2023-2024学年广东省佛山市普通高中高二（上）期末教学质量检测物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省佛山市普通高中高二（上）期末教学质量检测物理试卷（含解析），共16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.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.下列相关说法正确的是( )
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LED灯，三者照明亮度相当.下列相关说法正确的是( )
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9mA
D. 1s内白炽灯产生的热量是LED灯的15倍
4.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9V、阻值为18Ω.若该灯泡恰好正常发光，则此时发电机( )
A. 输出电流的有效值为0.5AB. 输出电流的最大值为0.5A
C. 输出的交流电频率为10HzD. 输出的交流电频率为50Hz
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(电动机)的内阻为55Ω，其他电阻不计，则该空气炸锅正常工作时( )
A. 通过电动机的电流为5.4AB. 通过电动机的电流为4.0A
C. 电热丝的发热功率为1000WD. 电热丝每秒钟消耗的电能为1100J
7.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“400”两接线柱相连。
(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∼15V之间，内阻忽略不计)；
B.电压表(量程15V，内阻约为十几千欧)；
C.0∼99999Ω的电阻箱R；
D.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Rx=_____Ω；
(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(结果均保留2位有效数字)。
(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L，粒子重力不计。求：
(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= 3L，求粒子在第一象限中运动的时间。
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。导体棒aa′加速向下运动，经过图乙所示位置时速度大小为v，此时两棒离地高度相同，Ob连线与水平地面夹角为37°。已知圆弧面半径为2L，忽略回路中电流间的相互作用以及所有摩擦阻力，取sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度为g，求此时：
(1)导体棒aa′接入电路部分产生的感应电动势大小；
(2)导体棒bb′所受的安培力的方向和大小；
(3)导体棒bb′受到圆弧面的支持力大小(设导体棒bb′在运动过程中一直与圆弧面保持接触)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【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，基本题，不应失分。
【解答】
A、动圈式话筒利用的是电磁感应原理，故A正确；
B、等离子体发电考查的是霍尔效应及其应用，故B错误；
CD、直流电动机、磁电式电流表利用的是电流的磁效应，故CD错误。
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了对电磁波的认识。
一切非均匀变化的电磁场都会产生电磁波；电磁波可以传播能量和信息；电磁波是一种特殊物质。
【解答】
A、不是只有通过电路才能产生电磁波，例如光也是一种电磁波，故A错误；
B、电磁波是一种物质，具有能量，由质能方程知，电磁波具有等效质量，故B错误；
C、电磁波既可以传递信息，又可以传递能量，故C正确；
D、电磁波是可在真空中传播的变化的电磁场，故D错误。
3.【答案】C
【解析】【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。
【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，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，B错误；
C.由P=UI可知正常工作时通过LED灯的电流约为I=PU=2220A≈9mA，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，非纯电阻电路W>Q，所以1s内白炽灯产生的热量大于LED灯的15倍，故D错误。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了带点粒子在地磁场中受洛伦兹力的情况，由左手定则判断力的方向。
【解答】
地磁场由南向北，带负电粒子方向竖直向下，由左手定则得洛伦兹力方向向西，故B正确，ACD错误。
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查交流电的图像知识，基础题目。
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。
【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=UR=0.5A，其最大值Im= 2I=0.5 2A，由图知，输出的交流电的周期T=0.2s，则输出的交流电的频率f=1T=5Hz，故A正确，BCD错误。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查非纯电阻电路知识，基础题目。
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。
【解答】
通过电热丝的电流I1=UR=5A，则电热丝的发热功率P1=I12R=1100W，电热丝每秒消耗的电能Q=P1t=1100J，电动机的总功率P2=P−P1=88W，通过电动机的电流I2=P2U=0.4A。故D正确，ABC错误。
7.【答案】B
【解析】B
【详解】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
I1I2=n2n1
由于
n1I2
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。
故选B。
8.【答案】AC
【解析】AC
【详解】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.测电流时，开关需闭合，故D错误。
故选AC。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
由磁场的分布及磁通量的概念得解；由楞次定律结合安培定律判断感应电流方向；由安培力的作用判断圆环受到的安培力方向，由此得解。
本题主要考查磁通量的概念及对楞次定律的理解，难度一般。
【解答】
AB.磁通量是指穿过某一面积的磁感线条数，圆环下落过程中，其面积不变，但由于磁场的变化，穿过圆环的磁感线条数会发生变化，因此磁通量会发生变化。在磁铁内部，磁感线由S极指向N极，因此随着圆环下滑，向上的磁通量增加，A错误，B正确；
CD.根据楞次定律，感应电流产生的磁场阻碍磁通量的增加，由于圆环向下运动，而安培力的作用是阻碍相对运动，故受到向上的安培力；根据右手螺旋定则判断出圆环的感应电流为俯视顺时针， C错误，D正确。
10.【答案】AD
【解析】【分析】
磁场能对导电的海水产生电磁力作用，再根据力的相互性分析。本题是一道应用题，能根据题目中的信息得出相应的知识是解题的关键。
【解答】
A.根据图中海水流动方向及左手定则可判断电极C需连接电源的正极，D需接电源的负极，A正确；
BCD.由题可知，磁场能对导电的海水产生安培力作用，使之在通道内运动，若海水运动方向指向船尾，则反作用力便会推动船舶前进，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，BC错误，D正确；
故选AD。
11.【答案】 见解析 1400 变小 有漏磁、铁芯发热、导线发热等
【详解】(1)[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)[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；
[3]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)[4]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。

【解析】略
12.【答案】 4.0 10000.0 10 15 小于
【详解】(1)[1]电压表的读数为
U=4.0V
[2]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
Rx=10000.0Ω
(2)[3][4]根据闭合电流欧姆定律，当电阻箱阻值为零时
E=U1
当电阻箱阻值为5kΩ时
E=U2+U2RVR
解得
E=10V ， RV=15kΩ
(3)[5]如果电源的内阻不可忽略，则
E=U1+U1RVr ， E=U2+U2RVR+r
整理可得
U1−U2×1+rR=U2RVR
忽略内阻时整理得
U1−U2=U2RVR
可知电压表内阻的真实值小于测量值。

【解析】略
13.【答案】(1)有；(2)是；(3)不可以
【详解】(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】略
14.【答案】(1) EB2 ；(2)负电， 2EB1B2L ；(3) 2πLB23E
【详解】(1)根据题意可知，粒子在电磁场中做匀速直线运动，则有
qvB2=Eq
解得
v=EB2
(2)粒子射入第一象限后，做匀速圆周运动，若粒子经坐标原点O射出，由左手定则可知，粒子带负电，有
qvB1=mv2r
又有
L=2r
联立解得
qm=2EB1B2L
(3)若粒子射入第一象限后从x轴上的D点射出，设粒子做圆周运动的半径为 R ，运动轨迹如图所示
由几何关系有
R2=R−L2+ 3L2
解得
R=2L
又有
sinθ=ODR= 32
可得
θ=60∘
则粒子在第一象限中运动的时间
t=60∘360∘⋅2πRv=2πLB23E

【解析】略
15.【答案】(1) 5kIv6 ；(2) 5k2I2v12R ，方向斜向左下方，垂直指向 OO′ ；(3) 5k2I2v12R−15mg
【详解】(1)根据题已知，由法拉第电磁感应定律可得，导体棒 aa′ 接入电路部分产生的感应电动势大小
Eaa′=BLv=kI2Lsin37∘⋅Lv=5kIv6
(2)从图乙中看，根据右手定则可知，通过导体棒 bb′ 的电流垂直纸面向外，而由安培定则可知，通电直导线在导体棒 bb′ 处产生的磁场与其垂直，且导体棒 bb′ 所处位置磁场的方向始终与其垂直，根据左手定则可知，导体棒 bb′ 所受安培力始终指向圆弧圆心，其大小为
F=BIL
其中
B=kI2L ， I=Eaa′R=5kIv6R
代入解得
F=5k2I2v12R
方向斜向左下方，垂直指向 OO′ 。
(3)对导体棒 bb′ 由动能定理有
mg(2L−2Lsin37∘)=12mvb2
对导体棒 bb′ 在其所处位置由牛顿第二定律有
F+mgsin37∘−FN=mvb22L
联立解得
FN=5k2I2v12R−15mg

【解析】略