河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题

这是一份河南省南阳市第一中学校2023-2024学年高二上学期12月月考物理试题，共16页。

A．导体棒中的感应电流逐渐增大
B．导体棒沿导轨下落过程中减小的机械能等于导体棒产生的焦耳热
C．通过回路中某横截面上的电荷量为
D．导体棒在导轨上运动时拉力F与y的关系为
2．某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4＝50：1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2＝1：44
3．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为1Ω、2Ω和6Ω，U为正弦交流恒压电源。当开关S断开和S闭合时，连接在副线圈的负载电阻消耗的电功率相等。该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A．1：2B．1：3C．1：4D．1：5
4．把线圈、电容器、电源和单刀双掷开关按照图示连成电路。把示波器的两端连在电容器的两个极板上。先把开关置于电源一侧为电容器充电；稍后再把开关置于线圈一侧，从此刻开始计时，电容器通过线圈放电。电路工作过程中，向外辐射电磁波，则电压Uab随时间t变化的波形是（ ）
A．B．
C．D．
5．如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，则此时（ ）
A．电容器C正在放电
B．A板带负电
C．电感线圈L两端电压在增加
D．电场能正在转化为磁场能
6．霍尔元件是磁传感器，是实际生活中的重要元件之一。如图所示为长度一定的霍尔元件，在该元件中通有方向从E到F的恒定电流I，在空间加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，霍尔元件中的载流子为带负电的电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．该元件能把电学量转化为磁学量
B．左表面的电势高于右表面
C．如果用该元件测赤道处的磁场，应保持平面呈水平状态
D．如果霍尔元件中的电流大小不变，则左、右表面的电势差与磁场的磁感应强度成正比
二．多选题（共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
7．如图所示，有上下放置的两个宽度均为L＝0.5m的水平金属导轨，左端连接阻值均为2Ω的电阻r1、r2，右端与竖直放置的两个相同的半圆形金属轨道连接在一起，半圆形轨道半径为R＝0.1m。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．初始时金属棒放置在上面的水平导轨上，金属棒的长刚好为L，质量m＝1kg，电阻不计。某时刻金属棒获得了水平向右的速度v0＝2m/s，之后恰好水平抛出。已知金属棒与导轨接触良好，重力加速度g＝10m/s2，不计所有摩擦和导轨的电阻，则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒抛出时的速率为1m/s
B．整个过程中，流过电阻r1的电荷量为1C
C．最初金属棒距离水平导轨右端1m
D．整个过程中，电阻r2上产生的焦耳热为1.5J
8．一交流发电机产生的感应电动势图像如图所示，该交流电通过一自耦变压器对一电阻供电，不计发电机内阻．下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为12V
B．发电机线圈中电流方向每秒钟改变10次
C．t＝0.05s时发电机线圈平面与磁场方向平行
D．自耦变压器滑片P向上滑动时，电阻R两端电压增大
9．对宇宙微波背景辐射的黑体谱形状的研究被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点。下列与宇宙微波背景辐射的黑体谱相关的说法正确的是（ ）
A．微波是指波长在10﹣3m到10m之间的电磁波
B．微波和声波一样都只能在介质中传播
C．黑体的热辐射实际上是电磁辐射
D．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说
10．高考考生入场、机场、车站等地点都装有安检门。安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警，所以安检门也叫金属探测门，以下关于这个安检门的说法正确的是（ ）
A．这个安检门也能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
三．填空题（共2小题，共16分。）
11．（8分）一台理想变压器，其原线圈2200匝，副线圈440匝，并接一个100Ω的负载电阻，如图所示．
（1）当原线圈接在44V直流电源上时，电压表示数 V，电流表示数 A．
（2）当原线圈接在输出电压U＝311sin100πt V的交变电源上时，电压表示数 V，电流表示数 A，此时变压器的输入功率 W．
12．（8分）有一个教学用的可拆变压器，如下图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．
（1）某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，则A线圈的电阻为 Ω，由此可推断 线圈的匝数较多（选填“A”或“B”）．
（2）如果把它看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成实验的步骤填空：①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈；
②将 线圈与低压交流电源相连接；
③用多用电表的 挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U
④则A线圈的匝数为 ．
四．计算题（共3小题，共40分）
13．（10分）如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
（1）感应电动势的大小E；
（2）拉力做功的功率P；
（3）ab边产生的焦耳热Q。
14．（12分）某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝T的水平匀强磁场中，线框面积为S＝0.5m2，匝数为100匝，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度ω＝100πrad/s匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比1：10，降压变压器的副线圈接入若干“220V，100W”的灯泡，两变压器间的输电线等效电阻R＝10Ω，变压器均为理想变压器。当发电机输出功率为5×104W时，灯泡正常发光。求：
（1）电压表读数；
（2）输电线上损失的功率；
（3）降压变压器原、副线圈的匝数之比。
15．（18分）有波长分别为290m、397m、566m的无线电波同时传向收音机的接收天线，当把收音机的调谐电路的频率调到756kHz时．
（1）哪种波长的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强？
（2）如果想接收到波长为290m的无线电波，应该把调谐电路中可变电容器的动片旋进一些还是旋出一些？
高二物理
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．【答案】C
【分析】根据动生电动势公式、欧姆定律分析导体棒中电流的大小；
根据动能定理及功能关系分析机械能的减小量与焦耳热的大小情况；
结合电流的定义求电荷量；
分析导体棒的受力情况，根据共点力平衡，得到拉力与y的关系。
【解答】解：A、设导体棒在两导轨间的长度为l，则导体棒切割磁感线在电路中产生电流的感应电动势：E＝Blv
根据闭合电路欧姆定律可知：，因为v、r、B恒定，则I恒定，导体棒中的感应电流大小保持恒定不变，故A错误；
C、由于电流恒定：，所以电荷量：q＝It＝＝，故C正确；
B、导体棒运动过程重力做正功WG，克服拉力F做功WF，安培力做负功，克服安培力做功转化为焦耳热Q，由动能定理得：WG﹣WF﹣Q＝0。则机械能的减少量：ΔE＝WG＝Q+WF＞Q，即导体棒沿导轨下落过程中减小的机械能大于金属棒产生的焦耳热，故B错误；
D、导体棒受到重力、拉力F和安培力作用，根据共点力平衡知识可知：F+BIl＝mg
解得拉力：F＝mg﹣BIl （其中：l＝2ytan30°）
解得：，故D错误。
故选：C。
2．【答案】C
【分析】发电机的输出电压和输出功率结合电功率的计算公式进行解答；根据用户端电压和功率求解降压变压器线圈中的电流，再根据I3：I4＝n4：n3可得降压变压器原线圈中的电流，根据电功率的计算公式求解输电线上损失的功率；输送给储能站的功率等于发动机输出功率减去送给输电电路的功率；根据功率计算公式求解升压变压器副线圈两端电压，根据n1：n2＝U1：U2可得升压变压器的匝数比。
【解答】解：A、发电机的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝500kW＝5.0×105W，根据P1＝U1I1可得发电机的输出电流为：I1＝2000A，故A错误；
B、用户端电压U4＝220V，功率P2＝88kW＝8.8×104W，根据P2＝U4I4可得降压变压器线圈中的电流为：I4＝400A
根据I3：I4＝n4：n3可得降压变压器原线圈中的电流为：I3＝8A
输电线上损失的功率为：ΔP＝R＝82×62.5W＝4000W＝4.0kW，故B错误；
C、输送给储能站的功率为：P储存＝P1﹣P2﹣ΔP＝500kW﹣88kW﹣4.0kW＝408kW，故C正确；
D、升压变压器副线圈两端电压为U2，根据功率计算公式可得：P2+ΔP＝U2I3，解得：U2＝11500V
升压变压器的匝数比n1：n2＝U1：U2＝250：11500＝1：46，故D错误。
故选：C。
3．【答案】A
【分析】在开关断开时，设出原线圈中的电流，根据电路中电压关系得到原副线圈的输入电压和输出电压的表达式，然后写出原副线圈的输入电压和输出电压与线圈匝数比的关系列出方程。然后用同样的方法写出开关闭合时的方程。最后根据副线圈负载电阻消耗的电功率相等得出两次的电流关系，联立可解。
【解答】解：设原、副线圈匝数比为k，开关S断开时原线圈中电流为I1，此时副线圈中电流为kI1，根据变压器原、副线圈电压关系有
设开关S闭合时原线圈中电流为I2，同理有
同时由负载电阻消耗的电功率相等可知
联立解得，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．【答案】C
【分析】根据t＝0时刻a板电势高于b板Uab＞0分析选择；根据电路中存在能量耗散电磁振荡为阻尼振荡分析选择。
【解答】解：AD.先把开关置于电源一侧为电容器充电，a板与电源的正极相连，故a板电势高于b板，则Uab＞0，则当断开开关后，电容器两端的电压一定，且为最大，故AD错误；
BC.而再把开关置于线圈一侧后，电容器放电，电路向外辐射电磁波，由于电路中的能量在耗散，因此电容器两极板间的电压越来越小，而电容器的充放电有其自身的固有周期，即周期不变，故B错误，C正确。
故选：C。
5．【答案】C
【分析】在LC振荡电路中，当电容器处在放电过程：电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少，电场能在向磁场能转化；当电容器处在充电过程：电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小，电容器上电量在增加，磁场能在向电场能转化。
【解答】解：已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，可知线圈磁场能减小，由能量守恒定律知，电容器电场能增加，磁场能正在转化为电场能；电容器正在被充电，所以A板带正电；根据可知电容器电压增加，电感线圈L两端电压在增加。故ABD错误，C正确。
故选：C。
6．【答案】D
【分析】在霍尔元件中，移动的是带负电的电荷，根据左手定则判断出带负电的电荷所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道N、M两侧面会形成电势差UMN的正负。MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UMN与什么因素有关。
【解答】解：A、霍尔元件能够把磁学量转换为电学量的传感器，故A错误；
B、根据左手定则，带负电的电荷向N侧面偏转，N表面带负电，M表面带正电，所以M表面的电势高，即左表面的电势低于右表面，故B错误；
C、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，为了让磁场垂直通过，故应将元件的工作面保持竖直，故C错误；
D、运动电荷最终在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、d，则有：q＝qvB，
电流的微观表达式为：I＝nqvS＝nqvbd，所以U＝，所以如果在霍尔元件中的电流大小不变，则左右表面的电势差与磁场的磁感应强度成正比，故D正确。
故选：D。
二．多选题（共4小题）
7．【答案】AC
【分析】金属棒恰好从半圆形金属导轨顶部水平抛出时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出金属棒抛出时的速率；对金属棒在水平导轨上运动的过程，根据动量定理求通过金属棒的电荷量，再求出过r1的电荷量，结合电荷量的推导公式q＝求出金属棒向右移动的距离；根据能量守恒求出回路中产生的总热量，根据串联电路规律求出r2上产生的焦耳热。
【解答】解：A、金属棒从半圆形金属轨道的顶点恰好水平抛出，则有：mg＝m
解得：v＝＝m/s＝1m/s，故A正确；
BC、对金属棒在水平导轨上运动过程，由动量定理得：
﹣BL•t＝mv﹣mv0
又 •t＝q
化简得：﹣BqL＝mv﹣mv0
解得通过金属棒的电荷量为：q＝1C
因为电阻r1、r2并联，则整个过程中，流过电阻r1的电荷量为：q′＝＝0.5C
根据电荷量公式有：q＝＝
解得金属棒向右移动的距离为：x＝1m，即最初金属棒距离水平导轨右端1m，故B错误，C正确；
D、根据能量守恒得，回路中产生的总热量为：Q＝﹣
解得：Q＝1.5J
电阻r2上产生的焦耳热为：Q2＝＝0.75J，故D错误。
故选：AC。
8．【答案】BC
【分析】理解正弦式交流电中峰值和有效值的关系得出电压表的示数；
根据图像得出电流的周期，从而得出电流方向的变化次数；
根据电动势的大小分析出线圈与磁场平面的关系；
理解滑片移动对线圈匝数的影响，结合变压器的工作原理分析出电压的变化趋势。
【解答】解：A．电动势有效值为：
则电压表的示数为，故A错误；
B．由图可知周期为0.2s，一个周期电流方向改变两次，所以发电机线圈中电流方向每秒钟改变10次，故B正确；
C．根据图像可知，t＝0.05s时，电动势最大，此时磁通量变化率最大，磁通量为零，则发电机线圈平面与磁场方向平行，故C正确；
D．自耦变压器滑片P向上滑动时，则原线圈匝数增大，根据变压器的工作原理可得：
根据上述表达式可知电阻R两端电压减小，故D错误。
故选：BC。
9．【答案】ACD
【分析】波长从1mm到10m的电磁波称微波，电磁波既能在介质中传播也能在真空中传播，而声波只能在介质中传播。黑体向外辐射的是电磁波。普朗克在研究黑体辐射的过程中提出能量子的假说。
【解答】解：A、微波是电磁波中按波长分类波长较小的一种，微波是指波长在10﹣3m到10m之间的电磁波，故A正确；
B、电磁波的传播不需要介质，故B错误；
C、黑体辐射本质上是电磁辐射，故C正确；
D、普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说，故D正确．
故选：ACD。
10．【答案】BD
【分析】明确电磁感应定律的应用，知道安检门中接有线圈，线圈中通以交变电流，在空间产生交变的磁场，金属物品会产生感应电流，反过来，金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流。
【解答】解：A、安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品原理是：线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到。则安检门不能检查出毒贩携带的毒品，故A错误；
B、安检门能检查出金属物品携带者，故B正确；
C、根据工作原理可知，如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门不能正常工作，故C错误；
D、安检门工作时，主要利用了电磁感应原理，也采用电流的磁效应，故D正确。
故选：BD。
三．填空题（共2小题）
11．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）变压器的工作原理是互感现象，当原线圈接在44V直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流；
（2）当原线圈接在220V交流电源上时，根据变压器的变压比公式求解副线圈的输出电压，根据欧姆定律求解输出电流，根据P＝UI求解输出功率，理想变压器输出功率与输入功率相等．
【解答】解：（1）变压器的工作原理是互感现象，当原线圈接在44V直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流，故电流表与电压表的读数都为零；
（2）当原线圈接在220V交流电源上时，根据变压器的变压比公式，有：
＝＝
解得：U2＝44V
电流为：I2＝＝＝0.44A，理想变压器输出功率与输入功率相等，
故输入功率P＝U2I2＝44×0.44＝19.36W；
故答案为：（1）0，0；（2）44，0.44，19.36．
12．【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率确定电阻大小，根据电阻大小判断匝数多少．
（2）根据变压器的原理，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，分析即可得出结论．
【解答】解：（1）多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率．A的读数为24，倍率为×1，所以电阻为24Ω．根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多．
故答案为：24，A
（2）因为要测量A线圈匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接．变压器输入输出电压都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压．根据变压器电压比等于匝数比，有：
所以：
故答案分别为：A，交流电压，．
四．计算题（共3小题）
13．【答案】（1）感应电动势的大小E为BLv。
（2）拉力做功的功率P为。
（3）ab边产生的焦耳热Q为。
【分析】（1）根据感应电动势计算公式E＝BLv求解感应电动势大小；
（2）线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于电功率，根据公式P＝求解；
（3）根据焦耳定律求整个线框中产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）感应电动势的大小为：E＝BLv；
（2）线框做匀速运动，拉力做功的功率P等于线框的电功率，则P＝＝
（3）线框进入磁场的时间t＝
整个线框中产生的焦耳热Q总＝t＝•＝
ab边产生的焦耳热Q＝Q总＝
答：（1）感应电动势的大小E为BLv。
（2）拉力做功的功率P为。
（3）ab边产生的焦耳热Q为。
14．【答案】（1）电压表读数500V；
（2）输电线上损失的功率1000W；
（3）降压变压器原、副线圈的匝数之比245：11。
【分析】（1）根据Em＝nBsω求解电动势最大值，其有效值即可求解发电机的输入电压；
（2）根据变压比公式列式求解输电线上的电流，根据P＝I2R求解输电上的损失功率；
（3）根据变压比求解升压变压器副线圈的电压，减去输电线上的损失电压，求出降压变压器的原线圈的电压，再根据变压比求出降压变压器原副线圈的匝数比。
【解答】解：（1）矩形闭合导线框ABCD在匀强磁场中转动时，产生的交流电的最大值为
电压表读数为
＝＝500V
（2）升压变压器原线圈的电流
设输电线上的电流为I2，则有
输电线上损失的功率
解得P＝1000W
（3）设升压变压器的副线圈电压为U2，则有
输电线上的电压损失
U'＝I2R
则降压变压器的原线圈电压
U3＝U2﹣U'
由题意知，降压变压器的副线圈的电压U4＝220V，则有
联立解得
答：（1）电压表读数500V；
（2）输电线上损失的功率1000W；
（3）降压变压器原、副线圈的匝数之比245：11。
15．【答案】见试题解答内容
【分析】根据公式f＝，即可求解对应波长的频率，再结合调谐电路的频率调到756kHz，即可求解振荡电流最强的波长；
根据固有周期T＝2π，结合C＝，即可求解．
【解答】解：（1）根据公式f＝，得f1＝＝ Hz≈1034kHz．
f2＝＝ Hz≈756kHz．
f3＝＝ Hz≈530kHz．
当把收音机的调谐电路的频率调到756kHz时，则波长为397m的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强．
（2）由上可知，要接收波长为290m的无线电波，应增大调谐电路的固有频率，
依据固有周期T＝2π，与C＝，应把调谐电路中可变电容器的动片旋出一些以减小电容．
答：（1）波长为397m的无线电波在收音机中产生的振荡电流最强；
（2）应该把调谐电路中可变电容器的动片旋出一些．
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