河南省洛阳市洛宁县第一高级中学2022-2023学年高二上期阶段性考试（四）物理试卷

这是一份河南省洛阳市洛宁县第一高级中学2022-2023学年高二上期阶段性考试（四）物理试卷，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
(全卷共8页，总分100分，考读时间为90分钟）
一、单选题：（每题3分，共计27分）
1.下列关于物理学家的贡献，说法正确的是（ ）
A.牛顿发现万有引力定律，并预测海王星的位置
B.伽利略发现了胡克定律
C.卡文迪许发现了电生磁的规律
D.安培提出了分子电流假说，解释了部分磁现象
2.以下说法正确的是（）
A.磁感应强度越大，线圈的面积越大，穿过的磁通量也越大
B.穿过线圈的磁通量为零时，该处的磁感应强度不一定为零
C.闭合线圈在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流
D.感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的变化
3.如图所示，直角三角形MPQ的∠P=900,直角边MP=2a，QP=3a在M点固定一长直导线，电流方向垂直纸面向里。在Q点固定一条长直导线，电流方向垂直纸面向外，两导线中的电流大小均为I,已知无限长的通电直导线产生的磁场中某点的磁感应强度大小可用公式B=kIr(k是常数、I是导线中的电流强度，r是该点到直导线的垂直距离）表示，则P点磁感应强度的大小为（)
A . 5kIaB. 5kI6aC . 13kIaD . 13kI6a
4.图中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3 m2.晴天时电池 板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能为3×106 J.如果每天等效日照时间约为6 h, 光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h.光电池的光电转换效率为( )
A. 4.8%B. 9.6%
C. 16%D. 44%
5.在如图所示的电路中，电源电动势为12V,内阻恒定且不可忽略.初始时刻，电路中的电流等于I0,且观察到电动机正常转动.现在调节滑动变阻器使电路中的电流减小为I0的一半，观察到电动机仍在转动.不考虑温度对电阻的影响，下列说法正确的是( )
A.电源的热功率减为初始时的一半.
B.电源的总功率减为初始时的一半
C.电动机的热功率减为初始时的一半
D.变阻器的功率减为初始时的四分之一
6.如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r,则时间t内（）
A.充电宝输出的电功率为UI+ I2rB.充电宝产生的热功率为I2r
C.手机电池产生的焦耳热为U2rtD.手机电池储存的化学能为UIt+ I2rt
7. 如图所示为一块手机电池背面上的一些标识，下列说法正确的是（）
A.该电池的容量为500 C
B.该电池工作时的输出电压为3.6 V
C.该电池在工作时允许通过的最大电流为500 mA
D.若待机时的电流为10mA,理论上可待机50h
8.四个相同的小灯泡按照如图所示的（a)、（b)两种方式接入电压相等的电路中，调节r1、r2使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻r1、r2消耗的电功率P1和P2的关系为（）
A. P1=2P2B. P1>2P2C. P12P2
故A、C、D错误，B正确；故选B。
9．【答案】C【详解】AB．若L2灯丝烧断，电路的总电阻变大，总电流电流变小，X1和L1的并联支路分压减小，X1的功率减小，L1的功率减小，故AB错误；
CD．X2支路的电压变大，X2的功率增大，其他指示灯的功率与X1的功率相同，都减小，故C正确， D错误。故选C。
10．【答案】AB
【详解】A．由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A正确；B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为
B=Bx2+Bz2=By2+Bz2
计算得B ≈ 50μT
故B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量By0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故CD错误。
故选AB。
11．【答案】AB
【详解】线圈A中有电流通过，电流周围会产生磁场，线圈A插入和拔出线圈B的过程中，穿过线圈B的磁通量会变化，从而产生感应电流，线圈A不动则没有感应电流产生。故选AB。
12．【答案】ABD
【详解】A．由图可知，当电压为220V时，L2的电流为0.45A，故L2的额定功率
P＝UI2＝220V×0.45A＝99W
故A正确；
B．两灯泡串联时，流过两电阻的电流相等，而总电压应为220V，由U﹣I图像可知，串联时电流约为0.25A，此时L1的电压为150V，故此时L1的功率
P＝U1I1′＝150×0.25W≈37W
而L2的电压为70V，那么L2的功率P＝U2I2′＝70×0.25W≈17W
故B正确；
CD．当电压为220V时，L3的电流为0.45A，故L3的时间功率
P＝UI3＝220V×0.45A＝99W
L2的实际功率比L3的实际功率小99﹣17＝82W
故C错误，故D正确；
本题选择正确的，故选ABD。
13．【答案】AD
【详解】AB．当滑动变阻器的触片P从左端滑到右端时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，则L2变暗，路端电压变大，L2两端电压变小，则并联部分电压增大，则L3变亮，由于总电流变小，流过L3的电流变大，则流过L1的电流变小，所以L1变暗，故A正确，B错误；
CD．由于总电流变小，L2两端电压变小，路端电压变大，则并联部分电压的增大值比L2两端电压的减小值更大，则有ΔU1>ΔU2故C错误，D正确。
故选AD。
14．【答案】AD
【详解】A．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器有效阻值增大，R的电压增大，则电容器板间电压增大，场强增大，油滴所受的电场力增大，所以带电油滴会向上运动，故A正确；
B．当电容器的上极板向上移动时，由电容的决定式C=εS4πkd
知电容减小，而电容器的电压不变，由C=QU
知Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，根据推论可知电容器板间场强不变，油滴所受的电场力不变，所以带电油滴仍静止不动，故B错误；
C．当电容器的下极板向下移动时，电容器所带的电量Q不变，由
E=4πkQεS
知电容器板间场强不变，由U=Ed知P与下极板间的电势差变大，P点的电势会升高，故C错误；
D．当电容器的下极板向左移动时C=εS4πkd电容器的电容减小，由C=QU知Q要减小，电容器要放电，由于二极管的单向导电性，所以电容器不能放电，则电容器的带电量不变，那么只能是极板间U增大，由E=Ud知电容器板间场强变大，则P与下极板间的电势差变大，P点的电势升高，故D正确。
故选AD。
15．【答案】 3.699～3.701 0.62 I2R1+r2I1−I2 式中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数，R1为电阻箱的读数，r2为电流表A2的内阻；
【详解】(1)[1]螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为.01×19.9mm=0.199mm，所以最终读数为3.699mm；
[2]游标卡尺的主尺读数为6mm，游标读数为0.1×2=0.2mm，所以最终读数为6.2mm,也就是0.62cm；
(2) [3] 用伏安法测量电阻，电压表量程不合适，通过电阻箱和表头A2串联改装电压表；要尽可能测得多组数据，所以控制电路用分压式；大内小外，测量小电阻，故测量电路用安培表外接法；电路如图所示；
(3)[4][5]设电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，根据欧姆定律，有：U=I2R1+r2
流经待测电阻的电流为：I=I1−I2
根据欧姆定律，有：Rx=I2R1+r2I1−I2
式中I1为电流表A1的读数，I2为电流表A2的读数，R1为电阻箱的读数，r2为电流表A2的内阻；
16．
【答案】
（1）电路连线如图：
（2）画出R−R/U图线如图：
（3）2.8V， 1Ω
（4）偶然误差较大；
（5）电压表内阻不是无穷大；
（6）AC
【详解】（1）电路连线如图：
（2）画出R−R/U图线如图：
（3）根据闭合电路欧姆定律可得：E=U+URr，即R=ERU−r，则由图像可知：E=k=6−(−1)2.5V=2.8V，r=b=1Ω；
（4）由于读数不准确带来实验的偶然误差，实验中测两组U、R的数据，利用闭合电路欧姆定律解方程组求电动势和内阻的方法不能减小这种偶然误差，而利用图象进行处理数据可以减小偶然误差.
（5）由于电压表内阻不是无穷大，所以在电路中分流，从而带来系统误差；
（6）电池组的内电阻热功率P1=(E−U)2r，则对于相同的U值，则r越大，对应的P1越小，可知A正确，B错误；总功率：P2=EI=EE−Ur=E2−EUr，则对相同的U值，r越大P2越小，故C正确，D错误.
17．【答案】（1）3.2Wb；（2）10Wb
【详解】（1）棒向右以2m/s的速度匀速运动4s时，位移为x=vt=2×4m=8m
由于∠MON=45°，此时回路的面积为S=12x2=12×82m2=32m2
回路的磁通量即磁通量的变化量为ΔΦ1=Φ−0=BS
代入数据解得ΔΦ1=3.2Wb
（2）初始时Φ0=B0S0=0.8Wb
回路面积从S0=8m2变到St=18m2，B从B0=0.1T变到Bt=0.6T时的磁通量为
Φ2=BtSt=0.6×18Wb=10.8Wb
故回路中的磁通量的变化为ΔΦ2=Φ2−Φ0
代入数据解得ΔΦ2=10Wb
18．【答案】（1）4798Ω；（2）1000Ω
【详解】（1）当电流表满偏时有Ig=ER内
其中R内为欧姆表的内阻，所以有R内=EIg=1.5300×10−6Ω=5000Ω
而R内=r+Rg+R0+R
解得R=4798Ω
（2）用它测量电阻Rx时，当指针指在满偏电流56时有56Ig=ER内+Rx
解得Rx=6E5Ig−R内=1000Ω
故测得的电阻Rx是1000Ω。
19．【答案】（1）0；2W （2）2.5 Ω; 2.5 W（3）1.5Ω；258W.
【详解】(1) 变阻器的阻值R2=0时，R1消耗的功率最大，由闭合电路的欧姆定律得：I=ER1+r=50.5+2=2，电阻R1消耗的最大功率：Pmax=I2R1=4×0.5=2W；
(2) 由闭合电路的欧姆定律得：I1=ER1+R2+r，当R2=R1+r=2.5Ω时，变阻器消耗的功率最大PR2m=E24(R1+r)=2.5W；
(3) 当r=R2+R1时，电源输出功率最大R2=r-R1=1.5Ω，P出m=E24r=524×2W=258W．
20． 【答案】（1）4V；（2）43W；（3）23×10−4C
【详解】（1）电源路端电压为U=I(R1+R2)=1×(2+2)V=4V
（2）根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流为I总=E−Ur=6−41.2A=53A
则通过R3和电动机的电流为I3=I总−I=23A
电动机两端电压为UM=U−I3R3=4V−23×2V=83V
电动机的机械功率为P机=P电−P热=UMI3−I32R=83×23W−(23)2×1W=43W
（3）R2两端电压为U2=IR2=1×2V=2V
R3两端电压为U3=I3R3=23×2V=43V
可知电容器上极板电势高于下极板，即上极板带正电，极板间的电势差为
ΔU=U2−U3=23V
故上极板所带电荷量为Q=C⋅ΔU=100×10−6×23C=23×10−4C测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
-45
2
0
-20
-46
3
21
0
-45
4
-21
0
-45