【解析】2023-2023学年四川省广安二中高二下学期期中物理试卷

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2023-2023学年四川省广安二中高二下学期期中物理试卷

一、不定项选择题

1．（2023高二下·广安期中）穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）

A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变

B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大

C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势

D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变

【答案】C

【知识点】磁通量

【解析】【解答】解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N．

结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率k=．

A、图甲中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．

B、图乙中磁通量Φ随时间t均匀增大，图像的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．

C、图丙中回路在O～t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k1，在t0～2t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k2，从图像中发现：k1大于k2的绝对值．所以在O～t0时间内产生的感应电动势大于在t0～2t0时间内产生的感应电动势．故C正确．

D、图丁中磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误．

故选：C

【分析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比．

结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率k=．

运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图像解决问题．

2．（2023高二下·广安期中）如图所示为受迫振动的演示装置，当单摆A振动起来后，通过水平悬绳迫使单摆B，C振动，则下列说法正确的是（）

A．只有A，C摆振动周期相等B．A摆的振幅比B摆小

C．C摆的振幅比B摆小D．A，B，C三摆的振动周期相等

【答案】D

【知识点】受迫振动和共振

【解析】【解答】解：由题意，A做自由振动，其振动周期就等于其固有周期，而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等；

由于C、A的摆长相等，则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅振幅比B摆大．所以D正确，ABC错误．

故选：D．

【分析】由题意A做自由振动，B、C做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期；

C发生共振，振幅最大．

3．（2023高二下·广安期中）如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的阻值，把线圈放入一方向垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是（）

A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向

B．电阻R两端的电压随时间均匀增大

C．线圈电阻r消耗的功率为4×10﹣4W

D．前4s内通过R的电荷量为8×10﹣2C

【答案】C,D

【知识点】法拉第电磁感应定律

【解析】【解答】解：A、根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增大，则线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；

B、由法拉第电磁感应定律：E=n可得：

感应电动势：E=100×=0.1V，

平均电流：I===0.02A，

电阻R两端的电压U=0.02×4=0.08V，故B错误；

C、线圈电阻消耗的功率：P=I2r=0.022×1=4×10﹣4W，故C正确；

D、前4s内通过的电荷量为：q=It=0.02×4=0.08C，故D正确；

故选：CD．

【分析】A、根据楞次定律，可判定感应电流方向；

BD、由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，结合欧姆定律求出电流，从而求得电阻R两端的电压，由电流的定义式求出电荷量；

C、由电功率公式求出线圈电阻消耗的功率．

4．（2023高二下·广安期中）如图所示，单摆摆球的质量为m，摆长为L，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则摆球从A运动到B的过程中（）

A．重力做的功为mv2

B．重力的最大瞬时功率为mgv

C．重力的功率一直增大

D．摆球运动到最低点B时绳的拉力为

【答案】A

【知识点】向心力

【解析】【解答】解：A、摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：

WG=mv2﹣0，故A正确．

B、设摆球从A运动到B的过程中某点重力的瞬时功率最大，设此时速度方向与竖直方向的夹角为θ，则有p=mgvcosθ＜mgv，故B错误；

C、A点的速度为零，故重力的功率为零，B点时由于重力竖直向下，而速度沿水平方向，故重力的功率为零，故重力的功率先增大后减小，故C错误；

D、摆球经过平衡位置时，合外力提供向心力，绳的拉力为F=+mg，故D错误

故选：A

【分析】某个力的功率应用力乘以力方向上的速度，重力做功与路径无关只与高度差有关，也可以运动动能定理求解．

5．（2023高二下·广安期中）如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴oo′匀角速转动，转动周期为T0．线圈产生的电动势的最大值为Em，则（）

A．线圈产生的电动势的有效值为Em

B．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为

C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em

D．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次

【答案】B,C

【知识点】磁通量

【解析】【解答】解：A、线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为Em，故A错误；

B、由公式Em=BSω，结合ω=，可求出磁通量的最大值m=，故B正确；

C、根据法拉第电磁感应定律表达式Em=，可确定磁通量变化率的最大值=Em，故C正确；

D、经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，故D错误；

故选：BC．

【分析】根据正弦交流电的最大值与有效值的关系，结合最大值，即可求解有效值；由公式Em=BSω，结合ω=，可求出磁通量的最大值；根据法拉第电磁感应定律表达式Em=，可确定磁通量变化率的最大值，最后由线圈在一个周期内，电流方向改变2次，从而即可求解．

6．（2023高二下·广安期中）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=3：1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等，a、b端加一交流电压U=311sin100πtV，则（）

A．两电阻两端的电压比UA：UB=3：1

B．两电阻中电流之比IA：IB=1：1

C．两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：1

D．电阻B两端的电压表的示数UB=66V

【答案】D

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】解：A、电阻两端的电压U=IR，所以两电阻两端的电压之比等于电流之比，由电流比等于匝数反比，所以UA：UB=1：3，A错误；

B、根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得：两电阻中的电流之比IA：IB=1：3，B错误；

C、电阻消耗的功率P=I2R，所以两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：9，C错误；

D、由表达式知ab两端电压有效值为220V，设副线圈电压为U，则原线圈两端电压为3U，原线圈中电阻分压为，即3U+=220，解得U=66V，D正确；

故选：D

【分析】变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率P=I2R，电阻两端的电压U=IR即可求解．

7．（2023高二下·广安期中）如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻R2．则（）

A．仅增强光照时，原线圈的输入功率减小

B．仅向下滑动P时，R2两端的电压增大

C．仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小

D．仅增大U时，R2消耗的功率增大

【答案】B,D

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】解：A、当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故A错误；

B、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=，R2消耗的功率增大，故B正确，C错误；

D、当U增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=，用电器消耗的功率增大；故D正确；

故选：BD．

【分析】变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可．

8．（2023高二下·广安期中）如图所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω=100πrad/s．线圈的匝数N=100，边长ab=0.2m、ad=0.4m，电阻不计．磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B=T．电容器放电时间不计．下列说法正确的是（）

A．该线圈从图示位置开始转动到离开磁场过程中的电流方向adcba

B．电容器的耐压值至少为50V

C．电容器的电容C变大时，电流表的示数变小

D．该线圈产生的交流电动势有效值为25V

【答案】D

【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值

【解析】【解答】解：A、根据楞次定律可知，该线圈从图示位置开始转动到离开磁场过程中的电流方向abcda，故A错误

B、线圈产生的交流电动势峰值为：Em=NBSω=100××（0.2×0.4）×100π=50V，电容器的耐压值最小为V，故B错误；

C、电容器的电容C变大时，容抗变小，故电流表的示数变大，故C错误；

D、该交流电为正弦式交流电，根据E=，E=50V，故D正确；

故选：D．

【分析】线圈中产生正弦式交变电流，但只有半个周期有电流；根据Em=NBSω求解最大值；根据热效应求解有效值；电容器的耐压值为电压的最大值；电容越大，容抗越小．

9．（2023高二下·广安期中）如图所示，一个“∠”型导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，a是与导轨相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图所示位置的时刻作为计时起点，下列物理量随时间变化的图像可能正确的是（）

A．回路的感应电动势随时间变化关系

B．感应电流随时间变化关系

C．金属棒所受安倍力大小随时间变化关系

D．电流产生的热功率随时间变化关系

【答案】D

【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件

【解析】【解答】解：设“∠”型导轨的顶角为θ，电阻率为ρ．

A、感应电动势E=BLv=Bvttanθv=Bv2tanθt，则知E∝t，图像应是过原点的直线．故A错误．

B、感应电流I=，R=（vt+vttanθ+）

得I=，式中各量恒定，则感应电流不变．故B错误．

C、根据F=BIL可知，F=BIvttanθ，可见F∝t，图像应是过原点的直线．故C错误．

D、由上可知，R∝t，I恒定，则受外力的功率P=I2R∝t，故D正确．

故选D

【分析】根据感应电动势、欧姆定律、功率、电阻定律等知识得到感应电动势、感应电流等的表达式分析选择．

10．（2023高二下·广安期中）如图所示，一正方形闭合金属线框abcd放在粗糙绝缘水平面上，在其右侧有边界为c′d′的匀强磁场，磁场磁感应强度为B，方向垂直于水平面向下．正方形闭合金属线框的边长为L、质量为m、电阻为R，线框与水平面间的动摩擦因数为u．开始时金属线框的ab边与磁场边界c′d′重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，停止后金属线框的dc边与磁场边界c′d′的距离也为L．则下列说法正确的是（）

A．整个过程中，该装置产生的总热量为mv02

B．整个过程中，该装置产生的总热量为2μmgL

C．整个过程中，ab边产生的焦耳热为mv02

D．整个过程中，ab边产生的焦耳热为mv02﹣umgL

【答案】A,D

【知识点】焦耳定律

【解析】【解答】解：AB、根据能量守恒定律知，整个过程中，该装置产生的总热量等于线框动能的减少量，为Q总=mv02．

CD、整个过程产生的焦耳热为Q=mv02﹣2μmgL，ab边产生的焦耳热为Qab==mv02﹣μmgL，故C错误，D正确；

故选：AD

【分析】整个过程中，该装置产生的总热量等于线框动能的减少量．根据能量守恒定律知，整个过程产生的焦耳热为Q=mv02﹣2μmgL．ab边产生的焦耳热为Qab=．

二、填空题

11．（2023高二下·广安期中）简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图（1）所示，在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图（2）所示．

（1）刚开始计时时，振子位移x=；t=17s时，x=．

（2）若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离为．

（3）写出振子的振动方程为（用正弦函数表示）．

【答案】（1）﹣10cm；0

（2）4cm

（3）0.1sin（0.5π）（m）

【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系

【解析】【解答】解：（1）由图2知刚开始计时时，即t=0时刻，振子处在左边最大位移处位置处，位移为﹣10cm；

周期为T=4s，而t=17s=4T，根据振子的周期性可知t=17s时振子经过平衡位置，相对平衡位置的位移是0．（2）振动图线上1、3两点时间间隔为半个周期，即t=2s，则振动图线上1、3两点间的距离为：s=vt=2cm/s×2s=4cm（3）弹簧振子的周期为T=4s，则：

ω=rad/s；

振幅：A=0.1m；

开始时振子处在左边最大位移处位置处，位移为﹣10cm，所以该振子简谐运动的表达式为：

x=﹣Acosωt=﹣0.1sin0.5πt=0.1sin（0.5π）（m）

故答案为（1）﹣10cm，0；（2）4cm；（3）0.1sin（0.5π）（m）

【分析】（1）由图2直接读出位移，根据简谐运动的周期性分析t=17s时振子的位移．（2）纸带做匀速运动，根据其运动与振子运动的同时性，求解振动图线上1、3两点间的距离．（3）由公式ω=，得到角频率ω，读出振幅A，则该振子简谐运动的表达式为x=Asinωt．

12．（2023高二下·广安期中）在利用单摆测定重力加速度的实验中：

（1）实验中，应选用的器材为．（填序号）

①1米长细线②1米长粗线③10厘米细线

④泡沫塑料小球⑤小铁球⑥秒刻度停表

⑦时钟⑧厘米刻度米尺⑨毫米刻度米尺

（2）实验中，测出不同摆长对应的周期值T，作出T2﹣l图像，如图7所示，T2与l的关系式是T2=，利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2）可求出图线斜率k，再由k可求出g=．

（3）在实验中，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的．

A．计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径

B．测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动

C．计算摆长时，将悬线长加小球直径

D．单摆振动时，振幅偏小．

【答案】（1）①⑤⑥⑨

（2）；

（3）A

【知识点】单摆及其回复力与周期

【解析】【解答】解：（1）摆线选择1m左右的长细线，摆球选择质量大一些，体积小一些的铁球，测量时间用秒表，测量摆长用毫米刻度尺．故选：①⑤⑥⑨．（2）根据单摆的周期公式T=得，，

可知图线的斜率k=，解得g=．（3）根据T=得，g=，

A、计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故A正确．

B、测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动，则周期测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故B错误．

C、计算摆长时，将悬线长加小球直径，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．

D、单摆振动时，振幅偏小，不影响重力加速度的测量，故D错误．

故选：A．

故答案为：（1）①⑤⑥⑨，（2），，（3）A．

【分析】（1）根据实验的原理确定所需要测量的物理量，从而确定所需的实验器材．（2）根据单摆的周期公式得出T2﹣L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度．（3）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长或周期的测量误差分析重力加速度的测量误差．

三、计算题

13．（2023高二下·广安期中）弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t=0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t=0.2s时，振子速度第一次变为﹣v；在t=0.5s时，振子速度第二次变为﹣v，已知B、C之间的距离为25cm．

（1）求弹簧振子的振幅A；

（2）求弹簧振子振动周期T和频率f；

（3）求振子在4s内通过的路程及4.1s末的位移大小．

【答案】（1）解：弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，所以振幅是BC之间距离而，所以A=

（2）解：由简谐运动的对称性可知P到B的时间与B返回P的时间是相等的，所以：s；

同时由简谐振动的对称性可知：s

又由于：

联立得：T=1s

所以：f=Hz

（3）解：4s内路程：s=4×4A=4×4×12.5=200cm

由（2）的分析可知，从t=0时刻，经过0.1s时间振子到达B点；所以在4.1s时刻质点又一次到达B点，所以质点的位移是12.5cm

【知识点】位移与路程；简谐运动

【解析】【分析】（1）由B、C之间的距离得出振幅；（2）在t=0时刻，振子从OB间的P点以速度v向B点运动，经过0.2s它的速度大小第一次与v相同，方向相反，再经过0.5s它的速度大小第二次与v相同，方向与原来相反，质点P运动到关于平衡位置对称的位置，求出周期．（3）由B、C之间的距离得出振幅，结合振子开始计时的位置，求出振子在4s内通过的路程；结合振子开始计时的位置然后求出4.1s末的位移大小．

14．（2023高二下·广安期中）一小型发电站通过升压，降压变压器把电能输给用户．已知发电机的输出功率是500kW，端电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：5，两变压器间输电线的总电阻为1.5Ω，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器的损耗．求：

（1）升压变压器的副线圈两端电压；

（2）输电导线上的功率损失；

（3）降压变压器原、副线圈的匝数比；

（4）用户得到的功率．

【答案】（1）解：升压变压器的副线圈两端电压U2==5×500V=2500V

（2）解：输电导线上的电流：

I===200A

输电导线上的功率损失：

△P=I2R=2023×1.5=60000W

（3）解：输电线上的电压损耗：

△U=IR=200×1.5=300V

降压变压器原线圈的电压：

U3=U2﹣U=2500﹣300=2200V

降压变压器原、副线圈的匝数比：

（4）解：用户得到的功率：

P4=P1﹣△P=500×103W﹣60000W=440000W=440KW

【知识点】变压器原理

【解析】【分析】（1）根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，求解升压变压器副线圈的端电压；（2）变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率；（3）用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，根据用户得到的功率，由功率公式求出降压变压器副线圈中电流，再由电流与匝数成反比求解降压变压器原、副线圈的匝数比；（4）用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率．

15．（2023高二下·广安期中）如图所示，在倾角θ=30°，相距L=1m的光滑轨道上端连有一电阻R=9Ω，整个轨道处于垂直轨道方向的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，现在轨道上由静止释放一质量m=100g，电阻r=lΩ的金属棒，当棒下滑s=5m时恰好达到最大速度，不计导轨电阻．求：

（1）棒下滑的最大速度．

（2）棒下滑的速度为3m/s时棒的加速度大小为多少

（3）电阻R在这个过程中产生的热量．

【答案】（1）解：滑棒在下滑过程中速度最大时，加速度a=0，根据平衡条件有：

mgsinθ=F安，

又F安=BIL，I=，E=BLvm，则得：F安=

由此可解得最大速度：vm=

代入数据解得：vm=m/s=5m/s

（2）解：根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣=ma

则得，a=gsinθ﹣

代入数据得：a=[10×﹣]m/s2=2m/s2

（3）解：由功能关系可得棒在下滑过程中产生的热量为：

Q=mgssinθ﹣mvm2=（0.1×10×5×﹣）J=1.25J．

电阻R在这个过程中产生的热量QR=Q=1.25J=1.125J

【知识点】焦耳定律；导体切割磁感线时的感应电动势

【解析】【分析】（1）当金属棒开始运动时，会受到沿轨道向上的安培力，速度增大时，安培力增大，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0时，速度达到最大，达到稳定状态，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，列出平衡方程，求出最大速度．（2）根据安培力的表达式，求出此时的安培力，根据牛顿第二定律求解加速度大小．（3）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，重力势能减小，动能增加，内能增加，根据能量守恒求出整个电路产生的热量．

16．（2023高二下·广安期中）如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg．整个过程中金属棒与导轨电接触良好，求：

（1）棒到达最低点时的速度大小和通过电阻R的电流．

（2）棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量．

（3）若棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动到达ab

①请写出杆在运动过程中产生的瞬时感应电动势随时间t的变化关系？

②在杆到达ab的过程中拉力做的功为多少？

【答案】（1）解：棒在最低点，根据牛顿第二定律得

N﹣mg=m

由题得N=2mg

可得v=

棒经过最低点时产生的感应电动势为E=BLv=BL

通过电阻R的电流I==

（2）解：整个过程中系统能量守恒得：

回路中产生的焦耳热Q=mgr﹣=mgr

根据法拉第电磁感应定律得：

=

感应电流的平均值=

通过R的电荷量q=△t

联立得q=

又△Φ=BLr

所以可得q=

（3）解：①金属棒在运动过程中水平方向的分速度=v0cosωt

又v0=ωr

金属棒切割磁感线产生的余弦交变电：e=BL=BLv0cos

②四分之一周期内，电流的有效值：I=

由能量守恒得：拉力做的功W=mgr+Q

由焦耳定律得Q=I2R

T=

解得：W=mgr+

【知识点】焦耳定律

【解析】【分析】（1）金属棒在cd端时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出棒到达最低点时的速度．由E=BLv求出感应电动势，再由欧姆定律求通过R的电流．（2）根据能量守恒定律求回路中产生的焦耳热．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式推导出电量表达式q=，来求通过R的电荷量．（3）①棒沿轨道做匀速圆周运动，求出金属棒在运动过程中水平方向的分速度，再由E=BL求瞬时感应电动势．

②金属棒切割磁感线产生余弦交变电，求感应电动势的有效值，再由功能关系求拉力做的功．

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2023-2023学年四川省广安二中高二下学期期中物理试卷

一、不定项选择题

1．（2023高二下·广安期中）穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如图甲、乙、丙、丁所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是（）

A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变

B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大

C．图丙中回路在0～t0时间内产生的感应电动势大于t0～2t0时间内产生的感应电动势

D．图丁中回路产生的感应电动势可能恒定不变

2．（2023高二下·广安期中）如图所示为受迫振动的演示装置，当单摆A振动起来后，通过水平悬绳迫使单摆B，C振动，则下列说法正确的是（）

A．只有A，C摆振动周期相等B．A摆的振幅比B摆小

C．C摆的振幅比B摆小D．A，B，C三摆的振动周期相等

3．（2023高二下·广安期中）如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的阻值，把线圈放入一方向垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是（）

A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向

B．电阻R两端的电压随时间均匀增大

C．线圈电阻r消耗的功率为4×10﹣4W

D．前4s内通过R的电荷量为8×10﹣2C

4．（2023高二下·广安期中）如图所示，单摆摆球的质量为m，摆长为L，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力，则摆球从A运动到B的过程中（）

A．重力做的功为mv2

B．重力的最大瞬时功率为mgv

C．重力的功率一直增大

D．摆球运动到最低点B时绳的拉力为

5．（2023高二下·广安期中）如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴oo′匀角速转动，转动周期为T0．线圈产生的电动势的最大值为Em，则（）

A．线圈产生的电动势的有效值为Em

B．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为

C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em

D．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次

6．（2023高二下·广安期中）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=3：1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等，a、b端加一交流电压U=311sin100πtV，则（）

A．两电阻两端的电压比UA：UB=3：1

B．两电阻中电流之比IA：IB=1：1

C．两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：1

D．电阻B两端的电压表的示数UB=66V

7．（2023高二下·广安期中）如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻R2．则（）

A．仅增强光照时，原线圈的输入功率减小

B．仅向下滑动P时，R2两端的电压增大

C．仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小

D．仅增大U时，R2消耗的功率增大

8．（2023高二下·广安期中）如图所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω=100πrad/s．线圈的匝数N=100，边长ab=0.2m、ad=0.4m，电阻不计．磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B=T．电容器放电时间不计．下列说法正确的是（）

A．该线圈从图示位置开始转动到离开磁场过程中的电流方向adcba

B．电容器的耐压值至少为50V

C．电容器的电容C变大时，电流表的示数变小

D．该线圈产生的交流电动势有效值为25V

9．（2023高二下·广安期中）如图所示，一个“∠”型导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为B的匀强磁场中，a是与导轨相同的导体棒，导体棒与导轨接触良好．在外力作用下，导体棒以恒定速度v向右运动，以导体棒在图所示位置的时刻作为计时起点，下列物理量随时间变化的图像可能正确的是（）

A．回路的感应电动势随时间变化关系

B．感应电流随时间变化关系

C．金属棒所受安倍力大小随时间变化关系

D．电流产生的热功率随时间变化关系

10．（2023高二下·广安期中）如图所示，一正方形闭合金属线框abcd放在粗糙绝缘水平面上，在其右侧有边界为c′d′的匀强磁场，磁场磁感应强度为B，方向垂直于水平面向下．正方形闭合金属线框的边长为L、质量为m、电阻为R，线框与水平面间的动摩擦因数为u．开始时金属线框的ab边与磁场边界c′d′重合．现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，停止后金属线框的dc边与磁场边界c′d′的距离也为L．则下列说法正确的是（）

A．整个过程中，该装置产生的总热量为mv02

B．整个过程中，该装置产生的总热量为2μmgL

C．整个过程中，ab边产生的焦耳热为mv02

D．整个过程中，ab边产生的焦耳热为mv02﹣umgL

二、填空题

11．（2023高二下·广安期中）简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图（1）所示，在弹簧振子的小球上安装一枝绘图笔P，让一条纸带在与小球振动方向垂直的方向上匀速运动，笔P在纸带上画出的就是小球的振动图像．取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图（2）所示．

（1）刚开始计时时，振子位移x=；t=17s时，x=．

（2）若纸带运动的速度为2cm/s，振动图线上1、3两点间的距离为．

（3）写出振子的振动方程为（用正弦函数表示）．

12．（2023高二下·广安期中）在利用单摆测定重力加速度的实验中：

（1）实验中，应选用的器材为．（填序号）

①1米长细线②1米长粗线③10厘米细线

④泡沫塑料小球⑤小铁球⑥秒刻度停表

⑦时钟⑧厘米刻度米尺⑨毫米刻度米尺

（2）实验中，测出不同摆长对应的周期值T，作出T2﹣l图像，如图7所示，T2与l的关系式是T2=，利用图线上任两点A、B的坐标（x1，y1）、（x2，y2）可求出图线斜率k，再由k可求出g=．

（3）在实验中，若测得的g值偏小，可能是下列原因中的．

A．计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径

B．测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动

C．计算摆长时，将悬线长加小球直径

D．单摆振动时，振幅偏小．

三、计算题

13．（2023高二下·广安期中）弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，在t=0时刻，振子从O、B间的P点以速度v向B点运动；在t=0.2s时，振子速度第一次变为﹣v；在t=0.5s时，振子速度第二次变为﹣v，已知B、C之间的距离为25cm．

（1）求弹簧振子的振幅A；

（2）求弹簧振子振动周期T和频率f；

（3）求振子在4s内通过的路程及4.1s末的位移大小．

14．（2023高二下·广安期中）一小型发电站通过升压，降压变压器把电能输给用户．已知发电机的输出功率是500kW，端电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1：5，两变压器间输电线的总电阻为1.5Ω，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器的损耗．求：

（1）升压变压器的副线圈两端电压；

（2）输电导线上的功率损失；

（3）降压变压器原、副线圈的匝数比；

（4）用户得到的功率．

15．（2023高二下·广安期中）如图所示，在倾角θ=30°，相距L=1m的光滑轨道上端连有一电阻R=9Ω，整个轨道处于垂直轨道方向的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，现在轨道上由静止释放一质量m=100g，电阻r=lΩ的金属棒，当棒下滑s=5m时恰好达到最大速度，不计导轨电阻．求：

（1）棒下滑的最大速度．

（2）棒下滑的速度为3m/s时棒的加速度大小为多少

（3）电阻R在这个过程中产生的热量．

16．（2023高二下·广安期中）如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B．现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg．整个过程中金属棒与导轨电接触良好，求：

（1）棒到达最低点时的速度大小和通过电阻R的电流．

（2）棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量．

（3）若棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动到达ab

①请写出杆在运动过程中产生的瞬时感应电动势随时间t的变化关系？

②在杆到达ab的过程中拉力做的功为多少？

答案解析部分

1．【答案】C

【知识点】磁通量

【解析】【解答】解：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N．

结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率k=．

A、图甲中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．

B、图乙中磁通量Φ随时间t均匀增大，图像的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．

C、图丙中回路在O～t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k1，在t0～2t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率为k2，从图像中发现：k1大于k2的绝对值．所以在O～t0时间内产生的感应电动势大于在t0～2t0时间内产生的感应电动势．故C正确．

D、图丁中磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D错误．

故选：C

【分析】根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比．

结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像的斜率k=．

运用数学知识结合磁通量Φ随时间t变化的图像解决问题．

2．【答案】D

【知识点】受迫振动和共振

【解析】【解答】解：由题意，A做自由振动，其振动周期就等于其固有周期，而B、C在A产生的驱动力作用下做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期，所以三个单摆的振动周期相等；

由于C、A的摆长相等，则C的固有周期与驱动力周期相等，产生共振，其振幅振幅比B摆大．所以D正确，ABC错误．

故选：D．

【分析】由题意A做自由振动，B、C做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A的固有周期；

C发生共振，振幅最大．

3．【答案】C,D

【知识点】法拉第电磁感应定律

【解析】【解答】解：A、根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增大，则线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；

B、由法拉第电磁感应定律：E=n可得：

感应电动势：E=100×=0.1V，

平均电流：I===0.02A，

电阻R两端的电压U=0.02×4=0.08V，故B错误；

C、线圈电阻消耗的功率：P=I2r=0.022×1=4×10﹣4W，故C正确；

D、前4s内通过的电荷量为：q=It=0.02×4=0.08C，故D正确；

故选：CD．

【分析】A、根据楞次定律，可判定感应电流方向；

BD、由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，结合欧姆定律求出电流，从而求得电阻R两端的电压，由电流的定义式求出电荷量；

C、由电功率公式求出线圈电阻消耗的功率．

4．【答案】A

【知识点】向心力

【解析】【解答】解：A、摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：

WG=mv2﹣0，故A正确．

B、设摆球从A运动到B的过程中某点重力的瞬时功率最大，设此时速度方向与竖直方向的夹角为θ，则有p=mgvcosθ＜mgv，故B错误；

C、A点的速度为零，故重力的功率为零，B点时由于重力竖直向下，而速度沿水平方向，故重力的功率为零，故重力的功率先增大后减小，故C错误；

D、摆球经过平衡位置时，合外力提供向心力，绳的拉力为F=+mg，故D错误

故选：A

【分析】某个力的功率应用力乘以力方向上的速度，重力做功与路径无关只与高度差有关，也可以运动动能定理求解．

5．【答案】B,C

【知识点】磁通量

【解析】【解答】解：A、线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为Em，故A错误；

B、由公式Em=BSω，结合ω=，可求出磁通量的最大值m=，故B正确；

C、根据法拉第电磁感应定律表达式Em=，可确定磁通量变化率的最大值=Em，故C正确；

D、经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，故D错误；

故选：BC．

【分析】根据正弦交流电的最大值与有效值的关系，结合最大值，即可求解有效值；由公式Em=BSω，结合ω=，可求出磁通量的最大值；根据法拉第电磁感应定律表达式Em=，可确定磁通量变化率的最大值，最后由线圈在一个周期内，电流方向改变2次，从而即可求解．

6．【答案】D

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】解：A、电阻两端的电压U=IR，所以两电阻两端的电压之比等于电流之比，由电流比等于匝数反比，所以UA：UB=1：3，A错误；

B、根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得：两电阻中的电流之比IA：IB=1：3，B错误；

C、电阻消耗的功率P=I2R，所以两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：9，C错误；

D、由表达式知ab两端电压有效值为220V，设副线圈电压为U，则原线圈两端电压为3U，原线圈中电阻分压为，即3U+=220，解得U=66V，D正确；

故选：D

【分析】变压器原副线圈电流与匝数成反比，求出电流之比，根据电阻消耗的功率P=I2R，电阻两端的电压U=IR即可求解．

7．【答案】B,D

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】解：A、当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故A错误；

B、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=，R2消耗的功率增大，故B正确，C错误；

D、当U增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=，用电器消耗的功率增大；故D正确；

故选：BD．

【分析】变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可．

8．【答案】D

【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值

【解析】【解答】解：A、根据楞次定律可知，该线圈从图示位置开始转动到离开磁场过程中的电流方向abcda，故A错误

B、线圈产生的交流电动势峰值为：Em=NBSω=100××（0.2×0.4）×100π=50V，电容器的耐压值最小为V，故B错误；

C、电容器的电容C变大时，容抗变小，故电流表的示数变大，故C错误；

D、该交流电为正弦式交流电，根据E=，E=50V，故D正确；

故选：D．

【分析】线圈中产生正弦式交变电流，但只有半个周期有电流；根据Em=NBSω求解最大值；根据热效应求解有效值；电容器的耐压值为电压的最大值；电容越大，容抗越小．

9．【答案】D

【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件

【解析】【解答】解：设“∠”型导轨的顶角为θ，电阻率为ρ．

A、感应电动势E=BLv=Bvttanθv=Bv2tanθt，则知E∝t，图像应是过原点的直线．故A错误．

B、感应电流I=，R=（vt+vttanθ+）

得I=，式中各量恒定，则感应电流不变．故B错误．

C、根据F=BIL可知，F=BIvttanθ，可见F∝t，图像应是过原点的直线．故C错误．

D、由上可知，R∝t，I恒定，则受外力的功率P=I2R∝t，故D正确．

故选D

【分析】根据感应电动势、欧姆定律、功率、电阻定律等知识得到感应电动势、感应电流等的表达式分析选择．

10．【答案】A,D

【知识点】焦耳定律

【解析】【解答】解：AB、根据能量守恒定律知，整个过程中，该装置产生的总热量等于线框动能的减少量，为Q总=mv02．

CD、整个过程产生的焦耳热为Q=mv02﹣2μmgL，ab边产生的焦耳热为Qab==mv02﹣μmgL，故C错误，D正确；

故选：AD

【分析】整个过程中，该装置产生的总热量等于线框动能的减少量．根据能量守恒定律知，整个过程产生的焦耳热为Q=mv02﹣2μmgL．ab边产生的焦耳热为Qab=．

11．【答案】（1）﹣10cm；0

（2）4cm

（3）0.1sin（0.5π）（m）

【知识点】简谐运动的表达式与图象；波长、波速与频率的关系

【解析】【解答】解：（1）由图2知刚开始计时时，即t=0时刻，振子处在左边最大位移处位置处，位移为﹣10cm；

周期为T=4s，而t=17s=4T，根据振子的周期性可知t=17s时振子经过平衡位置，相对平衡位置的位移是0．（2）振动图线上1、3两点时间间隔为半个周期，即t=2s，则振动图线上1、3两点间的距离为：s=vt=2cm/s×2s=4cm（3）弹簧振子的周期为T=4s，则：

ω=rad/s；

振幅：A=0.1m；

开始时振子处在左边最大位移处位置处，位移为﹣10cm，所以该振子简谐运动的表达式为：

x=﹣Acosωt=﹣0.1sin0.5πt=0.1sin（0.5π）（m）

故答案为（1）﹣10cm，0；（2）4cm；（3）0.1sin（0.5π）（m）

【分析】（1）由图2直接读出位移，根据简谐运动的周期性分析t=17s时振子的位移．（2）纸带做匀速运动，根据其运动与振子运动的同时性，求解振动图线上1、3两点间的距离．（3）由公式ω=，得到角频率ω，读出振幅A，则该振子简谐运动的表达式为x=Asinωt．

12．【答案】（1）①⑤⑥⑨

（2）；

（3）A

【知识点】单摆及其回复力与周期

【解析】【解答】解：（1）摆线选择1m左右的长细线，摆球选择质量大一些，体积小一些的铁球，测量时间用秒表，测量摆长用毫米刻度尺．故选：①⑤⑥⑨．（2）根据单摆的周期公式T=得，，

可知图线的斜率k=，解得g=．（3）根据T=得，g=，

A、计算摆长时，只考虑悬线长度，而未加小球半径，则摆长的测量值偏小，导致重力加速度测量值偏小，故A正确．

B、测量周期时，将n次全振动误记为n+1次全振动，则周期测量值偏小，导致重力加速度测量值偏大，故B错误．

C、计算摆长时，将悬线长加小球直径，则摆长的测量值偏大，导致重力加速度的测量值偏大，故C错误．

D、单摆振动时，振幅偏小，不影响重力加速度的测量，故D错误．

故选：A．

故答案为：（1）①⑤⑥⑨，（2），，（3）A．

【分析】（1）根据实验的原理确定所需要测量的物理量，从而确定所需的实验器材．（2）根据单摆的周期公式得出T2﹣L的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度．（3）根据单摆的周期公式得出重力加速度的表达式，结合摆长或周期的测量误差分析重力加速度的测量误差．

13．【答案】（1）解：弹簧振子以O点为平衡位置，在B、C两点间做简谐运动，所以振幅是BC之间距离而，所以A=

（2）解：由简谐运动的对称性可知P到B的时间与B返回P的时间是相等