广东省佛山市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（含答案）

广东省佛山市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题：本大题共7小题，共28分。1．下列装置运用电磁感应原理工作的是（）A．动圈式话筒B．等离子体发电C．直流电动机D．磁电式电流表2．华为mate60系列手机是全球第一款能实现双卫星通信的民用手机.卫星通信是通过电磁波的传输来实现的.A．只有通过电路才能产生电磁波B．电磁波是一种没有质量的物质C．电磁波既可以传递信息，也能传输能量D．电磁波是可在真空中传播的恒定的电磁场3．下图三种灯具的发光原理不同，白炽灯由灯丝通电发热发光，荧光灯通电产生电磁辐射后发光，LED灯则直接将电转化为光.在额定电压220V下，功率为30W的白炽灯、6W的荧光灯与2W的A．我们日常使用的电能属于一次能源B．因为亮度相同，三种灯的节能效果一样C．正常工作时通过LED灯的电流约为9D．1s内白炽灯产生的热量是LED灯的154．地磁场对生态系统有重要的保护作用.若在万米高空有一束带负电的高能粒子，垂直水平地面射向佛山某地，则该束粒子此时所受地磁场作用力的方向是（）A．向东 B．向西 C．向南 D．向北5．如图甲为按压式发电手电筒.以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如图乙所示的交变电流.已知发电机内阻r=2Ω，与其串联的白炽灯泡额定电压为9VA．输出电流的有效值为0.5A B．输出电流的最大值为C．输出的交流电频率为10Hz D．输出的交流电频率为6．空气炸锅是近年流行的小家电，它主要由电热丝R与风机M两部分构成，其通过电热丝加热空气，然后用风机将高温空气吹入锅内，使热空气在封闭的空间内循环从而加热食物.下图是某空气炸锅的简化电路图，若该空气炸锅额定电压及功率为220V、1188W，电热丝R=44Ω，风机M(A．通过电动机的电流为5.4B．通过电动机的电流为4.0C．电热丝的发热功率为1000D．电热丝每秒钟消耗的电能为11007．小刘为了将低压的直流电升压，设计了如图甲的装置：虚线框内为电磁继电器，当开关S闭合后，电磁铁通电，吸引衔铁断开触点a、b，电路断电，衔铁再在弹簧的作用下弹回将电路重新接通，如此循环，衔铁来回振动，电路反复通断，在原线圈中形成如图乙的脉冲直流电。关于此装置以下描述正确的是（）A．通电后电磁铁下端为S极B．闭合开关S，cd端输出交流电C．闭合开关S，cd端无输出电压D．cd端接负载后，正常工作时副线圈输出电流比原线圈输入的电流大二、多选题：本大题共3小题，共18分。8．某同学练习使用多用电表分别测量下图电路中小灯泡L的电压、电阻与电流。以下测量中多用表与电路的连接正确可行的是（）A．S闭合，红表笔接a，黑表笔接b，测L两端电压B．S闭合，红表笔接a，黑表笔接b，测L的电阻C．S断开，红表笔接a，黑表笔接b，测L的电阻D．S断开，红表笔接c，黑表笔接d，测流经L的电流9．如图所示，足够高的磁铁在其中间的空隙内产生一个径向辐射状磁场。一闭合金属圆环在磁体中心圆柱的最上方位置由静止释放，若下落的过程中金属圆环的环面总保持水平，则在此过程中（）A．穿过圆环的磁通量保持不变B．穿过圆环的磁通量增大C．圆环受到向下的安培力作用D．圆环中产生俯视顺时针方向的感应电流10．图甲是我国正在测试的超导磁流体推进器，它以喷射推进取代了传统的螺旋桨推进方式，图乙是其工作原理图.推进器中的超导体产生超强磁场B，电极C和D连接直流电源通过海水产生电流I，I、B及水流三者方向相互垂直.若用该推进器驱动船舶前进，则下列相关说法正确的是（）A．电极C需连接电源的正极，D需接电源的负极B．驱动船舶前进的动力是作用在水流上的安培力C．驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在电极C、D上的作用力D．驱动船舶前进的动力主要来源于水流作用在超导磁体上的作用力三、实验题：本大题共2小题，共16分。11．下图为“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验装置。某同学已将学生电源连接了220V的交流电源，电压挡调到6V，将学生电源经开关与可拆变压器左侧线圈上的“0”和“（1）如下图连接了部分电路。现要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6V的电压，请在以下实验装置图中以笔画线，完成剩余的电路连线（2）将更大量程的电压表与变压器右侧线圈上的“0”和“”(选填“200”、“800”、“1400”)两接线柱相连，观测到该表示数为20.3V。若此时保持电路连通，仅将铁芯横梁从变压器上取出，则该电压表的示数将(选填“不变”、“变大”、“变小”、“变为0”)（3）通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，试指出造成这种结果的主要原因(无需写理由)。12．小张同学为了测定一个阻值约数千欧的电阻的阻值，实验室找到如下器材：A.低压直流电源(电动势约为9V∼15VB.电压表(量程15V，内阻约为十几千欧)C.0∼99999Ω的电阻箱RD.开关和导线若干。

（1）实验电路如图甲所示。首先将开关S1闭合，开关S2拔到b，此时电压表的示数如图乙所示，则电压表的读数为V；然后将开关S2拔到c，调节电阻箱的阻值，使得电压表示数与上次相同，此时电阻箱的各旋钮位置如图丙所示，则该电阻的阻值R（2）小张同学想用图甲电路，测量上述实验室所给电源的电动势和电压表的内阻，进行了如下操作：保持开关S1闭合，开关S2拔到c，调节电阻箱；当电阻箱阻值为零时，电压表示数为10V，当电阻箱阻值为5kΩ时，电压表示数为7.5V。则电源电动势为V，电压表内阻为kΩ（3）如果电源的内阻不可忽略，则电压表内阻的真实值上述测量值(选填“小于”、“大于”、“等于”)。四、计算题：本大题共3小题，共38分。13．交流异步电动机是利用交变电流产生的旋转磁场带动闭合线圈转动的电动机，其工作原理与下图所示的装置类似。磁铁旋转产生旋转磁场，带动闭合线圈转动。请根据所学物理知识回答以下问题，并说明理由。（1）线圈中是否有感应电流?（2）线圈转动方向是否与磁铁转动方向一致?（3）电动机带负载工作时，线圈的转速是否可以达到磁铁转动的转速?14．如图所示的坐标系中，第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B1；第二象限内有正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向沿y轴负方向，磁感应强度为B2，方向垂直纸面向里。一带电粒子从A点以某一速度平行x轴向右射入电磁场，恰好做匀速直线运动，从y轴上的C点射入第一象限。C点到坐标原点O的距离为（1）粒子从A点射入电磁场时速度v的大小；（2）若粒子射入第一象限后经坐标原点O射出，求粒子的电性和比荷qm（3）若粒子射入第一象限后从x轴上的D点射出，且OD=15．如图甲所示，水平面上固定有一由绝缘材料制成的、横截面为四分之一圆的柱体，其外表面光滑，左侧面竖直。沿柱体中轴线OO'方向固定有一条无限长直导线，导线中通有大小为I的电流，该电流可在距导线r处产生磁感强度为B的磁场，B=kIr，k为常数。两条与OO'平行的导体棒aa'和bb'分别置于左侧面和圆弧面上，并通过不可伸长的轻质细软导线连接成一个闭合回路aa'b'ba，导体棒质量均为m，接入电路长度均为L，回路总电阻为R（1）导体棒aa（2）导体棒bb（3）导体棒bb'受到圆弧面的支持力大小(设导体棒bb

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、动圈式话筒利用了电磁感应原理工作，故A正确；

B、等离子体发电利用了利用等离子体的导电性质来产生电流，故B错误；

C、直流电动机是通电导线在磁场中受力过程，不是电磁感应原理，故C错误；

D、磁电式电流表的工作原理是通电线圈在磁场中受到安培力作用偏转，故D错误。

故答案为：A。

【分析】本题考查的是动圈式话筒利用的是电磁感应原理；等离子体发电考查的是霍尔效应及其应用；直流电动机、磁电式电流表利用的是电流的磁效应。本题对现代科技装置和产品原理的理解能力。2．【答案】C【解析】【解答】A、电磁波可以通过无线的方式传播，也可以通过有线的方式传播，故A错误；

B、电磁波是一种物质，没有静止质量，但具有运动质量，故B错误；

C、电磁波既可以传递信息，也能传输能量，故C正确；

D、电磁波是由非均匀变化的电场和磁场交替产生形成的电磁场的传播形成的，电磁场不是恒定的，故D错误。

故答案为：C。【分析】一切非均匀变化的电磁场都会产生电磁波，电磁场不是恒定的电磁场；电磁波可以传播能量和信息；电磁波是一种特殊物质。3．【答案】C【解析】【解答】A、我们生活中所使用的电能都是通过其他形式的能转化而来的，是二次能源，故A错误；B、正常工作时，亮度相同，但LED灯功率小消耗的电能少，所以选用LED灯更加节能和环保，故B错误；C、由P=UII故C正确；

D、由W=Pt可知，1s内白炽灯电流做功是LED灯的15倍，但白炽灯是纯电阻电路，LED灯是非纯电阻电路，对于纯电阻电路W=Q故答案为：C。【分析】本题考查功率、电功、电热、能源等基础知识点。可以从自然界直接获取的能源叫一次能源，不能从自然界直接获取必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源；根据消耗的电能判断节能效果；根据电功率的公式计算电流；根据纯电阻电路和非纯电阻电路的区别结合电功公式分析。4．【答案】B【解析】【解答】地磁场由南向北，带负电粒子运动方向方向竖直向下，由左手定则得洛伦兹力方向向西，故B正确，ACD错误。故答案为：B。【分析】根据地磁场的分布情况，确定地磁场的方向，再根据左手定则判断结合粒子的电性及运动方向确定其所受洛伦兹力的方向，5．【答案】A【解析】【解答】灯泡正常发光，则通过灯泡的电流即输出电流的有效值I其最大值I由图知，输出的交流电的周期T则输出的交流电的频率f=1T故答案为：A。【分析】本题考查交流电的图像知识。结合题设和欧姆定律得出通过灯泡的电流即输出电流的有效值，根据正弦交流电中有效值与最大值关系得出输出电流的制动电阻，根据图像得出周期，从而计算出输出的交流电的频率即可判断。6．【答案】D【解析】【解答】通过电热丝的电流I则电热丝的发热功率P电热丝每秒消耗的电能Q电动机的总功率P通过电动机的电流I故D正确，ABC错误。故答案为：D。【分析】本题考查非纯电阻电路知识。根据欧姆定律得出电热丝的电流，根据热功率公式得出电热丝的发热功率，从而求出电热丝每秒消耗的电能，根据功率关系得出电动机的总功率，从而求出通过电动机的电流即可判断。7．【答案】B【解析】【解答】A、根据图甲可知，电磁铁线圈中电流从左侧导线流入，根据安培定则可知，线圈中磁场方向向下，即通电后电磁铁下端为N极，故A错误；BC、闭合开关S，当触点断开向上运动时，变压器原线圈中电流减小，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应电动势，由于互感，副线圈中也产生感应电动势，当触点向下运动接触时，变压器原线圈中电流增大，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电动势，由于互感，副线圈中也产生感应电动势，由于原线圈中电流方向不变，即穿过线圈的磁场方向不变，根据楞次定律可知，触点断开过程产生的感应电动势与触点接触过程产生的感应电动势方向相反，可知，闭合开关S，cd端输出交流电，cd端有输出电压，故B正确，C错误；D、小刘的目的是将低压的直流电升压，表明变压器为升压变压器，根据电流匝数的关系有I由于n则有I即cd端接负载后，正常工作时副线圈输出电流比原线圈输入的电流小，故D错误。故答案为：B。【分析】确定通电后电磁铁线圈的电流方向，再根据安培定则确定电磁铁磁场的方向。根据开关的通断判断通断瞬间流过变压器原线圈电流的变化情况，继而判断穿过原线圈磁通量的变化情况，再根楞次定律判断副线圈是否产生感应电流。升压变压器原线圈匝数小于副线圈匝数，再结合变压器规律进行解答。8．【答案】A,C,D【解析】【解答】A、测电压时，电压表与待测元件并联，根据“红进黑出”的规律，故红表笔接a，黑表笔接b，故A正确；BC、电阻时，应将待测元件与电源断开，红表笔接a，黑表笔接b，故B错误，C正确；D、打开开关，红表笔接c，黑表笔接d，相当于把开关短路，此时电路构成闭合回路，多用电表与电路串联，可测回路中的电流，故D正确。故答案为：ACD。【分析】熟悉掌握多用电表的工作原理及构造。无论多用电表用于测电压、电流或电阻，都遵循“红进黑出”原则。测电阻时，由于多用电表使用电阻挡时，多用电表内部具备电源，测电阻时需断开电源。9．【答案】B,D【解析】【解答】AB、粗略作出该磁铁的磁感线分布如图所示

可知，闭合金属圆环下落过程中，穿过圆环的磁通量增大，故A错误，B正确；

D、由于闭合金属圆环下落过程中，穿过圆环的磁通量增大，圆环中产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流激发的磁场阻碍穿过圆环磁通量的变化，即感应电流在圆环内激发的磁场的方向向下，根据安培定则可知，圆环中产生俯视顺时针方向的感应电流，故D正确；

C、根据上述，圆环中产生感应电流，原磁场对感应电流有安培力作用，该安培力的效果是阻碍穿过圆环的磁通量的增大，可知该安培力的方向向上，故C错误。

故答案为：BD。【分析】确定该磁铁产生的磁感线分布情况，根据磁感应强度变化情况，确定下落过程中，穿过圆环的磁通量的变化情况，再根据楞次定律确定感应电流及安培力的作用方向。10．【答案】A,D【解析】【解答】根据题意可知，海水受到的安培力沿海水流动方向，由牛顿第三定律可知，海水对磁场（实质是对推进器中的超导磁体）的作用力沿船舶前进方向，即驱动船舶前进的动力，由左手定则可知，极板间电流由电极C到D，即电极C需连接电源的正极，D需接电源的负极。

故答案为：AD。【分析】电机内的海水相当于通电导线，在磁场受到安培力向后运动，根据相互作用力，推导船舶向前运动。根据左手定则确定电流的方向，继而确定电极的正负极位置。11．【答案】（1）（2）1400；变小（3）有漏磁、铁芯发热、导线发热等【解析】【解答】（1）变压器的原线圈输入电压为6V，匝数为400，需要副线圈输出电压低于6V，则副线圈选择200匝，连接电路如图所示

（2）变压器的副线圈若选择800匝，由电压比等于匝数比可得输出电压为12V，若选择1400匝，可得输出电压为21V，而实际电压为20.3V，则副线圈一定选择的是“0”和“1400”两接线柱相连；

若此时保持电路连通，仅将铁芯横梁从变压器上取出，就有较多的磁损，互感减弱，副线圈获得的电压变小；

（3）变压器副线圈输出电压总比理论值小，可能的原因由漏磁、铁芯发热、导线发热等。

【分析】熟悉掌握“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验的操作步骤及实验原理。根据电压的比值关系确定原副线圈匝数比的关系。将铁芯横梁从变压器上取出，就有较多的磁损，互感减弱，副线圈获得的电压变小。12．【答案】（1）4.0；10000.0（2）10；15（3）小于【解析】【解答】（1）电压表的读数为U=4.0调节电阻箱的阻值，使得电压表示数与上次相同，说明电阻箱的阻值与Rx的阻值相等，则该电阻的阻值R（2）根据闭合电流欧姆定律，当电阻箱阻值为零时E=当电阻箱阻值为5kΩ时E=解得E=10V，（3）如果电源的内阻不可忽略，则E=U1整理可得U忽略内阻时整理得U可知电压表内阻的真实值小于测量值。

【分析】本实验测电阻阻值采用等效替代法进行实验数据处理。当电压表示数不变时，根据串并联规律及闭合电路欧姆定律可知待测电阻阻值与电阻箱读数一致。测电源电动势及内阻时，根据实验操作步骤结合闭合电路欧姆定律及串并联电路规律进行数据处理。误差分析时，可根实验数据的表达式的差异进行比较分析。13．【答案】（1）由题图可知，当磁铁旋转产生旋转磁场时，穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中有感应电流产生。（2）对磁铁旋转从右向左看，磁铁逆时针转动，闭合线圈的上直边相对磁铁顺时针转动，由右手定则可知，上直边产生的感应电流方向从右向左，由左手定则可知，上直边受到的安培力沿逆时针方向，即上直边受到的安培力对线圈产生逆时针方向的转动力矩，线圈逆时针转动，线圈转动方向是与磁铁转动方向一致。（3）电动机带负载工作时，线圈的转速不可以达到磁铁转动的转速，若线圈的转速达到磁铁转动的转速，则穿过闭合线圈的磁通量不会发生变化，线圈中不会产生感应电流，线圈就不会产生转动的力矩，电动机不能带负载工作。【解析】【分析】（1）根据题意判断穿过线圈的磁通量是否发生改变，继而判断是否有感应电流；

（2）根据磁通量的变化情况，结合右手定制判断感应电流的方向，再根据左手定则判断线圈受到安培力的方向，继而确定其旋转方向；

（3）线圈的转动是阻碍原磁场穿过线圈磁通量的变