。若该碰撞为弹性碰撞，则还有__________________成立。[用（3）中所测物理量及表示]
【答案】（1）确保小球做平抛运动
（2）D （3）小球a、小球b的质量、
（4） ①. ②. 或
【解析】
【小问1详解】
将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平的原因是确保小球抛出时获得水平方向的初速度，从而确保小球做平抛运动。
小问2详解】
不放小球b，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，小球在斜面上的落点位置为E点，将小球b放在斜槽末端边缘处，让小球a从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰撞后小球a的速度减小，小球b的速度增大，因此小球a在斜面上的落点位置为D点，小球b在斜面上的落点位置为F点。
【小问3详解】
该实验可以通过小球做平抛运动而得到其做平抛运动时的初速度（即碰撞前后的速度），而由物体的动量
可知，要验证动量守恒，还需要测量小球a、小球b的质量、。
【小问4详解】
[1][2]对小球a单独下滑后平抛的过程，用运动学的公式有
，
综合上述两式得
同理可求得碰后瞬间a、b的速度分别为
，
由动量守恒定律有
可得
由机械能守恒定律有
可得
或由
，
两式联立相除可得
12. 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示。
（1）下列说法正确是________。
A. 变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B. 实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是等效替代法
C. 为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过
D. 绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
（2）在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间（接入匝数为800匝），用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱（接入匝数为400匝）之间的电压为，则原线圈的输入电压可能为________。
A. B. C. D.
（3）实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为________。
A. 原、副线圈上通过的电流发热B. 铁芯在交变磁场作用下发热
C. 原线圈输入电压发生变化D. 变压器铁芯漏磁
（4）图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与一理想变压器的原线圈连接；一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为、，在交流电源的电压有效值不变的情况下，调节可变电阻R的过程中，当________时，R获得的功率最大。
【答案】（1）D （2）D
（3）C （4）
【解析】
【小问1详解】
A．变压器工作时只是改变电压，不改变频率，即副线圈电压频率与原线圈相同，故A错误；
B．实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，故B错误；
C．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，故C错误；
D．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据变压器电流与匝数的关系有
可知，匝数少的线圈电流大，为了减小线圈功率损耗，根据电阻定律可知，此时导线应该粗一些。绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，则副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D正确。
故选D。
【小问2详解】
若为理想变压器，根据电压与匝数关系有
解得原线圈两端电压为
由于实际变压器存在漏磁与线圈电阻发热引起的功率损耗，则实际上原线圈两端电压应该大于6.0V，即原线圈的输入电压可能为7.0V。
故选D。
【小问3详解】
A．实际变压器的原、副线圈存在一定的电阻，线圈上通过的电流会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故A正确，不符合题意；
B．实际的变压器的铁芯在交变磁场作用下会产生涡旋电流，铁芯会发热，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故B正确，不符合题意；
C．原线圈输入电压发生变化不会直接引起功率损耗，不会导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，故C错误，符合题意；
D．实际的变压器的铁芯会发生漏磁，存在一定的功率损耗，导致实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比会有微小差别，故D正确，不符合题意。
故选C。
【小问4详解】
将左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为一个新电源，根据题意等效电动势为，内阻为R0，将右侧实线框 的变压器与可变电阻R等效为一个用电器，等效电阻为
理想变压器不消耗功率，则等效电阻消耗的功率等于可变电阻R消耗的功率，则有
根据数学函数规律可知，当效电阻等于可变电阻R时，消耗功率最大，则有
结合上述解得
13. 如图所示，圆形线圈共100匝，半径为，在匀强磁场中绕过直径的轴匀速转动，磁感应强度，角速度为，电阻为，求：
（1）线圈由图示位置转过时，线圈中的感应电流；
（2）写出线圈中电流的表达式（磁场方向如图所示，图示位置为时刻）；
（3）线圈由图示位置转过过程中通过线圈的电荷量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）线圈从图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流，最大感应电动势为
线圈中的感应电流为
（2）图示位置为时刻，可知此时感应电流为0，则线圈中电流的表达式为
可得
（3）线圈由图示位置转过过程中，线圈的磁通量变化大小为
则通过线圈的电荷量为
代入数据可得
14. 如图所示，水平面上有一面积为S的圆形线圈与导轨ABCD相连，线圈的电阻为，内有磁场，磁感应强度随时间变化的关系为（常量），导轨AB与CD相距l，虚线PQ把导轨ABCD分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，Ⅰ区有水平向左的匀强磁场，Ⅱ区有垂直纸面向外的匀强磁场，两个区域的磁感应强度大小均为B，现有一根质量为m、电阻为R的导体棒以初速度ν从Ⅰ区向右运动到Ⅱ区，不计一切摩擦，导轨的电阻不计，重力加速度为g，求：
（1）在Ⅰ区运动时导轨对棒的弹力FN；
（2）刚进入Ⅱ区瞬间棒的热功率。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）在Ⅰ区时，感应电动势
感应电流大小
根据楞次定律判断知，感应电流方向在圆形线圈中为顺时针方向；根据左手定则，判断知棒所受安培力方向与导体棒重力方向相同，大小为
对棒在竖直方向上，有
可得在Ⅰ区运动时，导轨对棒的弹力
（2）棒刚进入Ⅱ区时，总的感应电动势为
此时电流
又
得刚进入Ⅱ区瞬间，棒的热功率
15. 如图所示，间距为L的光滑金属导导轨MNP和M′N′P′由圆弧和水平两部分组成，圆弧和水平部分光滑连接，在水平导轨NPP′N′间存在磁感强度为B的匀强磁场，磁场垂直导轨平面向上，在M和M′之间连接一个电阻为R的定值电阻。现在将一根与导轨垂直、质量为m、电阻为2R的金属杆ab从圆弧轨道上距水平面高度为h处释放，金属棒恰能到达PP′处。导轨电阻不计，重力加速度为g。
（1）金属棒刚进入磁场时的加速度；
（2）水平导轨NP的长度s；
（3）若在PP′处安装有一储能装置，每次释放相同的能量，将恰好到达PP′处的金属棒弹回，使得金属棒可以在导轨上做周期性的运动，试求每个周期里定值电阻R中产生的焦耳热Q。
【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）金属棒从静止开始下滑到水平面过程中，根据机械能守恒，则有
则感应电动势为
感应电流为
根据牛顿第二定律有
联立解得
根据右手定则可知，电流方向由a到b，故根据左手定则可知，安培力方向水平向左，所以加速度方向也是水平向左。
（2）金属棒从进入磁场到处停下，根据动量定理有
代入，可得
变形得
两边求和，可得
解得
（3）整个过程，根据动量定理可得
解得
直接滑下时
返回时
故每个周期里定值电阻R中产生的焦耳热