辽宁省2023-2024学年高二下学期开学考试物理试卷(解析版)

这是一份辽宁省2023-2024学年高二下学期开学考试物理试卷(解析版)，共18页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
考试时间为75分钟，满分100分
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 如图甲所示为LC振荡电路，图乙的图像表示LC振荡电路中电容器上极板电荷量随时间变化的关系，下列说法正确的是（ ）
A. 时间内，线圈中磁场能在减少
B. 、两时刻电路中电流最小
C. 、两时刻电容器中电场能最小
D. 该电路可以有效地发射电磁波
【答案】B
【解析】A．从图像可知，时间内，电容器的电荷量在减少，故电容器的电场能在减少，线圈中的磁场能在增加，故A错误；
BC．从图像可知，，两时刻电容器的电荷量最大，故电容器中电场能最大，线圈中磁场能最小，故电路中电流最小，故B正确，C错误；
D．根据电磁波发射的特点可知，要有效地发射电磁波，振荡电路必须要有足够高的振荡频率，故D错误。
故选B。
2. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A. 时，振子在O点左侧6cm处
B. 和时，振子的速度相同
C. 从到，系统的势能逐渐增加
D. 和时，振子的加速度相同
【答案】C
【解析】A．根据题意，由图乙可知，振子振动的周期为，则有
振子振动的方程为
时，振子的位移为
即振子在O点右侧处，故A错误；
BC．由图可知，振子在内，从运动到，振子的速度方向不变，大小一直减小，则和时，振子的速度不相同，从到，系统的势能逐渐增加，故B错误，C正确；
D．由图可知，振子在内，从运动到，振子的加速度方向不变，一直减小，则和时，振子的加速度不相同，故D错误。
3. 如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小（即滑片向下移动）。忽略变压器上的能量损失，交流电表均看成理想电表，当用户的用电器增加时，下列说法中正确的是（ ）
A. 示数变大，示数不变
B. 示数不变，示数变大
C. 示数变大，示数变小
D. 与示数乘积大于与示数乘积
【答案】B
【解析】ABC．理想变压器的电压与匝数关系为
由于输入电压和匝数比不变，则副线圈的输出电压不变，即电压表示数不变，示数不变，因为用户用电器增加，R减小，根据可知副线圈电流示数变大，由
可知示数变小，根据
可知原线圈的电流增大，即电流表示数增大，故AC错误，B正确；
D．变压器两端的功率相等，所以与示数乘积等于与示数乘积，故D错误。
故选B。
4. 如图所示为磁场的相关应用，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲是回旋加速器的示意图，粒子是在洛伦兹力作用下加速的
B. 乙图中，处于蹄形磁铁中的导体棒通电后向左摆动
C. 丙图中，下端刚好与水银液面接触的金属软弹簧通电后将上下振动
D. 图丁是磁流体发电机的结构示意图，可通过增大磁感应强度B来减小电源电动势
【答案】C
【解析】A．洛伦兹力不做功，粒子是在电场力作用下加速的，故A错误；
B．图乙中，由左手定则判断处于蹄形磁铁中的导体棒通电后向右摆动，故B错误；
C．图丙中，下端刚好与水银液面接触的软弹簧通电后，根据同向电流相互吸引可知，软弹簧收缩，离开水银面；电路断开，由于重力的作用软弹簧再次与水银面接触，再次通电跳起，如此反复，弹簧将上下振动，C正确；
D．对磁流体发电机有，解得,可通过增加磁感应强度B来增大电源电动势，故D错误．
故选C。
5. 利用如图所示的电流天平，可以测量匀强磁场中的磁感应强度B。它的右臂挂着等腰梯形线圈，匝数为n，上下底边水平且ab长为l，cd长为2l，线圈一半的高度处于方框内的匀强磁场中，磁感应强度方向与线圈平面垂直。当线圈中通入电流I时，调节砝码使两臂达到平衡；当线圈中通入大小不变、方向相反的电流时，在左盘中增加质量为m的砝码，两臂再次达到新的平衡，重力加速度为g。则方框内磁场的磁感应强度大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】线圈一半处于匀强磁场中，则有效长度为，安培力大小为
电流反向时，需要在左盘中增加质量为m的砝码，说明原来的安培力方向向上，当电流反向，安培力变为向下时，再次平衡，说明安培力等于的一半，即
得
6. 霍尔效应是电磁基本现象之一，我国科学家在该领域的研究上获得了重大发现。如图所示，在一矩形霍尔半导体薄片元件内的导电粒子是电荷量为的自由电子，电子以速度定向移动时，形成电流，同时外加磁感应强度为、与薄片垂直的匀强磁场，在M、N间出现电压，这个现象称为霍尔效应，称为霍尔电压。已知薄片的厚度为，M、N间距离为，P、Q间距离为，则（ ）
A. 电子定向移动方向为
B. M表面电势高于N表面电势
C. M、N表面间的电压
D. 元件内单位体积内自由电子数为
【答案】C
【解析】A．电子定向移动方向与电流方向相反，应为，故A错误；
B．由左手定则知，电子向M表面偏转，M表面电势低于N表面电势，故B错误；
C．稳定时，洛仑兹力与电场力平衡，有
解得
故C正确；
D．根据电流微观表达式
联立解得
故D错误。
7. 如图所示为宽度为3L的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。磁场左侧有一个边长为L的正方形导体线框，其总电阻为R，线框所在平面与磁场方向垂直。线框以速度v向右匀速穿过磁场区域，以线框cd边刚进入磁场的时刻为计时起点，规定电流沿逆时针方向为正，安培力F向左为正。则以下关于线框中的感应电流I、ab两点间的电势差、安培力F和线框的发热功率P随时间变化的图像正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，线框进入磁场的过程，根据楞次定律可判断电流沿逆时针方向，为正，由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律有
ab两点间的电势差
（a点电势高）
cd边受到的安培力大小为
方向向左，线框的发热功率
线框全部进入磁场后，没有感应电流，所以线框不受安培力的作用，线框的发热功率为零，ab两点间的电势差
（a点电势高）
线框离开磁场的过程，电流沿顺时针方向，电流大小为
线框受安培力大小为
方向向左，ab两点间电势差
（a点电势高）
线框的发热功率
综上所述可知
A．时间内，电流为，时间内，电流为0，时间内，电流为，故A错误；
B．时间内，ab两点间的电势差，时间内，ab两点间的电势差，时间内，ab两点间的电势差，故B错误；
C．时间内，cd边受到的安培力，时间内，cd边受到的安培力0，时间内，cd边受到的安培力，故C正确；
D．时间内，线框的发热功率，时间内，线框的发热功率0，时间内，线框的发热功率，故D错误。
故选C。
8. 如图所示，P、Q是两个相同的小灯泡，L是自感系数很大、电阻比小灯泡小的线圈，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关瞬间（ ）
A. P与Q同时熄灭B. P比Q后熄灭
C. Q闪亮后再熄灭D. P闪亮后再熄灭
【答案】BD
【解析】由于L的电阻比小灯泡小，开关S闭合时，通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。
故选BD。
9. 如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向运动，使T形支架下面的弹簧和小球组成的振动系统随之振动。小球的振幅A与圆盘的转速n的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）

A. 弹簧和小球组成的振动系统的固有频率为20Hz
B. 弹簧和小球组成的振动系统的固有周期为3s
C. 当圆盘的转速保持10r/min不变时，弹簧和小球组成的振动系统的频率为
D. 当圆盘的转速保持10r/min不变时，弹簧和小球组成的振动系统的频率为
【答案】BD
【解析】AB．由图乙可知，当圆盘的转速为时，振幅最大，则有
则弹簧和小球组成的振动系统的固有周期为
弹簧和小球组成的振动系统的固有频率为
故A错误，B正确；
CD．当圆盘的转速保持10r/min不变时，则有
则弹簧和小球组成的振动系统的周期为
弹簧和小球组成的振动系统的频率为
故C错误，D正确。
故选BD。
10. 如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按图示方向匀速转动，转动角速度，线圈的匝数、总电阻，线圈围成的面积。线圈两端与阻值的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则（ ）
A. 图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为
B. 从图示位置开始计时，通过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为
C. 电路中交流电压表的示数为
D. 线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量为
【答案】ACD
【解析】A．图示位置磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为，A正确；
B．从图示位置开始计时，通过矩形线圈的磁通量随时间t变化的关系式为
B错误；
C．电动势的最大值
则电动势的有效值
由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数
C正确；
D．线圈由图示位置转过的过程中，通过电阻R的电荷量
D正确。
故选ACD。
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11. 在“探究通过变压器原、副线圈的电流与匝数的关系”实验中。
（1）为实现探究目的，保持原线圈匝数一定，只改变通过副线圈的电流或者副线圈匝数，测量通过原线圈的电流。这个探究过程采用的科学方法是______。
A. 控制变量法B. 等效替代法
C. 演绎法D. 理想实验法
（2）在实际实验中，将电源接在匝数为1000匝的原线圈两端，副线圈的匝数为500匝，用多用电表测得通过副线圈的电流为0.40A，则通过原线圈的电流可能为______。
A. 0.05AB. 0.10AC. 0.15AD. 0.25A
（3）如图所示为利用变压器原理进行远程输电的电路，交流发电机的输出电压为U，采用图示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数之比为，降压变压器原、副线圈匝数之比为，输电导线电阻为r，用户的工作电压也为U。输电线上损失的功率为______。
【答案】（1）A （2）D （3）
【解析】（1）根据题意可知，探究过程采用的科学方法是控制变量法。
故选A。
（2）若为理想变压器，由
可得
考虑到实际实验中，有漏磁等现象，通过原线圈的电流应大于0.20A，则通过原线圈的电流可能为0.25A。
故选D。
（3）升压变压器副线圈的电压
降压变压器原线圈电压
损失的功率
12. 某同学在“用单摆测重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
（1）用游标上有10个小格的游标卡尺测量摆球直径如图甲所示，摆球直径为________cm，把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长l0，通过计算得到摆长L；
（2）用停表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时停表的示数如图乙所示，该单摆的周期T＝________s（结果保留三位有效数字）；
（3）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T2－L图象如图丙，造成图线不过坐标原点的原因可能是________；
A.摆球的振幅过小B.将l0计为摆长L
C.将（l0＋d）计为摆长LD.摆球质量过大
（4）该小组的另一同学没有使用游标卡尺也测出了重力加速度.他采用的方法是：先测出一摆线较长的单摆的振动周期T1，然后把摆线缩短适当的长度ΔL，再测出其振动周期T2.用该同学测出的物理量表示重力加速度为g＝________。
【答案】（1）2.06 （2）2.25 （3）B （4）
【解析】（1）[1]由题图甲可知，游标卡尺示数为20 mm＋0.1×6 mm＝20.6 mm＝2.06 cm。
（2）[2]由题图乙可知，停表示数为t＝1 min＋7.4 s＝67.4 s，单摆的周期
（3）[3]题图丙图线不通过坐标原点，将图线向右平移1 cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1 cm，可能是测摆长时漏掉了摆球的半径，故选B。
（4）[4]根据题意，由单摆周期公式
可得
，
联立可得
13. 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点间做简谐运动，振子从N点到第二次经过O点，所用时间为0.75s。已知M、N之间的距离为20cm，若从振子经过N点时开始计时，以向右为正方向。求：
（1）弹簧振子振动周期T；
（2）写出弹簧振子位移随时间变化的表达式，并在图乙所示的坐标系中画出一个周期内的振动图像。
【答案】（1）1s；（2）；
【解析】（1）从N点到第二次经过O点所用时间为0.75s，可知
可得周期
T=1s
（2）M、N之间的距离为20cm，可知振幅为
A=10cm
从振子经过N点时开始计时，以向右为正方向。弹簧振子位移随时间变化的表达式
振动图像如图

14. 如图所示，足够长的平面感光板ab与虚线平行，两平行线间的距离为l。ab与虚线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，虚线上有一个点状的放射源S，它可以向各个方向发射质量为m、电荷量为q的同种带电粒子。若粒子以速率v（未知）沿与虚线成角的方向射入磁场，粒子做匀速圆周运动，经时间t（未知）后恰能垂直打到感光板ab上；若粒子均以的速率沿纸面不同方向射入磁场，仅考虑能打到感光板ab上的粒子，感光板ab被粒子打中的长度为x（未知）。不计粒子的重力，，，求：
（1）粒子射入磁场的速率v；
（2）粒子在磁场中运动的时间t；
（3）感光板ab被粒子打中的长度x。
【答】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）粒子恰能垂直打到感光板ab上，所以速度偏转角为53°，由几何关系有
洛伦兹力提供向心力，有
解得
（2）粒子运动周期
粒子运动的时间
（3）粒子以的速率沿纸面不同方向射入磁场，则做圆周运动半径
如图所示
当粒子轨迹恰好与感光板ab相切时，打到最左侧的P点，由几何关系可知
当粒子初速度平行感光板ab时，打到最右侧的Q点，由几何关系可知
感光板ab被粒子打中的长度
15. 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。金属杆M、N的质量分别为2m、m，在导轨间的电阻分别为R、2R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度大小为，求：
（1）金属杆M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向；
（2）从金属杆M进入磁场到金属杆N出磁场的过程中，金属杆M上产生的焦耳热Q；
（3）金属杆N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q及初始时刻N到ab的最小距离x。
【答案】（1）；方向水平向左；（2）；（3）；
【解析】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势
由愣次定律可知，电流方向为逆时针，电流的大小为
则所受的安培力大小为
由左手定则可知，安培力的方向水平向左。
（2）根据动量守恒有
解得金属杆N出磁场时，金属杆M的速度
根据能量守恒有
金属杆M上产生的焦耳热
解得
（3）金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量
设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
又
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的距离最小，则