辽宁省大连二十四中等五校协作体2024-2025学年高二（上）期末物理试卷

这是一份辽宁省大连二十四中等五校协作体2024-2025学年高二（上）期末物理试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.在阻值R=10Ω的定值电阻两端接一交流电压，电压表达式为U(t)=10sin(0.5πt+π3)V，则该电阻在电压的一个周期内产生的电热为( )
A. 20JB. 20 2JC. 10 2JD. 40J
2.如图，空间中存在平行于纸面向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根在b点被折成直角的金属棒abc平行于纸面放置，ab=bc=L，ab边垂直于磁场方向。现该金属棒以速度v垂直于纸面向里运动。则ac两点间的电势差Uac为( )
A. BLvB. 2BLvC. -BLvD. - 2BLv
3.如图所示，一个铝环套在铁芯上，下方线圈接通电源后，内部装置可以在铁芯处产生竖直向上的磁场By，在铝环处产生沿径向向外的磁场Br，两个磁场大小可以通过装置独立调节。现在想让铝环跳起来，可以采取下列哪种方法( )
A. 保持By不变，增大Br
B. 保持Br不变，增大By
C. 保持By不变，减小Br
D. 保持Br不变，减小By
4.边长为L的正方形线单匝金属框，右边刚好位于匀强磁场左边界，磁场区域宽度为2L，磁感应强度大小为B0，金属框在外力作用下从图示位置开始向右匀速穿过磁场区域，当金属框刚好全部进入磁场区域时，磁感应强度开始随时间均匀增加，使整个过程金属框中的电流不变，则当金属框右边刚好到达磁场的右边界时，匀强磁场的磁感应强度大小为( )
A. 4B0B. 3B0C. 2B0D. 2B0
5.在如图所示电路中，三个灯泡完全相同，电感的直流电阻和灯泡电阻相等。闭合开关S，电路稳定后，将开关S断开，下列对于S断开后各元件说法中正确的是( )
A. 灯泡A1突然熄灭
B. 灯泡A1先闪亮一下再逐渐熄灭
C. 灯泡A2逐渐熄灭
D. 灯泡A3逐渐熄灭
6.如图所示，水平虚线MN上方有垂直纸面向外的匀强磁场，下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相等，直线PQ为磁场左侧边界，右侧及上下范围足够大。一带正电粒子从P点进入磁场，速度大小为v，方向垂直于PQ，第一次到达MN时速度方向与MN垂直。若要求该粒子仍从P点垂直于MN出发但不从左侧边界离开磁场，不计粒子重力。则粒子速度的最小值为( )
A. (4-2 3)vB. ( 2-12)vC. 23vD. (2- 2)v
7.空间中存在方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，一个不计重力的带电粒子以某一初速度在该空间中做匀速直线运动。某时刻，粒子运动至P点处，此时撤掉空间中的电场，经过一段时间后，粒子的速度第一次与P点相反，此时恢复原来的电场，又经过相同的时间后，粒子到达Q点处。则线段PQ与粒子的初速度方向夹角的正切值为( )
A. 2πB. 1C. 2 2D. 2π
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.下列科技成果应用了电磁感应原理的是( )
A. 发电站通过变压器实现变压和电能的输送
B. 回旋加速器使带电粒子做回旋运动而加速
C. 真空冶炼炉外的线圈通入高频交变电流，使炉内的金属熔化
D. 无线电台利用LC电路形成振荡电流，从而发射电磁波
9.一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电。输电线路总电阻R=1kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V、60W)。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A. T1原、副线圈电流分别为103A和20A
B. T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220V
C. T1和T2的变压比分别为1：50和40：1
D. 有6×104盏灯泡(220V、60W)正常发光
10.如图，两平行光滑金属长导轨固定在水平面上，间距为L。导轨间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。相同材质的金属棒a、b相隔一段距离垂直于导轨平行放置，质量分别为m、2m，长度均为L，a棒的电阻为R，导轨电阻可忽略。最初a棒可自由滑动，b棒被固定在导轨上。现给a棒一个水平向右的初速度va=v0，a棒向右减速滑动。当a棒速度减为0时，解除b棒的固定并同时给b棒一个向右的初速度vb，又经足够长时间后，a、b间距离不变且与最初相等，且上述过程中a、b没有相碰。下列说法正确的是( )
A. vb=32v0
B. 整个过程中b棒中产生的电热为Qb=5mv028
C. 整个过程中b棒中产生的电热为Qb=5mv0212
D. 整个过程中通过b棒横截面的电荷量为0
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.某同学在物理实验室找到一个热敏电阻(图中符号TC)，想研究其电阻随温度变化的关系。按照如图连接了实验器材，图中R0为定值电阻，电压表视为理想电压表。
(1)为了使热敏电阻两端的电压可从零开始调节，请在图中添加导线改进该实验。
(2)正确添加导线后，闭合开关，将滑动变阻器R的滑片调至适当位置，读出并记录两电压表V1、V2的示数U1，U2，则热敏电阻的阻值可以表示为RTC= ______(用U1、U2、R0表示)。
(3)该同学查阅相关资料，发现热敏电阻分为正温度系数电阻(阻值随温度升高而增大)和负温度系数电阻(阻值随温度升高而减小)两种，同时了解温度一定时流过热敏电阻的电流大小也会影响电阻值。为了判断该热敏电阻的种类，用控温箱升高热敏电阻的温度后，该同学应采取的实验步骤及判断方法是______。
12.某同学学习多用电表的原理和使用方法后，设计了一个有两个挡位(×1Ω,×10Ω)的欧姆表，原理电路如图：
使用的器材有：
直流电源(电动势E=1.5V，内阻可忽略)；
电阻箱R(量程0～9999.9Ω)；
电流表A(量程0～5mA，内阻RA=100Ω)；
滑动变阻器(最大阻值200Ω)；
红黑表笔各一个，导线若干。
回答下列问题：
(1)按照多用电表的使用原则，表笔a应为______(填“红”或“黑”)表笔。
(2)使用欧姆表的×1挡测量电阻时，若发现电流表指针偏转幅度______(填“偏大”或“偏小”)，则应换成×10档。
(3)若滑动变阻器的滑片移动至M，N两点处时刚好对应欧姆表的两个挡位，则M处应为______Ω(填“×1”，或“×10”)挡。
(4)该同学想把该欧姆表的×10挡内阻设计为150Ω，且电流表满偏时对应的欧姆表刻度为0。则他应首先调节电阻箱的阻值为______Ω，然后将红黑表笔短接，调节滑动变阻器的滑片，使______，此时变阻器滑片左侧的电阻值为______Ω。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，理想变压器的原线圈左端接一有效值为U=12V的正弦式交流电源，定值电阻R0=4Ω，副线圈接有阻值为R1=2Ω的定值电阻和一个滑动变阻器R(最大阻值10Ω)，现电路正常工作，两块理想交流电流表A1的示数为I1=0.5A，A2的示数为I2=2.0A，求：
(1)变压器原副线圈的匝数比k；
(2)调节滑动变阻器，求副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm(结果保留至小数点后两位)。
14.一种电磁分析仪的原理简化图如图1所示，在挡板MN左侧的区域内存在垂直于纸平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在挡板MN上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端的距离为2d。较窄的缝正对着一个板间距为d且足够长的速度选择器，C板电势高于D板电势，板间电压恒定，但可调节。板间还有垂直纸面、磁感应强度大小也为B的匀强磁场(图中未画出)。在速度选择器右侧的直角三角形区域OPQ范围内有垂直纸面向里的匀强磁场。PQ边与C板共线，OP=d，∠POQ=60°，过O点平行于PQ放置有一足够长粒子接收屏，图2是其局部放大图。大量质量为m，带电量绝对值为q的粒子(不计重力和相互间的作用)以不同的速度在纸平面内从宽度为2d的缝垂直于边界进入磁场，部分粒子能从较窄的缝射出且水平穿过速度选择器。求：
(1)粒子的电性及速度选择器中磁场的方向；
(2)调节CD板间电压U，使PO边任一点都有粒子到达，且速度尽量大。求U；
(3)接(2)，到达P处的粒子经右侧磁场偏转后击中粒子接收屏上的S点(图中未画出)，线段OS的长度恰好为粒子在右侧磁场中运动的轨道半径。求右侧磁场中的磁感应强度Bx。
15.如图所示，水平地面上竖直放置一个边长为2L=0.2m，质量m=0.8kg，总电阻为R=1×10-4Ω的正方形单匝导体框MNPQ，竖直面内存在两个矩形匀强磁场区域abcd和efgh，宽度均为3L且足够高，磁感应强度大小均为B=0.1T，方向均垂直纸面向里，cd水平且在地面以下，gh水平且与地面相距L，bc与eh的水平距离为2L。导体框的MQ边刚好和ad重合。对导体框施加一个水平向右的拉力，使导体框由静止开始做加速度大小为a=0.6m/s2的匀加速运动，直至导体框恰好离开磁场区域abcd，之后令其做匀速直线运动。已知重力加速度为g=10m/s2，导体框平面始终与磁场垂直，导体框与地面的动摩擦因数为μ=0.1， 3≈1.7，求：
(1)导体框的NP边刚离开bc边时，拉力的大小F0；
(2)导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，拉力冲量IF的大小；
(3)导体框从开始运动至NP边到达fg边的过程中与地面摩擦产生的热量Q。
答案和解析
1.A
【解析】由电压的表达式U(t)=10sin(0.5πt+π3)V，可知周期为：T=2π0.5πrad/s=4s；
电压的有效值为：U有=Um 2，由焦耳定律Q=I2RT，欧姆定律：I=U有R，可知电阻在一个周期内产生的热量为20J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2.C
【解析】当金属棒以速度v垂直于纸面向里运动，ab边切割磁感线，bc边不切割磁感线。有效长度为L，ac两点间的电势差即为ab边切割产生的感应电动势，为：E=-BLv，根据右手定则C点电势更高。故ABD错误，C正确。
故选：C。
3.D
【解析】在铝环处产生沿径向向外的磁场Br，想让铝环跳起来，则铝环受到的安培力的方向向上，根据安培定则可知，铝环内产生的感应电流的方向沿顺时针方向。根据安培定则，铝环内产生的磁场的方向向上，根据楞次定律可知铁芯处产生的向上的磁场必定减弱，故ABC错误，D正确。
故选：D。
4.C
【解析】设匀速运动的速度大小为v，整个过程金属框中的电流不变，感应电动势不变，则有：B0Lv=ΔΦΔt
其中：ΔΦ=(B-B0)L2，Δt=Lv
联立解得：B=2B0，故C正确、ABD错误。
故选：C。
5.C
【解析】三个灯泡完全相同，线圈直流电阻和灯泡电阻相等，可知闭合S稳定后，流过灯泡A1的电流比灯泡A2流过的电流大。某时刻将开关S断开，灯泡A3立即熄灭，而线圈的自感电动势阻碍电流减小，线圈相当于电源，与灯泡A1、灯泡A2重新形成回路，使得灯泡A1、灯泡A2都慢慢熄灭，但都不会闪亮，故ABD错误，C正确。
故选：C。
6.A
【解析】设MP=d，第一次粒子运动半径为R，粒子第一次到达MN时速度方向与MN垂直可知qvB=mv2R，其中R=d，解得B=mvqd，若要求该粒子仍从P点垂直于PQ出发但不从左侧边界离开磁场，因为第一次速度较大，所以半径较大，第一次到达MN时速度方向与MN垂直，第二次不从左侧边界离开磁场，速度较小，半径较小，则粒子运动轨迹如图
设第二次粒子运动半径为r，由几何关系可知θ=30°
由rcs30°+r=d可得r=2(2- 3)d，qvminB=mvmin2r可
得速度的最小值为vmin=(4-2 3)v，故A正确，BCD错误。
故选：A。
7.D
【解析】粒子受到电场力与洛伦兹力做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，则速度方向与电场力方向垂直，令速度方向水平向右，某时刻，粒子运动至P点处，此时撤掉空间中的电场，粒子的速度第一次与P点相反，此时粒子做匀速圆周运动轨迹恰好为半个圆周
对粒子，洛伦兹力提供向心力有：qvB=mv2r，T=2πrv
变形整理解得：r=mvqB，T=2πmqB
粒子在磁场中运动的时间为：t=T2
此时恢复原来的电场，粒子速度与初速度相反，此时洛伦兹力方向与电场力方向相同，将该速度v分解为向右的v和向左的2v，则向右的分速度v对应的洛伦兹力与电场力平衡，该分运动为向右的匀速直线运动，向左的分速度2v对应匀速圆周运动
同理有：q×2v×B=m(2v)2r'，运动周期：T'=2πr'2v
解得：r'=2mvqB，T'=2πmqB=T
由此可知，又经过相同的时间后，上述过程，粒子向右分运动的位移：x1=v×T2=πmvqB
粒子另一个分运动做匀速圆周运动，其恰好经历半个圆周，令线段PQ与粒子的初速度方向夹角为θ，则有：tanθ=2r'-2rx
代入数据解得：tanθ=2π，故D正确，ABC错误。
故选：D。
8.ACD
【解析】A.发电站通过变压器实现变压和电能的输送，变压器中原副线圈通过电磁感应原理传递电能，故A正确；
B.回旋加速器使带电粒子在D型盒狭缝中的电场中被加速，在磁场中做匀速圆周运动，故B错误；
C.真空冶炼炉能在真空环境下，利用电磁感应原理，使炉内的金属产生涡流，根据电流的热效应，使金属大量发热而熔化，从而炼化金属，故C正确；
D.无线电台利用LC电路形成振荡电流过程中，根据电磁感应原理，通过变化的电场产生变化的磁场，变化的磁场产生变化的电场，从而产生电磁波发射出去，故D正确。
故选：ACD。
9.ABD
【解析】由P=UI可得，
升压变压器输入电流I1=PU=4000×1034000A=1×103A
由P损=I2R得，
升压变压器的输出电流I2= P损R= 4000×103×0.11×103A=20A
故A正确。
由I1I2=n2n1得，
n1n2=I2I1=201×103=150 ①
根据n1n2=U1U2得，
升压变压器的输出电压U2=n2n1U1=50×4000V=2×105V
输电线上的电压损失U损=I2R=20×1000V=2×104V
降压变压器的输入电压U3=U2-I2R=2×105-20×1000V=1.8×105V ③
用户得到的电压即为降压变压器的输出电压U4=220V ④
由③④可知B正确。
降压变压器的匝数比n3n4=U3U4=1.8×105220=900011 ②由①②知C错误
用户得到的功率P3=P2-10%P2=0.9×4000KW=3600KW
可供灯泡正常发光的盏数n=P3P灯=3600×10360=6×104故D正确。
故选：ABD。
10.ACD
【解析】材料相同的a和b质量分别为m、2m，长度均为L，a棒的电阻为R，根据m=ρSL可知，b的横截面积为a的2倍，根据电阻定律可知，b的电阻为0.5R。
A、b棒被固定在导轨上，对a分析，取向右为正方向，根据动量定理可得：-BI1-Lt1=0-mv0
b棒一个向右的初速度vb后，设二者达到的共同速度为v，取向右为正方向，对a根据动量定理可得：BI2-Lt2=mv-0
最后a、b间距离不变且与最初相等，则有：q=I1-t1=I2-t2
联立解得：v=v0
取向右为正方向，对b根据动量定理可得：-BI2-Lt2=2mv-2mvb
解得：vb=32v0，故A正确；
BC、第一个过程中b棒产生的电热为：Q1=+R×12mv02=16mv02
第二个过程中b棒产生的电热为：Q2=+R×(12×2mvb2-12×3mv2)
解得：Q2=14mv02
整个过程中b棒中产生的电热为：Qb=Q1+Q2，解得：Qb=5mv0212，故B错误、C正确；
D、最后a、b间距离不变且与最初相等，磁通量变化为零，根据电荷量的计算公式可得：q=I-t=E-1.5Rt=ΔΦ1.5R=0，故D正确。
故选：ACD。
11.U1R0U2 调节滑动变阻器阻值，使电压表V2的示数不变，如果电压表V1的示数变大，则热敏电阻是正温度系数电阻；如果电压表V1的示数变小，则热敏电阻为负温度系数电阻。
【解析】(1)使热敏电阻两端的电压可从零开始调节，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示
(2)热敏电阻阻值RTC=U1I=U1U2R0=U1R0U2。
(3)调节滑动变阻器阻值，使电压表V2的示数不变，如果电压表V1的示数变大，则热敏电阻是正温度系数电阻；如果电压表V1的示数变小，则热敏电阻为负温度系数电阻。
故答案为：(1)实物电路图如上图所示；(2)U1R0U2；(3)调节滑动变阻器阻值，使电压表V2的示数不变，如果电压表V1的示数变大，则热敏电阻是正温度系数电阻；如果电压表V1的示数变小，则热敏电阻为负温度系数电阻。
12.黑 偏小 ×10 75 电流表满偏 50
【解析】(1)按照多用电表的使用原则，黑表笔接内部电源的高电势端，故表笔a应为黑表笔。
(2)使用欧姆表的×1挡测量电阻时，若发现电流表指针偏转幅度偏小，说明待测电阻较大，则应换成×10档。
(3)若滑动变阻器的滑片移动至M，N两点处时刚好对应欧姆表的两个挡位，根据电流表的改装原理可知，M处对应的量程较小；
则M处应为×10挡。
(4)该同学想把该欧姆表的×10挡内阻设计为150Ω，且电流表满偏时对应的欧姆表刻度为0，此时电路中的电流为
I=ER'=1.5150A=10mA
设变阻器滑片左侧的电阻值为R1，根据电表改装原理可知RA+R1R滑-R1=10-55
解得R1=50Ω
并联总电阻为R并=(RA+R1)IAI
电阻箱的阻值为R2=R内-R并
解得R2=75Ω
故答案为：(1)黑；(2)偏小；(3)×10；(4)75，电流表满偏，50
13.【解析】(1)由题意可知，原线圈两端电压为：U1=U-I1R0，
副线圈两端电压为：U2=I2R1，
解得：U1=10V，U2=4V，
则变压器原副线圈的匝数比为：k=U1U2=10V4V=52；
(2)副线圈负载的总电功率与原线圈的功率相等，则有：P=U1'I1'=(U-I1'R0)I1'=-4I1'2+12I1'，
由数学知识可知，当I1=124×2A=1.5A时，副线圈负载的总电功率最大，
此时流过副线圈的电流为：I2'=kI1'，
解得：I2'=3.75A，
副线圈两端的电压为：U2'=U1'k=U-I1'⋅R0k，
解得：U2'=2.4V，
根据闭合电路的欧姆定律可得：I2'=U2'R1+U2'Rm，
解得：Rm=1617Ω≈0.94Ω；
答：(1)变压器原副线圈的匝数比k为52；
(2)调节滑动变阻器，副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm为0.94Ω。
14.【解析】(1)粒子要从2d缝进入磁场，根据左手定则，可知粒子带负电，速度选择器中，C板电势高于D板电势，而部分粒子可水平穿过速度选择器，根据受力平衡可知磁场方向垂直纸面向里；
(2)从窄缝最上方射出的粒子，半径在1.5d～2.5d之间，从窄缝最下方射出的粒子，半径在d～2d之间，所以要使PO边任意一点都有粒子到达且速度尽量大，到达粒子的半径应为2d，粒子的洛伦兹力提供向心力
qvB=mv22d
电场力与洛伦兹力平衡
Udq=qvB
解得
U=2qB2d2m
(3)情况1：离子的轨迹如图1所示：

设粒子在Bx中的半径为r，由几何关系得：
d=r+rct60°
qvBx=mv2r
所以
Bx=2(3+ 3)3B
情况2：粒子轨迹图如图2所示：

由几何关系得，△OO'b与△aSb全等
∠abS=60°
∠OO'b=30°
r=d+Ob-ct30°=Ob-(1+1sin60∘)
解得
r=3d3- 3
所以解得
Bx=2(3- 3)3B
答：(1)粒子带负电，速度选择器中磁场的方向垂直纸面向里；
(2)调节CD板间电压U，使PO边任一点都有粒子到达，且速度尽量大，U为2qB2d2m；
(3)右侧磁场中的磁感应强度为2(3+ 3)3B或2(3- 3)3B。
15.【解析】(1)设导体框的NP边刚离开bc边时的速度为v0，
根据牛顿第二定律有：F0-μmg-BI×2L= ma
而电流为：I=ER总=B×2L×v0R
由速度—位移公式有：v02=2aL
代入数据解得：F0= 2.64N
(2)设导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程所用时间为t，末速度为v1，以向右为正方向，对导体框根据动量定理有：IF-μmgt-BI-×2L⋅t=mv1
v12=2a×3L
时间：t=v1a
在该时间内电流为：I-=E-R
而电动势为：E-=B⋅(2L)2t
联立并代入数据解得：IF=2.08N⋅s
(3)导体框从开始运动到进入磁场efgh区域之前，竖直方向上所受安培力的合力为零，所以地面对导体棒的支持力等于mg，导体框与地面的摩擦产生的热量为：Q1= μmg×3L
代入数据得：Q1=0.24J
当NP边开始匀速进入磁场efgh区域时，设此时刻后导体框的位移大小为x，
此过程产生的电流大小为：I'=BLv1R
当0≤x