山东省青岛市莱西市2023-2024学年高二上学期1月期末考试物理试题（含答案解析）

高二学业水平阶段性检测（二）物理试题本试卷共100分，考试时间90分钟．一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24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.电磁波传播过程中，电场方向，磁场方向，传播方向三者互相垂直，电磁波是电波和磁波二者的总称，有时可直接简称为电波．关于电磁波，下列说法正确的是（）A.麦克斯韦首先从理论上预言了电磁波，并用实验证实了电磁波的存在B.常用的遥控器通过发出微波来遥控电视机C.电磁波的波长越长，其能量子的能量越低D.电磁波在真空和介质中传播速度相同【答案】C【解析】【详解】A．麦克斯韦首先从理论上预言了电磁波，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故Ａ错误；B．遥控器通过发出红外线脉冲信号遥控电视机，因红外线波长较长，容易发生衍射现象，故Ｂ错误；C．电磁波的波长越长，频率越小，根据，则其能量子的能量越低，故Ｃ正确；D．电磁波在真空中的传播速度大于在介质中传播速度，故Ｄ错误。故选Ｃ。2.我国新疆昌吉至安徽古泉新建了1100kV特高压直流箱电工程．这是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的特高压输电工程．如图是交流特高压α和直流特高压输电b的年耗费与输电距离的对比图．下列说法正确的是（）A.“西电东送”直流高压输电不需要使用变压器B.相同输电距离直流输电线路的感抗比交流输电少C.直流特高压输电的线路上没有电能的损耗D.直流特高压输电在近距离输电上经济效益更高些【答案】B【解析】【详解】A．要想改变电压，采用高压输电必须要使用变压器，故A错误；B．感抗大小与交流电的频率有关，则相同输电距离直流输电线路的感抗比交流输电少，故B正确；C．直流特高压输电的线路上因输电线有电阻，则仍有电能的损耗，故C错误；D．由图可知，直流特高压输电在近距离输电上年消耗过大，经济效益更低些，故D错误。故选B。3.为了研究电磁炉的工作原理，某个同学制作了一个简易装置，如图所示，将一根电线缠绕在铁芯外部，接通交流电源，放置在铁芯上方的不锈钢锅具开始发热，下述可以增大锅具的发热功率的办法，可行的是（）A.增大交流电源的频率B.把不锈钢锅换成铜锅C.将电源换成电动势更大的直流电源D.把线圈内部铁芯去掉【答案】A【解析】【详解】A．当下方线圈通入交流电时，在不锈钢锅具中会产生感应电动势，形成涡流而产生热量，因感应电动势与电流的变化率成正比，增大交流电源的频率，感应电动势增大，电流增大，热功率增大，故A正确；B．铜不是磁性材料，把不锈钢锅换成铜锅，则不会产生涡流，则不发热，故B错误；C．换成直流电源，恒定电流产生恒定的磁场，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不会有感应电流，热功率为0，故C错误；D．把线圈内部铁芯去掉，则磁场减弱，感应电动势减小，感应电流减小，热功率变小，故D错误。故选A4.如图所示，把开关K闭合后，要使Q线圈产生图示方向的电流，下面采用的方法不正确的是（）A.把Q靠近PB.把P中的铁心从左边抽出C.把R滑片右移D.开关K断开的瞬间【答案】A【解析】【详解】A．根据右手螺旋定则，线圈P中产生的磁场左侧为N极，右侧为S极，则把Q靠近P时，穿过Q的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，线圈Q中产生与图中相反方向的感应电流，故A错误，符合题意；B．把P中的铁心从左边抽出，则穿过Q的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈Q中产生图中方向的感应电流，故B正确，不符合题意；C．把R的滑片右移，则P中电流减弱，则穿过Q的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈Q中产生图中方向的感应电流，故C正确，不符合题意；D．开关K断开的瞬间，则穿过Q的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈Q中产生图中方向的感应电流，故D正确，不符合题意。故选A5.竖直方向振动的弹簧振子及其振动图像如图所示，已知小球质量为，弹簧的劲度系数为，下列说法正确的是（）A.振子（小球）的位移随时间变化的关系式为B.在第1s末到第2s末这段时间内，小球的动能在减少、弹性势能在增加C.小球的最大加速度为D.该小球在0~20s内的位移为100cm【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，小球振动的周期T为4s，振幅A为5cm，则小球的位移随时间变化的关系式为故A错误；B．在第1s末到第2s末这段时间内，小球从最大位移运动到平衡位置，则小球的动能在增加、弹性势能在减小，故B错误；C．小球在最大位移处时受到的弹力最大为则根据牛顿第二定律可得，小球的最大加速度为故C正确；D．由图可知，小球在4s时的位移为零。小球周期为4s，20s即为4个周期，所以该小球在0~20s内的位移为零，故D错误。故选C。6.汽油发动机内经过压缩的汽油与空气的混合物，需要火花塞来点燃。某汽油发动机火花塞需要高达10kV的电压才能点火，一同学设计了如图所示的点火电路。已知直流电源的电压为12V，升压变压器的输出端接到火花塞上，开关是自动控制的。下列说法正确的是（）A.两电路都不可能使火花塞点火，因为变压器不能改变直流电压B.图（a）和（b）的电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压C.图（a）的电路中，在开关断开瞬间，输出端会产生高压D.图（b）的电路中，在开关断开瞬间，输出端会产生高压【答案】C【解析】分析】【详解】变压器是改变交流电的电压的设备，由图可知，当图（a）中的开关接通与断开的瞬间，左侧的电流发生变化，变化的电流引起左侧的线圈内磁通量的变化，进而引起右侧的线圈内磁通量的变化，则在右侧的线圈内产生感应电动势，该电动势以高压的形式对外输出，即可使火花塞产生高压点火。而图（b）中，右侧没有电流，所以右侧的开关的接通与断开不能引起电流的变化，所以图（b）不能使火花塞点火。故选C。7.如图所示，电压表、电流表均为理想电表，R是光敏电阻，光照增强时电阻变大，理想变压器原、副线圈的匝数之比．原线圈接入“220V，50Hz”的正弦交流电时，下列说法正确的是（）A.若照射R的光照减弱，则电流表示数将减小B.当电阻R=20Ω时，电流表的示数为11AC.把电流表换成二极管时，电压表V的示数为11VD.把电流表换成二极管时，电压表V的示数为【答案】D【解析】【详解】A．若照射R的光照减弱，则电阻减小，次级电流变大，则初级电流也变大，则电流表示数将变大，故A错误；B．次级电压为当电阻R=20Ω时，根据解得电流表的示数为I1=0.11A故B错误；CD．把电流表换成二极管时，则可得初级电压为电压表V的示数为故C错误，D正确。故选D。8.如图所示，导体小球A在光滑的绝缘水平圆形轨道上处于静止状态，现在使小球正上方的条形磁铁在轨道正上方做匀速圆周运动，转速为n。关于小球的运动，下列说法正确的是（）A.磁铁转动过程中远离小球时小球加速，靠近小球时小球减速B.安培力对小球做的功大于小球动能的增加C.安培力对小球做的功等于小球内部产生的焦耳热和小球动能的增量D.运动稳定后，小球的转速最后等于n【答案】D【解析】【详解】A．磁铁转动过程中无论远离还是靠近小球，小球在安培力作用下都加速运动，故A错误；BC．安培力对小球做的功等于小球动能的增加，故BC错误；D．运动稳定后，小球的转速最后等于与磁铁的转速相同，安培力为零，故D正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.如图甲所示，边长为a的正方形线框电阻为R，线框左半部分有垂直线框平面的匀强磁场，MN分别为线框两边的中点，磁场随时间变化的规律如图乙所示，磁场方向以向里为正方向，下列说法正确的是（）A.0到时间内磁通量的变化量为B.0到与到时间内线框中感应电流方向相同C.到时间内线框中点电势始终比点电势高D.过程，线框中感应电流恒为【答案】BC【解析】【详解】A．0到时间内磁通量的变化量为故A错误；B．根据楞次定律，0到时间内磁通量向里减小，在到时间内磁通量向外增加，则0到与到时间内线框中感应电流方向相同，均为顺时针方向，故B正确；C．根据楞次定律，到时间内线框中感应电流为顺时针方向，则点电势始终比点电势高，故C正确；D．过程，线框中感应电流恒为故D错误。故选BC。10.如图所示，电池的电动势为，内电阻为，电容器的电容为，绕在铁芯上的理想线图电感为，其直流电阻为零。开始电路中开关断开，闭合。在时刻，断开，闭合，此后回路中出现了振荡电流。若不计电磁波的辐射能量，电路中电阻的存在不会影响振荡电路的震荡频率。则下列说法正确的是（）A.闭合的瞬间，线圈中产生的感应电动势为B.时刻，电容器带电量为零C.时刻，电感线圈中产生的自感电动势为零D.电路最后达到的状态是两端的电势差恒为零【答案】AD【解析】【详解】A．闭合的瞬间，电容器开始放电，此时放电电流为零，线圈中产生的感应电动势为，故A正确；BC．时刻，即经历，电容器刚好反向充电结束，电容器带电量不为零，此时充电电流为零，线圈中产生的感应电动势为，故BC错误；D．振荡电路中电阻产生焦耳热，能量逐渐减少，直至不再震荡，电路最后达到的状态是两端的电势差恒为零，故D正确。故选AD。11.电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备，原理如图．图中电磁铁的励磁电流是交变电流，电子枪每次选择时机注入电子束并使它被涡旋电场加速．电子束通常在真空室内绕行几十万圈后，在电场尚未改变方向前被从加速器中引出，成为高能电子．如图所示电子正在真空室中沿逆时针做半经不变的加速圆周运动，下列说法正确的有（）A.图中励磁线圈内的交变电流正在增大B.电子在圆形轨道上加速时，轨道处的磁场必须是逐渐增大的C.圆形轨道沿着电子的加速运动方向电势越来越高D.若电流i是正弦交流电，该加速器每个周期T内只有的时间能使电子加速【答案】AB【解析】【详解】AB．电子正在真空室中沿逆时针做半经不变的加速圆周运动，可知产生的感应电场为顺时针方向，根据楞次定律可知，图中励磁线圈内的交变电流正在增大，选项A正确；B．粒子在电场中逐渐被加速，则做圆周运动需要的向心力增大，因洛伦兹力提供向心力，则要求轨道处的磁场是逐渐增大的，选项B正确；C．在磁场变化时产生的电场与静电场不同，它的电场线是闭合的，我们把这样的电场叫做感生电场，也称涡旋电场。在涡旋电场中电场力做功与路径有关，正因为如此，它是一种非静电力。这使得电子在涡旋电场中受到的电场力做的功与其运动路径有关。比如电子在涡旋电场中沿着导线环运动一周，电场力做的功不为零，而在静电场中电子沿着导线环运动一周，其电场力做功为零。所以在涡旋电场中我们不能建立“电势”和“电势能”的概念。则电子在环形感应电场中被加速，则圆形轨道沿着电子的加速运动方向不能判断电势高低，选项C错误；D．若电流i是正弦交流电，该加速器每个周期T内右两个的时间都能使电子加速，选项D错误。故选AB。12.如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S，在以后的整个电路动态变化中，下列说法正确的是（）A.开关S中的电流一定大于电阻R中的电流B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动C.导体棒MN速度最大时所受的安培力为0D.电阻R产生焦耳热大于导体棒上产生焦耳热【答案】CD【解析】【详解】ABC．开始时导体棒上电流从M到N，导体棒受安培力水平向右，导体棒加速，同时导体棒切割磁感线产生电动势，回路里电流减小，当导体棒产生的电动势与电容器板间电压相等时，回路电流为零，导体棒速度达到最大，此时安培力为零，因中间有电阻R相联接，电容器与电阻R形成各自的回路，电容放电，导体棒中电流反向，所受安培力反向，所以之后导体棒MN一直减速，直到速度变为零，电容的电量为零，最终电能和动能全部转化为内能，则开始时通过电键S的电流等于R和导体棒上电流之和，后来通过R的电流等于S的电流和导体棒的电流之和，故AB错误，C正确。D．因为在MN加速阶段，由于MN存在反电动势，所以通过MN的电流要比通过R上的电流要小，所以电阻R消耗的电能大于MN上消耗的电能，故加速阶段电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热；当安培力为零后，MN开始减速直到速度为0，此时电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R，此时电阻R上的电流仍然大于导体棒上的电流，故该阶段电阻R上产生的焦耳热也大于导体棒MN上产生的焦耳热，则整个过程中电阻R产生焦耳热大于导体棒上产生焦耳热，故D正确。故选CD。三、非选择题，共6小题，共60分．13.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，小张同学利用如图甲所示可拆式变压器进行研究。①实验还需要的器材是________。A．直流电压表B.直流电流表C.多用电表D.条形磁铁②正确选择器材后，将上图中变压器的原线圈接线0、8接线柱，与直流电压相连（如图乙），副线圈接线0、4接线柱，则副线圈所接电表的示数是________。A．B.C.D.0【答案】①.C②.D【解析】【详解】①[1]实验测量的电压是交流电压，选择多用电表的电压挡测量，故选C；②[2]根据实验电路连接图，原线圈连接的电压为直流电压，因此副线圈两端电压为0。故选D。14.用图示装置完成“探究单摆周期与摆长的关系”：（1）用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径，结果如图甲所示，可读出摆球的直径为______cm；（2）实验时，摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动的最低点的左、右两侧分别放置激光光源与光敏电阻，如图乙所示，光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图丙所示，则该单摆的周期为______。（3）若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，用完全相同的操作重新完成实验，图像中将______（选填“变大”“不变”或“变小”），图像中将______（选填“变大”“不变”或“变小”）。【答案】①.1.87②.2t0③.变小④.变小【解析】【详解】（1）[1]摆球的直径为d=1.8×10mm+0.1mm×7=18.7mm=1.87cm（2）[2]由图可知，该单摆的周期为T=2t0（3）[3]若把该装置放到正在匀加速上升的电梯中，则等效重力加速度变为g＇=g+a>g则用完全相同的操作重新完成实验，则摆球经过最低点时的速度变大，则遮光时间变短，即图像中将变小，单摆的周期变小，可知图像中将变小。15.某光伏电站的功率是200kW，电压为12V直流，送往外地时，先通过逆变器转化为200V的交流电（能量转化效率为80%），然后经变压器I升压，通过总电阻为r=50Ω的输电线路送往用户，再经变压器Ⅱ降为220V电压供用户使用，如图所示．已知输电线上损失的功率为3200W，求：（1）变压器Ⅱ的原、副线圈匝数之比；（2）变压器Ⅱ副线圈中的电流大小。【答案】（1）980:11；（2）712.7A【解析】【详解】（1）根据题意输电线上损失的功率解得解得变压器II的原、副线圈匝数之比（2）用户得到的功率解得16.如图甲所示为手机无线充电工作原理的示意图，由送电线圈和受电线圈组成。受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁感应强度随时间按图乙正弦规律变化，其中。已知受电线圈的匝数为匝，所围面积为，电阻。现在受电线圈的c，d两端接一阻值的小灯泡。求：（1）受电线圈中产生感应电动势的最大值；（2）在1分钟内，电阻上产生的热量；（3）从到半个周期内，通过小灯泡的电荷量。（结果可用表示）【答案】（1）5V；（2）135J；（3）【解析】【详解】（1）根据正弦交流电产生的原理，由法拉第电磁感应定律得，受电线圈中产生感应电动势的最大值为（2）根据闭合电路的欧姆定律得，感应电流的最大值为感应电流的有效值为由焦耳定律，1分钟内电阻上产生热量为（3）从到时间内磁通量的变化量为由法拉第电磁感应定律得由闭合电路得欧姆定律得通过小灯泡的电荷量为17.如图导体棒受外力作用在圆形轨道所围磁场中绕端点以角速度，沿逆时针匀速转动。磁场区域的半径为，第一和第三象限的磁感应强度为，第二和第四象限的磁感应强度为，磁场均垂直于轨道平面，方向如图，导体棒两端分别与圆心和金属导轨良好接触，接入电路中的电阻为，外电路电阻，电且与圆心和导轨上的N点连接，不计一切摩擦。求：（1）图中所示时刻导体棒OM两点之间的电势差；（为此时导轨上的接触点）（2）若从导体棒刚进入第一象限开始计时，规定中电流向右为正方向，画出导体棒转动一周的过程中，外电路电阻中电流i随时间t变化的图像；（3）图中理想电流表的示数（结果