2023-2024学年四川省成都市蓉城名校高二（下）期中联考物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省成都市蓉城名校高二（下）期中联考物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.在“新冠疫情”期间，为了减少人与人之间的接触，人们采用了无接触式测温仪——“额温枪”来测量人体温度，该测温仪利用的是( )
A. 红外线传感器B. 压力传感器C. 气体传感器D. 声音传感器
2.关于电磁波，下列说法正确的是( )
A. 和机械波一样，电磁波不能在真空中传播
B. 麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在
C. 均匀变化的磁场一定产生均匀变化的电场
D. 利用B超可观察到母体内的婴儿情况，这属于电磁波技术的应用
3.如图，将一金属棒用两根绝缘等长细线水平悬挂，处于垂直于纸面向外的匀强磁场中。金属棒中通有从N流向M的电流，静止时两细线对金属棒的拉力大小相等。下列操作能使细线的拉力增大的是(金属棒始终静止)( )
A. 仅使电流的方向反向B. 仅使磁场的方向反向
C. 同时使电流和磁场的方向反向D. 仅增大金属棒中的电流
4.如图，在水平虚线上方存在垂直于纸面向里、范围足够大的匀强磁场，一不计重力的带电粒子从水平虚线上的O点垂直于虚线射入磁场。下列说法正确的是( )
A. 若粒子速度方向不变，大小变为原来的2倍，则粒子在磁场中运动的时间变为原来的2倍
B. 若增大磁感应强度，则粒子在磁场中运动的时间减小
C. 若磁感应强度变为原来的2倍，则粒子离开磁场的点到O点的距离变为原来的2倍
D. 若粒子的比荷变为原来的2倍，则粒子离开磁场的点到O点的距离变为原来的2倍
5.如图，初始时刻矩形线圈abcd与匀强磁场平行，线圈绕ad边匀速转动，从图示位置开始计时，经六分之一周期时的感应电动势为2V，则该感应电动势的最大值为( )
A. 2VB. 2 2VC. 4VD. 4 2V
6.如图，一小型发电厂发电机产生的正弦交流电输出电压为u=250 2sin100πt(V)，输出功率为P=106W。利用升压变压器将电压提高到104V向远处用户输电，输电线总电阻为10Ω。下列说法正确的是( )
A. 升压变压器原、副线圈的匝数比为1: 4B. 输电线中的电流为103A
C. 输电线上损失的功率为105WD. 用户得到的功率为8×105W
7.如图所示形状的闭合线圈以速率v水平向右匀速进入垂直于线圈平面的匀强磁场(分布在xOy坐标系第一象限的整个空间内，磁场方向如图)，从线圈A点到达原点O开始计时，线圈中的感应电流i(规定逆时针方向为正)随时间t的变化图线正确的是( )
A.
B.
C.
D.
8.如图甲，t=0时，单匝矩形导体线圈abcd与垂直于纸面向外的匀强磁场垂直，面积为S=5m2，电阻为R=10Ω。0∼2s内，线圈绕垂直于磁场的轴(图中未画出)匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的余弦规律变化：2s∼ 4s内线圈保持静止，磁感应强度垂直于线圈平面，磁感应强度大小B随时间t按如图丙所示的规律变化;之后重复0∼ 4 s内的情形。则此交流电电流的有效值为
( )
A. 5 AB. 5 2AC. 102AD. 10 A
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
9.如图，灯泡A的电阻小于灯泡B的电阻，线圈L的自感系数很大，直流电阻可忽略。下列说法正确的是( )
A. 闭合开关S的瞬间，A、B同时亮
B. 闭合开关S，电路稳定后，A比B更亮
C. 断开开关S后，A逐渐变暗，B闪亮一下然后逐渐变暗
D. 断开开关S后，A、B中的电流方向均发生改变
10.如图，一条形磁铁竖直固定在水平地面上，在其上方有一水平固定光滑绝缘桌面，桌面上一导体圆形线圈以某一初速度从左向右沿直线通过条形磁铁上方，在位置2时，条形磁铁中心轴线过线圈圆心。线圈从位置1经位置2运动到位置3的过程中( )
A. 线圈产生的感应电流方向一直不变
B. 从上往下看，线圈产生的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
C. 线圈做减速直线运动
D. 线圈对桌面的压力先大于线圈重力后小于线圈重力
11.如图甲，两固定平行且光滑的金属导轨MN、PQ与水平面的夹角均为θ=37∘，M、P之间接电阻箱，电阻箱的阻值范围为0～9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B=0.5T。一质量为m的金属杆ab垂直于导轨放置，其电阻为r。现由静止释放金属杆ab，测得其速度最大值为vm，改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知金属杆ab的长度和导轨间距均为L=2m，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，金属杆ab与导轨始终保持良好接触，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( )
A. 金属杆ab的质量为m=0.5kg
B. 金属杆ab的电阻为r=2Ω
C. 当R=2Ω时，金属杆ab匀速下滑过程中电阻箱R两端的电压为6V
D. 当R=1Ω时，若用时2s金属杆ab达到最大速度，则此过程中金属杆ab下滑的高度为3.6m
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
12.某同学用以下实验装置探究电磁感应现象中的感应电流，G为灵敏电流计(已知电流从“+”接线柱流入，指针向右偏转；电流从“−”接线柱流入，指针向左偏转)。
(1)如图甲，当导体棒ab水平向右运动时，该同学观察到灵敏电流计的指针__________(填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”)。
(2)如图乙，闭合开关S的瞬间，该同学观察到灵敏电流计的指针__________(填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”)。
(3)如图乙，闭合开关S，电路稳定后，快速移动滑动变阻器的滑片与缓慢移动滑动变阻器的滑片相比，观察到灵敏电流计的指针偏角更__________(填“大”或“小”)。
13.小明想用实验室的器材设计一个测力计，可供选择的器材如下：
A.两节完全相同的干电池(电动势E、内阻r均未知)；
B.电流表A1(量程为0～3mA，内阻为r1=10Ω)；
C.电流表A2(量程为0～0.6A，内阻为r2=0.2Ω)；
D.电压表V1(量程为0～3V，内阻未知)；
E.电压表V2(量程为0～15V，内阻未知)；
F.滑动变阻器R1(0～10Ω，允许通过的最大电流为2A)；
G.滑动变阻器R2(0～100Ω，允许通过的最大电流为1A)；
H.电阻箱R(0～999.9Ω)；
I.压敏电阻Rx，其阻值Rx随所加压力大小F变化的Rx−F图像如图丙所示；
J.开关S及导线若干。
(1)测量一节干电池的电动势和内阻，为使测量结果尽可能准确，本实验采用如图甲所示的电路，电流表应选__________(填“B”或“C”)，电压表应选__________(填“D”或“E”)，滑动变阻器应选__________(填“F”或“G”)。
(2)根据实验中电压表和电流表的示数得到了如图乙所示的U−I图像，则该干电池的电动势为E=__________V，内阻为r=__________Ω。
(3)将压敏电阻Rx设计成量程为0～100N的测力计，需将压敏电阻Rx与上述两节干电池、电流表A1、电阻箱R串联成如图丁所示的电路。闭合开关S，为使压敏电阻Rx所受压力大小为100N时电流表A1指针满偏，电阻箱接入电路的阻值为R=__________Ω，通过电流表A1的电流I随压力大小F变化的函数关系式为I=__________A(电阻箱接入电路的阻值R保持不变)。
四、计算题：本大题共3小题，共38分。
14.如图，矩形线圈ABCD的匝数为N=100，AB边长为L1=3cm，BC边长为L2=5cm，线圈电阻为r=2Ω。线圈在磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω=10 2rad/s匀速转动，外电路中电压表的示数为2.5V，R为定值电阻，电表均为理想电表。当线圈从图示位置(线圈与磁感线平行)转过180°的过程中，求：
(1)电流表的示数；
(2)电阻R上产生的焦耳热(结果可用π和根号表示)。
15.如图，在直角坐标系xOy的第三象限内存在水平向右的匀强电场，第一象限的矩形区域OMNP内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，OM=L，OP=2L。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子(不计重力)从坐标为(−L,−2 3L)的A点以沿y轴正方向、大小为v0的初速度开始运动，然后从O点射入场，最后从P点离开磁场区域。
(1)求匀强电场的电场强度大小；
(2)求矩形磁场区域的磁感应强度大小；
(3)若可调节矩形磁场区域的磁感应强度大小，要使带电粒子从NP边离开磁场区域，求磁感应强度大小的范围。
16.如图，光滑绝缘水平桌面上有两个相邻的匀强磁场区域，区域I的宽度为d1=2m，磁场竖直向下，磁感应强度大小为B1=2T；区域II的宽度为d2=2.32m，磁场竖直向上，磁感应强度大小为B2=0.5T。区域I的左边有一质量为M=4kg的“工”形导体框McNQdP，cd边与磁场边界平行，cd边长度为L=1m，导体框的电阻忽略不计。一长度为L=1m、电阻为R=2Ω、质量为m=2kg的导体棒平行于cd边静置于导体框上，两者间的动摩擦因数为μ=0.6.现用水平向右的恒力F1=24N拉导体棒，经过一段时间后，导体棒恰好能够匀速进入区域I。又经过一段时间后，导体棒离开区域I时，导体框cd边恰好进入区域I，此时水平向右的恒力变为F2=12.75N。再经过一段时间后，导体棒离开区域II。已知导体棒与导体框始终保持良好接触，重力加速度大小取g=10m/s2。求：
(1)导体棒和导体框均未进入磁场前各自的加速度大小；
(2)导体棒刚进入区域I时的速度大小和导体框cd边刚进入区域I时的速度大小；
(3)导体棒刚离开区域II时，导体棒和导体框的速度大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查传感器的应用。传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量，它们的具体应用要在平时学习中不断积累。
【解答】
“额温枪”是利用人体能发出红外线来测量人体温度的， A正确。
2.【答案】B
【解析】A.电磁波可以在真空中传播，A错误；
B.麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，B正确；
C.均匀变化的磁场产生稳定的电场，C错误；
D.B超利用超声波来观察母体内的婴儿情况，D错误。
故选B。
3.【答案】D
【解析】【分析】
解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行分析，注意由于磁场的方向始终与金属棒垂直，根据左手定则判断安培力的方向是关键。
金属棒MN用细线水平悬挂在匀强磁场中，从N流向M的电流时，金属棒受到向下的安培力作用，安培力大小为F=BIL，欲使细线的拉力增大，应增大安培力，由此分析。
【解答】
A、电流反向，磁场不变，根据左手定则可知，安培力向上，细线上的拉力减小，故A错误；
B、磁场方向反向，由左手定则可知，安培力向上，细线上的拉力减小，故B错误；
C、同时将电流和磁场的方向反向，根据左手定则可知安培力大小方向不变，细线的拉力不变，故C错误；
D、电流方向不变，磁场方向不变，安培力的方向向下，当增大电流时，安培力增大，可使细线的拉力增大，故D正确。
故选：D。
4.【答案】B
【解析】A.粒子在磁场中做半圆周运动，时间为 T2 ，由
qvB=mv2R
T=2πRv
得
T=2πmqB
周期 T 与速度大小无关，改变粒子的速度大小，粒子在磁场中运动的时间不变，A错误；
B.增大磁感应强度 B ，周期 T 减小，粒子在磁场中运动的时间减小，B正确；
C.由
qvB=mv2R
得半径
R=mvqB
若磁感应强度变为原来的2倍，半径变为原来的 12 ，粒子离开磁场的点到O点的距离即做半圆周运动的直径也变为原来的 12 ，C错误；
D.若粒子的比荷变为原来的2倍，半径变为原来的 12 ，粒子离开磁场的点到O点的距离即做半圆周运动的直径也变为原来的 12 ，D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了正弦交流电流相关知识点的理解与应用，根据初始位置写出瞬时值表达式，再结合经六分之一周期时的感应电动势大小即可计算出最大值。
【解答】
图示位置为与中性面垂直的位置，则从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e=emcsωt=emcs2πTt，由题意可知t=16T时，e=2V，则有2V=emcs(2πT·16T)，解得em=4V，故C正确。
6.【答案】C
【解析】【分析】
求出升压变压器原线圈电压的有效值U1，再分析副线圈的电压U2，变压器原、副线圈的匝数比等于电压之比；根据P=UI计算输电电流，根据P=I2R计算输电线损失功率；根据功率关系求解用户得到的功率
解决本题的关键掌握交变电流电压的表达式，知道各量表示的含义，知道原、副线圈的电压比等于匝数之比。
【解答】
解：A.原线圈电压有效值为：U1=250V，副线圈电压有效值为：U2=104V，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=U1U2=25010000=140，故A错误；
B.输电线中的电流为I2=P2U2=106104=100A，故B错误；
CD.输电线上损失的功率为P损=I2R=1002×10=105W，用户得到的功率为P用=106W−105W=9×105W，故C正确，D错误。
7.【答案】D
【解析】AB.线圈AB边开始进入磁场时，由楞次定律或者右手定则可知，线圈中感应电流为瞬时针方向，即负方向，则选项AB错误；
CD.在 2Lv−3Lv 阶段，线圈切割磁感线的有效长度为2L恒定不变，则感应电流应该不变，则C错误，D正确。
故选D。
8.【答案】C
【解析】【分析】
根据法拉第电磁感应定律计算出不同阶段的电动势的大小，结合电流的定义式和有效值的计算公式完成解答。
【解答】
0∼2s内，线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦式交变电流，感应电动势最大值Em=NBSω=NΦmω，由图乙可知，Φm=20 2πWb，ω=2π4=π2rad/s，则电流有效值I1=Em 2·R=1A，
2s∼ 4s内线圈保持静止，磁感应强度大小B随时间均匀变化，产生恒定电动势，E=NΔΦΔt=20V，电流有效值I2=ER=2A，
整个周期内，根据电流有效值定义可知，I12·R·T2+I22·R·T2=I有效2·R·T，解得此交流电电流的有效值为I有效 = 102A，故选C。
9.【答案】BC
【解析】A.闭合开关S的瞬间，由于线圈的阻碍作用，A逐渐亮起来，B立即亮起来，故A错误；
B.闭合开关S，电路稳定后，线圈相当于一根无电阻的导线，A、B并联，A的电阻小于B的电阻，A比B更亮，故B正确；
C.断开开关S后，A、B与线圈组成闭合回路，电流以线圈原电流开始减小，A以原电流减小，B的电流突然增大，B闪亮一下然后逐渐变暗，故C正确；
D.断开开关S后，A的电流方向不变，B的电流方向改变，故D错误。
故选BC。
10.【答案】BC
【解析】AB.线圈从位置1向位置2运动和从位置2向位置3运动的这两个过程中，穿过线圈的磁通量先向上增加后向上减小，根据楞次定律可知，从上往下看，线圈从位置1向位置2运动和从位置2向位置3运动的这两个过程中，产生的感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向，故A错误，B正确；
C.线圈所受安培力的方向与运动方向相反，线圈做减速直线运动，故C正确；
D.线圈从位置1向位置2运动的过程中，为了阻碍穿过线圈的磁通量增大，线圈有离开磁铁的趋势，线圈对桌面的压力小于线圈重力，在位置2时，线圈对桌面的压力等于线圈重力，从位置2向位置3运动的过程中，为了阻碍穿过线圈的磁通量减小，线圈有靠近磁铁的趋势，线圈对桌面的压力大于线圈重力，故D错误。
故选BC。
11.【答案】BD
【解析】AB.当金属杆 ab 达到最大速度 vm 时，安培力等于重力沿导轨向下的分力即
mgsinθ=B2L2vmR+r
当 R=0 时， vm=4m/s ；当 R=2Ω 时， vm=8m/s ，代入上式解得
m=13kg ， r=2Ω
故A错误，B正确；
C.当 R=2Ω 时， vm=8m/s ，金属杆 ab 匀速下滑过程中电阻箱 R 两端的电压
U=RR+rBLvm
代入数据解得
U=4V
故C错误；
D.当 R=1Ω 时，由图乙可得最大速度为 6m/s ，对金属杆 ab 由动量定理得
mgsinθ⋅t−B2L2vtR+r=mvm
又
s=vt s 表示金属杆 ab 沿导轨运动的位移大小，代入数据解得
s=6m
则此过程中金属杆 ab 下滑的高度为
h=s⋅sinθ=3.6m
故D正确。
故选BD。
12.【答案】(1)向左偏转；
(2)向左偏转；
(3)大。
【解析】(1)由右手定则可知，当导体棒 ab 水平向右运动时，感应电流方向为 a→b ，电流从“−”接线柱流入，指针向左偏转。
(2)闭合开关S的瞬间，穿过右侧线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与左侧线圈中电流产生的磁场方向相反，由右手螺旋定则可知，感应电流从灵敏电流计的“−”接线柱流入，故指针向左偏转。
(3)闭合开关S，电路稳定后，快速移动滑动变阻器的滑片，左侧线圈中电流变化得更快，电流产生的磁场也变化得更快，右侧线圈中的磁通量也变化得更快，由法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势更大，感应电流也更大，所以灵敏电流计的指针偏角更大。
13.【答案】(1) C D F
(2) 1.5 0.8
(3) 938.4 31200−2F

【解析】(1)[1][2][3]一节干电池的电动势约 1.5V 左右，内阻约 1Ω 左右，为使测量结果尽可能准确，电流表应选量程为 0∼0.6A 的C，电压表应选量程为 0∼3V 的D，滑动变阻器应选阻值范围为 0∼10Ω 的F。
(2)[1][2]根据
U=E−I(r+r2)
结合图像可知，则该干电池的电动势为
E=1.5V
内阻为
r=1.5−1.00.5−0.2=0.8Ω
(3)[1][2]当压敏电阻 Rx 所受压力大小为 100N 时，其阻值 Rx0=50Ω ，此时电流表 A1 指针满偏，由闭合电路欧姆定律可知
2E=I1m2r+r1+R+Rx0
其中 E=1.5V ， IIm=3×10−3A ，解得
R=938.4Ω
令 R内=2r+r1+R ，则
R内=950Ω
又因为
2E=IR内+Rx
可得
I=3950+Rx
由压敏电阻阻值 Rx 随所加压力大小 F 变化的 Rx−F 图像可知
Rx=250−2F
代入解得
I=31200−2F
14.【答案】(1) I=0.25A ；(2) Q= 2π32J
【解析】(1)根据交变电流知识可知
Em=NBSω=NBL1L2ω
E=Em 2
由闭合电路欧姆定律可得
E=U+Ir
解得
I=0.25A
(2)线圈转动的时间
t=πω
电阻 R 上产生的焦耳热
Q=UIt
联立求解，得
Q= 2π32J
15.【答案】(1) E=mv026qL ；(2) B0=mv0qL ；(3) 3mv03qL≤B≤mv0qL
【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动。 y 方向
2 3L=v0t x 方向
L=12at2
qE=ma
联立求解，得
E=mv026qL
(2)设带电粒子在 O 点的速度为 v ，与 y 轴的夹角为 θ ，矩形磁场区域的磁感应强度大小为 B0
vx=at
tanθ=vxv0
v=v0csθ (或 v= v02+vx2 )
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可知
L=R0csθ
由牛顿第二定律有
qvB0=mv2R0
联立求解，得
B0=mv0qL
(3)带电粒子从P点离开磁场区域时，磁感应强度大小最大，磁感应强度大小最小时，带电粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知
Rm=Rmsinθ+L
由牛顿第二定律有
qvBmin=mv2Rm
联立求解，得
Bmin= 3mv03qL
所以磁感应强度大小的范围为
3mv03qL≤B≤mv0qL
16.【答案】(1) a1=6m/s2 ， a2=3m/s2 ；(2) 6m/s ， 4m/s ；(3)导体棒的速度大小为 5.6m/s ，导线框的速度大小为 4.1m/s
【解析】(1)导体棒和导体框均未进入磁场前，对导体棒有
F1−μmg=ma1
对导体框有
μmg=Ma2
解得
a1=6m/ s2 ， a2=3m/s2
(2)导体棒在区域I中匀速运动
B1I1L+μmg=F1
E1=I1R
E1=B1Lvm1
联立求解，得
vm1=6m/s
运动时间
t2=d1vm1
导体棒未进入磁场前
vm1=a1t1
导体框cd边加速运动到区域I的左边界，有
vM1=a2t1+t2
联立求解，得
vM1=4m/s所以导体框一直匀加速到区域I的左边界。
(3)导体棒刚进入区域II时，导体框cd边刚进入区域I
E2=B2Lvm1+B1LvM1
I2=E2R
对导体棒有
B2I2L+μmg−F2=ma3
解得
a3=1m/s2
导体棒做减速运动，对导体框有
μmg−B1I2L=Ma4
解得
a4=0.25m/s2
导体框做加速运动，设经过 ΔtΔt→0 后，导体棒速度的增量
Δvm=−a3Δt=−Δtm/s
导体框速度的增量
ΔvM=a4Δt=0.25Δtm/s
回路中产生的感应电动势
E=B2Lvm1+Δvm+B1LvM1+ΔvM=B2Lvm1+B1LvM1 E 保持不变，则 I 也保持不变，所以导体棒和导体框所受安培力保持不变，导体棒做匀减速直线运动，导体框做匀加速直线运动。假设导体棒刚离开区域II时，导体框cd边还未离开区域I且还未与导体棒共速。对导体棒有
vm22−vm12=−2a3d2
vm2=vm1−a3t3
对导体框有
vM2=vM1+a4t3
联立解得有
vm2=5.6m/s ， vM2=4.1m/st3=0.4s
导体框cd边在区域 I 中运动的位移大小
xM=vM1+vM22t3=1.62m假设成立。所以，导体棒刚离开区域II时，导体棒的速度大小为 5.6m/s ，导线框的速度大小为 4.1m/s 。