四川省泸州市泸县第四中学2023-2024学年高二上学期1月期末物理试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸县第四中学2023-2024学年高二上学期1月期末物理试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
第一部分 选择题（共48分）
一、选择题（本题共11小题，1~7题每小题4分，每小题给出的四个选项中只有一个是正确的；8~11题有多个选项符合要求，全部选对得5分，不全得3分，有错选或不选得0分，共48分）
1. 下列做法，可节约用电的是（ ）
A. 将LED更换为白炽灯
B. 电器长时间不用时，关闭其电源
C. 频繁开关冰箱门
D. 炎热夏天在办公室使用空调时，温度设置为18℃
【答案】B
【解析】
【详解】A．LED灯是将电能直接转化为光能，能量利用率高，而白炽灯时通光电热丝发热而产生光能，更多的将电能转化为了热能，能量利用率低，因此，将LED更换为白炽灯更耗能，故A错误；
B．电器长时间不用时，关闭其电源，避免能量损耗，故B正确；
C．频繁开关冰箱门，导致冰箱压缩机频繁启动，浪费电能，故C错误；
D．炎热夏天在办公室使用空调时，温度设置为18℃，压缩机会持续工作以达到设定温度，从而消耗更多的电能，因此应将温度设定高些，故D错误。
故选B。
2. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个电阻箱组成的，则下列说法正确的是（ ）
A. 甲表是电流表，乙表是电压表B. 甲表是电压表，乙表是电流表
C. 在甲图中，R增大时量程增大D. 在乙图中，R增大时量程减小
【答案】A
【解析】
【详解】AB．甲通过并联分流原理改装为电流表，乙通过串联分压原理改装为电压表，故A正确，B错误；
C．在甲图中，由
R增大时量程减小，故C错误；
D．在乙图中，由
R增大时量程增大，故D错误。
故选A。
3. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，矩形线圈abcd的面积为S，共N匝，线圈的一边ab与磁感线垂直，线圈平面与磁场方向成30°角。则下列说法正确的是（ ）
A. 图示时刻穿过线圈的磁通量为
B. 图示时刻穿过线圈的磁通量
C. 线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化量的大小一定是
D. 线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化量的大小可能是BS
【答案】D
【解析】
【详解】AB．穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，图示时刻穿过线框的磁通量为
故AB错误；
CD．若线圈沿逆时针方向转过60°时的磁通量为
则穿过线圈的磁通量变化量
若线圈沿顺时针方向转过60°时的磁通量为
穿过线圈的磁通量变化量为
可知当线圈从图示位置绕ab边转过60°的过程中，穿过线圈的磁通量变化量的大小可能是，也可能是BS，故C错误，D正确。
故选D。
4. 地磅工作原理图如图所示，地磅空载时变阻器滑片P位于A点，满载时滑片P位于B点，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法错误的是（ ）
A. 电压表两端电压与被测汽车的质量成正比
B. 若将一个电阻与电压表串联，可增大地磅量程
C. 若称量值偏小，可在上并联一个电阻进行校正
D. 电池长时间使用后，称量值会偏小
【答案】B
【解析】
【详解】A．设AB的电阻为，横截面积为，根据闭合电路欧姆定律可知
设AP之间的距离为x
汽车平衡时由
解得：
从公式可以看出：电压表两端电压与被测汽车的质量成正比，A正确，不符合题意；
B．若将一个电阻与电压表串联， AP之间的最大电压不受此电阻的影响，没有办法增大地磅量程，B错误，符合题意；
C．若称量值偏小，可以通过在上并联一个电阻，回路中总电阻变小，总电流增大，可变电阻上的电压增大，使称量值不变， C正确，不符合题意；
D．电池长时间使用后，内阻会变大，导致电流减小，AP上的电压减小，所以称量值会偏小，D正确，不符合题意。
故选B。
5. 额定电压均为220V的白炽灯L1和L2的U﹣I特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220V电路中，则下列说法不正确的是（ ）
A. L2的额定功率约为99W
B. L2的实际功率约为17W
C. L2的实际功率比L3的实际功率小17W
D. L2的实际功率比L3的实际功率小82W
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，当电压为220V时，L2的电流为0.45A，故L2的额定功率
P＝UI2＝220V×0.45A＝99W
故A正确；
B．两灯泡串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，由U﹣I图像可知，串联时电流约为0.25A，此时L1的电压为150V，故此时L1的功率
P＝U1I1′＝150×0.25W≈37W
而L2的电压为70V，那么L2的功率
P＝U2I2′＝70×025W≈17W
故B正确；
CD．当电压为220V时，L3的电流为0.45A，故L3的时间功率
P＝UI3＝220V×0.45A＝99W
L2的实际功率比L3的实际功率小
99﹣17＝82W
故C错误，故D正确；
本题选择错误的，故选C。
6. 某压敏电阻的阻值R随压力F变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入如图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体m，即可通过电路中电流表A的示数I来研究电梯的运动情况。已知电梯静止时电流表的示数为I0。下列说法正确的是（ ）
A. 若示数I=I0，则电梯一定处于静止状态
B. 若示数I保持不变，则电梯一定做匀速运动
C. 若示数I在增大，则电梯的速度在增大
D. 若示数I>I0，则电梯可能在减速向下运动
【答案】D
【解析】
【详解】A．若示数为I0，说明m对压敏电阻的压力与静止时相同，即m的合外力为零，电梯可能处于静止状态也可能处于匀速运动状态，故A错误.
B．由图可知压敏电阻的阻值与受到的压力有关，若示数I不变，说明压敏电阻的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于m受到的支持力不变，m的合外力恒定，故m可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，故B错误.
C．若示数I在增大，说明压敏电阻的阻值在减小，由图可知，压力越大，阻值越小，所以压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故C错误.
D．对应电流表示数为I0，压敏电阻受到的压力等于m的重力，当I＞I0时，电路中电流比静止时变大，说明压敏电阻阻值变小，压力增大，压力大于重力，m的合外力向上，加速度方向向上，如果电梯正在上升，则为加速上升，如果电梯正在下降，则为减速下降，故D正确。
故选D。
7. 如图甲所示， 一个矩形线圈 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向且与线圈共面的轴 匀速转动， 从某个时刻开始计时， 穿过线圈的磁通量 随时间 的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 时刻线圈平面垂直中性面
B. 、时刻线圈中的感应电流最大且方向相同
C. 、时刻穿过矩形线圈的磁通量最大， 但感应电流却为零
D. 时刻穿过线圈的磁通量为零， 电流改变方向
【答案】C
【解析】
【详解】A．t=0时刻通过线圈的磁通量最大，所以线圈平面处在中性面上，A错误；
B．、时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量的变化率最大，感应电流最大，方向相反，B错误；
C．、时刻穿过矩形线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，所以感应电流为零，C正确；
D．时刻穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电流最大，方向不变，D错误。
故选C。
8. 在理想LC振荡电路中的某时刻，电容器极板间的场强E的方向如图所示，M是电路中的一点，若该时刻电容器正在充电，据此可判断此时（ ）
A. 电路中的磁场能在减小
B. 电路中电流正在增加
C. 流过M点的电流方向向左
D. 电容器两板间的电压在减小
【答案】AC
【解析】
【详解】A．电容器充电，电场能增加，故磁场能减小，故A正确；
B．充电过程，电容器极板上的电荷量正在增加，电路电流逐渐减小，故B错误；
C．电容器极板上极板带正电，充电过程，流过M点的电流方向向左，故C正确；
D．充电过程，电容器极板上的电荷量正在增加，根据，电容器两板间的电压在增加，故D错误。
故选AC。
9. 如图，理想变压器原线圈接在的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比，为了使图中“，”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（ ）
A. 仅将滑片P向上滑动
B. 仅将滑片P向下滑动
C. 仅在副线圈电路中并联一个阻值为的电阻
D. 仅在副线圈电路中串联一个阻值为的电阻
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】原线圈电压有效值
则次级电压有效值
则为了使图中“，”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将滑片P向下滑动；或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为
故选BD。
10. 城市施工时，为了避免挖到铺设在地下的电线，需要在施工前用检测线圈检测地底是否铺设导线。若地下有一条沿着东西方向的水平直导线，导线中通过电流。现用一闭合的检测线圈来检测，俯视检测线圈，下列说法正确的是（ ）
A. 若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，线圈中会产生感应电流
B. 若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，检测线圈受到安培力与运动方向相反
C. 若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，感应电流的方向先逆时针后顺时针，然后再逆时针
D. 若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，检测线圈所受安培力在水平方向的分量一直向北
【答案】CD
【解析】
【详解】A．若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，由对称性可知，通过线圏的磁通量为零，变化量为零。感应电流为零，故A错误；
B．若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，变化量为零。感应电流为零，安培力为零，故B错误；
C．根据通电直导线周围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先逆时针后顺时针；当检测线圈逐渐远离直导线的过程中，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针，故C正确；
D．由楞次定律“来拒去留”可知，检测线圈受到安培力在水平方向的分量一直向北，故D正确。
故选CD。
11. 如图所示为某种电磁泵模型的示意图，泵体是长为，宽与高均为的长方体。泵体处在方向垂直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，泵体的上下表面接电压为U的电源（内阻不计），理想电流表示数为I。若电磁泵和水面高度差为h，液体的电阻率为，在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，取重力加速度为g，则（ ）
A. 泵体上表面应接电源正极
B. 电磁泵对液体产生的推力大小为
C. 电源提供的电功率为
D. 质量为m的液体离开泵体时的动能
【答案】AD
【解析】
【详解】A．当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A正确；
B．电磁泵对液体产生的推力大小为
故B错误；
C．电源提供的电功率为
故C错误；
D．根据电阻定律，泵体内液体的电阻
则电源提供的电功率为
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
故D正确；
故选AD。
第二部分 非选择题（共52分）
注意事项：必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目指示区域内作答。
二、实验题（共16分）
12. 某实验小组用如图（a）所示的电路测量一个电动势E约为9V、内阻r在0～15Ω范围内、允许通过的最大电流为0.9A的电池的电动势和内阻，虚线框内表示的是由量程只有5V、内阻为3000Ω的电压表和电阻箱R1共同改装成量程为10V的新电压表。R2是保护电阻，R3也是电阻箱。
（1）电阻箱R1的阻值应该调节为______Ω；
（2）可备选用的定值电阻有以下几种规格，则R2宜选用______；
A．150Ω，5.0W B．10Ω，10W C．5Ω，1.0W D．0.5Ω，2.5W
（3）该小组利用图（a）测量电源的电动势和内阻时，选取R2为（2）中所选择的定值电阻，将改装好的新电压表正确地接在A、C之间。调节电阻箱R3，测出若干R3的阻值和原表头示数U1，请写出和的关系式______。（用题中给出的物理量表示）
（4）根据实验数据，用描点的方法绘出图（b）所示的图像。依据图像，可以测出电源的电动势E=_V，内阻r=______Ω（结果均保留两位有效数字）。
【答案】 ① 3000 ②. B ③. ④. 8.0 ⑤. 2.0
【解析】
【详解】（1）[1]由题意可知改装前电压表
改装后，电压表的量程最大值为10V，由于电压表和电阻箱串联，根据串联电路中电压与电阻的关系有
当电压表达到最大量程10V时，电压表两端电压达到最大值5V，带入数据联立可得
（2）[2]由题意可知回路中
所以有
故选B。
（3）[3]该回路中R2和R3串联，由于R2阻值远小于改装后电压表的阻值，所以可忽略其影响，根据串联电路中电压的规律可得
整理得
（4）[4][5]根据以上表达式结合图像可知
解得
与纵轴的截距
代入数据解得
【点睛】根据电路的连接方式以及电路中电流、电压及电阻的关系，运用数学方法将物理公式变形，在结合图形，分析图形中斜率和截距给代表的物理意义。
13. （1）在“长度的测量及测量工具的选用”实验中，游标卡尺和螺旋测微器如图所示，则游标卡尺读数______mm，螺旋测微器读数______mm；
（2）为了测量某一未知电阻（阻值约为6Ω）的阻值，实验室里准备了以下器材：
A．电源，电动势E=3.0V
B．电压表，量程3V，内阻约5kΩ
C．电压表，量程15V，内阻约25kΩ
D．电流表，量程0.6A，内阻约0.2Ω
E．电流表，量程3A，内阻约0.04Ω
F．滑动变阻器，最大阻值5Ω，最大电流为3A
G．滑动变阻器，最大阻值200Ω，最大电流为1.5A
H．开关S、导线若干
在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻两端的电压从零开始连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选_______；电流表应选_______；滑动变阻器应选_______ ；（填器材前面的字母代号）
（3）请在虚线框内画出用伏安法测量该电阻阻值时的实验电路图______；
（4）请根据电路图将下列实物图补充完整______。
【答案】 ①. 10.95 ②. 6.126 ③. B ④. D ⑤. F ⑥. 见解析
⑦. 见解析
【解析】
【详解】（1）[1]游标卡尺的分度值为0.05mm，主刻度尺读数为10mm，则游标卡尺的读数为
10mm+19×0.05mm=10.95mm
[2]螺旋测微器分度值为0.01mm，则螺旋测微器读数为
6mm+12.6×0.01mm=6.126mm
（2）[3]由于电源电动势为3V，为了测量更准确，应该选择量程为0~3V的电压表，故选B。
[4]由题意可得，电路中待测电阻的最大电流为
则电流表应该选择电流表A1。
[5]为了方便操作，实验中应该选择分压式接法，滑动变阻器应该选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选滑动变阻器R1。
（3）[6]由上述分析可得电路图如图所示
（4）[7]实物图连接如图所示
三、计算题（写出必要的文字说明，3个小题，14题10分，15题12分，16题14分，共36分）
14. 如图所示，电源的电动势E=24V、内阻r=2Ω，电阻，电容器的电容C=6mF。
（1）当开关断开时，求R1两端的电压U1；
（2）当开关闭合时，求干路中的电流I；
（3）开关从断开到闭合直至电路稳定的过程中通过电阻R的电荷量Q。
【答案】（1）10V；（2）45A；（3）0.105C
【解析】
【详解】（1）开关断开时的等效电路图如图甲所示
解得
（2）开关闭合时的等效电路图如图乙所示，设与串联后再与并联的总电阻为，则有
，，
解得
（3）开关断开时，电容器与并联，与电压相等，则有
a端电势高，开关闭合时，电容器与并联，根据上述分析可得两端的电压为7.5V
b端电势高，通过电阻R的电荷量
15. 如图所示，质量的小物块，带有的电荷，放在倾角为的光滑绝缘斜面上，整个斜面置于的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，物块由静止开始下滑，滑到某一位置时开始离开斜面，。求：
（1）物块带什么电？
（2）物块离开斜面时速度多大？
（3）斜面至少有多长？
【答案】（1）负电；（2）；（3）1.2m
【解析】
【详解】（1）由题意可知：滑到某一位置时开始离开斜面，则小滑块受到的安培力垂直斜面向上。
根据左手定则可得：小滑块带负电。
（2）当物体离开斜面时，弹力为零，因此有
故
（3）由于斜面光滑，物体在离开斜面之前一直做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
mgsin30°=ma
由匀变速直线运动的速度位移公式得
v2=2ax
解得
x=1.2m
16. 舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
【答案】（1）80A；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意可知接通恒流源时安培力
动子和线圈在0~t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
（2）当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为
此时安培力为
所以此时根据牛顿第二定律有
由图可知在至期间加速度恒定，则有
解得
，
（3）根据图像可知
故；在0~t2时间段内的位移
而根据法拉第电磁感应定律有
电荷量的定义式
可得
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
联立可得
解得