2023-2024学年福建省福州市第十五中学等五校高二（下）期中联考物理试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省福州市第十五中学等五校高二（下）期中联考物理试卷（含答案），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.用遥控器调换电视机的频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。下列属于这类传感器的是( )
A. 红外报警装置B. 走廊照明灯的声控开关
C. 自动洗衣机中的压力传感装置D. 电饭煲中控制加热和保温的温控器
2.如图所示，A、B完全相同的两个小灯泡，L为自感系数较大电阻可以忽略的线圈，则( )
A. 开关S闭合瞬间，A、B同时发光，随后A灯熄灭，B灯变暗
B. 开关S闭合瞬间，B灯亮，A灯不亮
C. 断开开关S瞬间，A、B灯同时熄灭
D. 断开开关S瞬间，B灯立即熄灭，A灯亮一下再熄灭
3.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t=0时刻bc边与磁场区域边界重合。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿adcba方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是( )
A. B.
C. D.
4.最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A. 1.6×102kgB. 1.6×103kgC. 1.6×105kgD. 1.6×106kg
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由R1、R2 和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后( )
A. 流经R1的电流减小到原来的14B. R2两端的电压增加到原来的2倍
C. R3两端的电压减小到原来的12D. 电阻上总的热功率减小到原来的14
6.如图所示，两平行金属板P、Q水平放置，上极板带正电，下极板带负电，板间存在匀强电场和匀强磁场(图中未画出)，一个带电粒子在两平行板间做匀速直线运动后，从O点垂直进入另一个垂直纸面向外的匀强磁场中，粒子做匀速圆周运动，最后打在挡板MN上的A点，不计粒子重力。下列说法正确的是( )
A. 此粒子一定带正电
B. P、Q间的磁场一定垂直于纸面向外
C. 若另一个带电粒子在磁场中也能沿相同的轨迹运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷
D. 若另一个带电粒子在P、Q间也能做匀速直线运动，则它一定与该粒子具有相同的比荷
7.如图甲所示，20匝的线圈两端M、N与一个电压表相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化，不计线圈电阻下列说法正确的是( )
A. 电压表的正接线柱接线圈的M端B. 线圈中产生的感生电场沿逆时针方向
C. 线圈中磁通量的变化率为1.5Wb/sD. 电压表的读数为0.5V
8.如图所示，水平面内固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为l，电阻忽略不计。质量为m、电阻为R的导体棒MN与质量为2m、电阻为2R的导体棒PQ均垂直于导轨静止放置，两导体棒相距为d，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现让MN棒以初速度v水平向左运动，直至最终达到稳定状态，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则在此过程中( )
A. 两导体棒任意时刻加速度均相同
B. 通过两导体棒的电荷量总是相等
C. MN棒上所产生的热量为mv23
D. 最终稳定时两导体棒间的距离为d+2mvRB2l2
三、填空题：本大题共3小题，共18分。
9.交流发电机的原理如图甲所示，闭合的矩形线圈放在匀强磁场中，绕OO′轴匀速转动，在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，已知线圈的电阻为R=2.0Ω，则：通过线圈导线的任一个横截面的电流的最大值是______A；矩形线圈转动的频率是______Hz；线圈电阻上产生的电热功率是______W。
10.一座小型水电站，它输出的电功率为P，输电电压为U，输电导线中通过的电流I=_________；如果输电导线的总电阻为R，那么输电导线上的损失电压U损=_________；输电导线由于发热损失的电功率P损=_________。
11.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场.带电粒子(不计重力)第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角.则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为________，速度之比为________，时间之比为________．
四、实验题：本大题共2小题，共14分。
12.如图为研究电磁感应现象的实验装置，部分导线已连接．
(1)用笔画线代替导线将图中未完成的电路连接好；
(2)在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么闭合开关后可能出现的情况有：将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流计指针将________.原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向右拉时，灵敏电流计指针将________；断开开关时，灵敏电流计指针将________.(均选填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)
13.用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，从斜槽上位置P由静止开始释放小球A，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置(如图乙所示)；
④将小球B放在斜槽的末端，再从位置P处由静止释放小球A，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置(如图丙所示)；
⑤测出所需要的物理量。
请回答：
(1)实验①中A、B的两球质量应满足mA__________mB(填“>”、“=”或“(2)x0 xA xB(3)mAx0=mAxA+mBxB
【解析】【分析】
根据碰撞时的动量守恒定律表达式，结合平抛规律推导出动量守恒的表达式，从而将难以测量的速度转化为容易测量的落地水平位移。
本题考查了验证动量守恒定律。明确实验原理是解决实验问题的关键。
【解答】
(1)实验①中A、B的两球质量应满足mA>mB
(2)频闪照相相邻曝光时间相等，测出x0 、xA、xB，就可以知道它们碰撞前后水平方向的速度；
(3)该同学的猜想可表示为mAx0t=mAxAt+mBxBt，化简得mAx0=mAxA+mBxB。
14.【答案】解：(1)在t=0到t=0.1s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB=0.2T，设穿过金属框的磁通量变化量ΔΦ，
则有： ΔΦ=ΔBl2
由于磁场均匀变化，金属棒中产生的感应电动势恒定为：E=ΔΦΔt=ΔBΔtl2=0.20.1×0.22V=0.08V
(2)设金属框中电流I，由闭合电路欧姆定律，有：I=ER=
由图知t=0.05s时，磁感应强度B1=0.1T，
金属框ab边受到的安培力为：F=B1Il=0.016N ，方向垂直ab向左
(3)在t=0到t=0.1s时间内，金属框中电流的电功率为：P=I2R=0.064W

【解析】(1)利用法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt计算；
(2)利用全电路欧姆定律和安培力F=BIL计算；
(3)电路为纯电阻电路，电功率P=I2R。
此题考查了法拉第电磁感应定律和安培力计算，并结合电路和能量转化与守恒考查了焦耳定律，比较基础，但知识点衔接较多，是一道中等偏易题。
15.【答案】解：(1)杆达到最大速度后，ab中最大电流为Im，由平衡条件有：
BImL+μmgcsθ=mgsinθ
代入数据解得：Im=0.4A
(2)由闭合电路的欧姆定律有：
Em=Im(R0+r)=1.0 V
由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm
代入数据解得：vm =Em BL=1.01.0×0.5m/s=2m/s
(3)电路中产生的总焦耳热为：Q总 =R0 +rR0 Q0 =54Q0 =2.5J
由动能定理得：mgxsinθ−μmgxcsθ−Q总 =12mvm2
解得杆下滑的距离为：x=13.5m
答：(1)通过R0的最大电流为0.4A；
(2)ab杆下滑的最大速度为2m/s；
(3)从开始到速度最大的过程中ab杆下滑的距离为13.5m
【解析】(1)导体棒沿斜面向下先做加速运动，后做匀速运动，导体棒达到最大速度时，受力平衡，写出受力平衡的方程，即可求得最大电流；
(2)根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立求解；
(3)当电阻R0中产生的热量Q0=2.0J，根据焦耳定律分析电路中产生的总热量。棒下滑过程中，重力势能转化为棒的动能、回路的焦耳热和摩擦生热，根据动能定理解答该题。该题是电磁感应的综合应用，涉及到受力平衡、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律以及能量的转化与守恒，综合性相对较强，要求的能力也比较高。
16.【答案】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。
(1)A和B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律可得：mAv0=(mA+mB)v1
代入数据解得：v1=8m/s
A和B碰撞过程损失的机械能E损=12mAv02−12(mA+mB)v12
代入数据解得：E损=240J；
(2)设弹簧压缩量最大时ABC三者的共同速度为v，根据动量守恒定律可得：mAv0=(mA+mB+mC)v
根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能EPmax=12(mA+mB)v12−12(mA+mB+C)v2
代入数据解得：EPmax=80J；
(3)从AB开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程中，ABC系统动量守恒。
根据动量守恒定律可得：(mA+mB)v1=(mA+mB)v1′+mCvm
根据机械能守恒定律可得：12(mA+mB)v12=12(mA+mB)v1′2+12mCvm2
联立解得：v1′=0，vm=8m/s。
答：(1)A和B碰撞过程损失的机械能为240J；
(2)弹簧的最大弹性势能为80J；
(3)木板C的最大速度为8m/s。
【解析】(1)A和B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律结合能量守恒定律求解A和B碰撞过程损失的机械能；
(2)根据动量守恒定律得到弹簧压缩量最大时ABC三者的共同速度，根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能；
(3)从AB开始压缩弹簧到弹簧恢复原长过程中，根据动量守恒定律、机械能守恒定律列方程求解。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。