2023-2024年四川省仁寿第一中学校（北校区）高二下学期4月期中物理试题（解析版）

仁寿一中北校区高二下学期半期考试物理试题一、选择题1.如图所示，把电阻、电感线圈、电容器并联接到一交流电源上，三个灯泡的亮度相同，若保持电源电压大小不变，而将频率增大，则关于三个灯的亮度变化说法正确的是（）A.灯亮度不变，灯变暗，灯变亮B.灯亮度不变，灯变亮，灯变暗C.灯变暗，灯亮度不变，灯变亮D.灯变亮，灯变暗，灯亮度不变【答案】A【解析】交流电源的电压不变，频率增大，电阻对电流的阻碍作用不变，通过灯的电流不变，灯的功率不变，故灯亮度不变，电感对电流的阻碍作用变大，通过灯的电流变小，灯的功率变小，故灯变暗，电容对电流的阻碍作用变小，通过灯的电流变大，灯的功率变大，故灯变亮。故选A。2.如图所示.一根长导线弯曲成如图所示形状。通以直流电，正中间用绝缘线悬挂一金属环。环与导线处于同一竖直平面内。在电流增大的过程中，下列叙述正确的是()A.金属环中无感应电流产生B.金属环中有顺时针方向的感应电流C.悬挂金属环的竖直线中的张力不变D.金属环仍能保持静止状态【答案】D【解析】根据安培定则知，弯曲成的导线中电流的磁场方向为垂直纸面向里，且大小增加．由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，故AB错误；根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成的导线在金属环所在的区域上部分的磁场比较大，下部分的磁场比较小，环的上部分受到的向下的安培力比较大，因此导致挂环的拉力增大，因安培力的合力方向竖直向下，故金属环不会转动，仍然静止；故C错误，D正确；故选D。解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向．同时会用左手定则判断安培力的方向。3.如图所示，半径为的圆形线圈两端、接入一个平行板电容器，线圈放在随时间均匀变化的匀强磁场中，线圈所在平面与磁感线的方向垂直，下列措施不能使电容器所带的电量增大的是（）A.增大线圈的面积B.增大磁感强度的变化率C.电容器的两极板靠近些D.使线圈平面与磁场方向成角【答案】D【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为，电容器两端的电压为，电容器的电荷量为，联立可得；增大线圈的面积，可知电容器所带的电量增大，故A不满足题意要求；增大磁感强度的变化率，可知电容器所带的电量增大，故B不满足题意要求；电容器的两极板靠近些，根据，可知电容变大，电容器所带的电量增大，故C不满足题意要求；使线圈平面与磁场方向成角，则有效面积减小，可知电容器所带的电量减小，故D满足题意要求。故选D。4.一理想变压器原、副线圈的匝数比为，原线圈接在一个交流电源上，交变电压随时间变化的规律如图所示，副线圈所接的负载电阻是。则下列说法中正确的是（）A.副线圈输出交变电流周期为B.变压器输入功率与输出功率之比为C.电流表的示数为D.电压表的示数为【答案】C【解析】根据图像可知，副线圈输出交变电流周期等于，故A错误；变压器输入功率与输出功率之比为，故B错误；原线圈的电压有效值为，则电压表的示数为，故D错误；副线圈的输出电压为，则副线圈电流为，根据，可得原线圈电流为，则电流表的示数为，故C正确。故选C。5.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框，边长大于边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于。第一次边平行进入磁场，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面积的电荷量为；第二次边平行于进入磁场，线框上产生的热量为，通过线框导体横截面的电荷量为，则（）A.， B.， C.， D.，【答案】A【解析】设和边长分别为，，若假设穿过磁场区域的速度为，，；同理可以求得：，；，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，因此：，，故A正确，BCD错误，故选A。在电磁感应题目中，公式，常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②利用动能定理；③利用能量守恒；具体哪种方法，要看题目中的已知条件。6.如图所示，电路中的变压器为一理想变压器，为单刀双掷开关，是滑动变阻器的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是（）A.保持的位置不变，由切换到B.保持的位置不变，由切换到C.掷于位置不动，向上滑动D.掷于位置不动，向下滑动【答案】AC【解析】保持的位置不变，电阻保持不变，由切换到，则输出电压变大，由得功率变大，A正确、B错误；置于位置不动，则电压保持不变，向上滑动，电阻变小，功率变大，向下滑动，电阻变大，功率变小，C正确、D错误。7.等离子气流由左方连续以射入和两板间的匀强磁场中，直导线与、相连接，线圈与直导线连接。线圈内有随图所示的变化磁场，且磁场的正方向规定为向左，如图所示，则下列叙述正确的是（）A.内、导线互相排斥B.内、导线互相吸引C.内、导线互相吸引D.内、导线互相排斥【答案】BD【解析】左侧实际上为等离子体发电机，将在中形成从到的电流，由图可知，内磁场均匀变化，根据楞次定律可知将形成从到的电流，同理形成从到的电流，且电流大小不变，故秒内电流同向，相互吸引，电流反向，相互排斥。故选BD。8.如图所示，固定在水平面上的光滑平行金属导轨，间距为，右端接有阻值的电阻，空间存在方向竖直向上、磁感应强度为的匀强磁场。质量为、电阻为的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度。给导体棒水平向右的初速度，导体棒开始沿导轨往复运动，在此过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知导体棒的电阻与定值电阻的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说法中正确的是()A.导体棒开始运动的初始时刻受到的安培力向左B.导体棒开始运动的初始时刻导体棒两端的电压C.导体棒开始运动后速度第一次为零时，系统的弹性势能D.导体棒最终会停在初始位置，在导体棒整个运动过程中，电阻上产生的焦耳热【答案】AD【解析】导体棒和定值电阻组成闭合线圈，开始运动的初始时刻，导体棒向右运动，线圈面积减小，根据楞次定律来据去留，安培力阻碍线圈面积的变化，所以安培力水平向左，选项A对；根据楞次定律导体棒切割磁感线产生的感应电动势，但导体棒和定值电阻组成闭合回路，导体棒两端电压为路端电压，已知导体棒的电阻与定值电阻的阻值相等所以路端电压，选项B错；导体棒向右运动的过程，安培力和弹簧弹力做功，根据功能关系产生的焦耳热，选项C错；金属棒最终会停下来时，不再切割磁感线，没有感应电动势和感应电流，不受安培力，而导轨光滑，没有摩擦力，所以导体棒静止时，弹簧弹力为，即弹簧原长，根据功能关系，电路上产生的焦耳热，由于电路内阻等于外阻，所以电阻上产生的焦耳热为，选项D对。故选AD。二、非选择题9.某学习小组在探究变压器原、副线圈电压和匝数关系的实验中，采用了可拆式变压器，铁芯安装在铁芯上形成闭合铁芯，将原、副线圈套在铁芯的两臂上，如图所示：（1）下列说法正确的是______A．为保证实验安全，原线圈应接低压直流电源B．变压器中铁芯是整块硅钢C．保持原线圈电压及匝数不变，可改变副线圈匝数，研究副线圈的匝数对输出电压的影响D．变压器正常工作后，电能由原线圈通过铁芯导电输送到副线圈（2）实验过程中，变压器原、副线圈选择不同的匝数，利用多用电表测量相应电压，记录如下，由数据可知一定是______线圈的匝数（填“原”或“副”）根据表格中的数据，在实验误差允许的范围内，可得出原副线圈两端电压与匝数的关系：______。（3）学习小组观察实验室中一降压变压器的两个线圈的导线，发现导线粗细不同，结合以上实验结论，应将较细的线圈作为______线圈。（填“原”或“副”）【答案】（1）；（2）副，原、副线圈两端电压与匝数成正比；（3）原【解析】（1）[1]变压器改变的是交流电压，因此原线圈不能接低压直流电源，选项A错误；因为变压器的工作原理是电磁感应，如果变压器铁芯是用整块铁芯，则在电磁的作用下，会产生很大的涡流发热，当热量达到一定程度时，会损坏铁芯和线圈，故不能用整块硅钢，选项B错误；研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，选项C正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，而不是靠铁芯导电来传输电能，选项D错误。故选C。（2）[2]为保证实验安全，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故由数据可知一定是副线圈的匝数；[3]由表可知，原、副线圈两端电压与匝数成正比，则；（3）[4]理想变压器的输入功率等于输出功率，因为是降压变压器，所以副线圈的电压小于原线圈的电压，而功率又相等，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，为了减少功率损失，根据电阻定律可知副线圈应用较粗的铜导线绕制，故应将较细的线圈作为原线圈。10.某同学利用如图甲所示的电路测量一个热敏电阻的阻值。所用器材：电源、开关、滑动变阻器、电压表（内阻未知）和毫安表（内阻未知）。（1）实验时，将热敏电阻置于温度控制室中，记录不同温度下电压表和毫安表的示数，计算出相应的热敏电阻阻值。若某次测量中电压表和毫安表的示数分别为和，则此时热敏电阻的阻值为________。这种方法测量的热敏电阻的阻值比真实值____________（填“偏大”或“偏小”）。（2）实验中得到该热敏电阻阻值随温度变化的曲线如图乙所示。利用该热敏电阻可以制作温控报警器，其电路的一部分如图丙所示。图中为直流电源（电动势为，内阻不计）；当环境温度升高导致图中的输出电压达到或超过时，便触发报警器（图中未画出）报警。若要求开始报警时环境温度为，则图中固定电阻的阻值应为____________（保留位有效数字），若电源电压大于，则开始报警时的温度______________（填“高于”或“低于”）。【答案】（1）##，偏小；（2），低于【解析】（1）[1][2]由欧姆定律，因为电压表的内阻有分流作用，导致毫安表的示数偏大，故用这种方法测量的热敏电阻的阻值比真实值偏小。（2）[3]当环境温度为时，由图乙可得此时热敏电阻的阻值约为，由于热敏电阻的阻值随着温度升高而降低，依题意要求的输出电压随温度升高而增大，所以即为热敏电阻，由闭合电路欧姆定律，解得，则固定电阻阻值为；[4]若电源电压大于，则开始报警时热敏电阻阻值由，可知，故开始报警时的温度低于。11.如图所示，两光滑金属导轨，间距，在桌面上的部分是水平的，桌面区域存在磁感应强度、方向竖直向下的有界磁场，电阻，桌面高，金属杆的质量，接入电路的电阻，在导轨上距桌面的高处由静止释放，落地点距桌面左边缘的水平距离，轨道电阻不计，。求：(1)金属杆进入磁场时，电阻上的电流大小；(2)整个过程中电阻上产生的热量。【答案】(1)；(2)【解析】(1)根据机械能守恒定律得，代入数据可得，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得；(2)金属杆离开桌面做平抛运动，竖直方向、水平方向分别满足，，联立代入数据可得，由能量守恒得金属杆减小的动能转化为电路产生的热量，整个过程中电阻上产生的热量。12.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展。如图是上海黄浦江入海处所建的风车阵。如果风车阵中某发电机输出功率为，输出电压是，先后经过一升压变压器和一降压变压器传输后送到用户，设用户得到的电压是，输电线总电阻为。若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的，试求：（1）画出此输电线路的示意图；（2）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比各为多少？（3）用户得到的电功率是多少？【答案】（1）；（2），；（3）【解析】（1）输电过程示意图如图所示；（2）由线路损耗的功率，可得，，故升压变压器原副线圈匝数之比为，输电线上电压损失为，由，得输送电压，降压变压器原线圈两端的电压为，故降压变压器原副线圈匝数之比为；（3）用户得到的电功率为，即。13.如图所示，、为间距足够长的平行导轨，。导轨平面与水平面间的夹角，间连接有一个的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为。将一根质量为的金属棒紧靠放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计，现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，当金属棒滑行至处时已经达到稳定速度，距