陕西省西安市蓝田县2023-2024学年高二上学期期末模拟物理试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGE2024学年陕西省西安市蓝田县高二（上）期末物理模拟试卷一、选择题（共10小题，满分40分，每小题4分。在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）1.涡流探伤是工业上常用的技术之一，该技术通过励磁线圈使构件中产生涡电流，再借助探测线圈测定涡电流的变化量从而获得构件缺陷的有关信息。则（）A.工作时励磁线圈必须要与被测构件接触B.涡流探伤也适用于检测橡胶构件的缺陷C.励磁线圈中应该通入恒定电流完成检测D.探测线圈根据接收到的涡流磁场工作的【答案】D【解析】A．涡流探伤技术其原理是用励磁线圈使被测构件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，故工作时励磁线圈不需要与被测构件接触，故A错误；B．因橡胶构件不能产生涡流，所以涡流探伤不适用于检测橡胶构件缺陷，故B错误；CD．励磁线圈中通入交变电流才能产生的变化的磁场，当金属构件处于该磁场中时，该金属构件中才会发生电磁感应现象产生涡流，完成检测，由此可知，探测线圈根据接收到的涡流磁场工作的，故C错误，D正确。2.如图所示为无线充电原理示意图，送电线圈中接入交流电，受电线圈中也产生交流电，受电线圈中的交流电经整流电路转变成直流电后对用电器的电池充电。如果送电线圈的a、b两端接如图乙所示的正弦交流电，则下列说法正确的是（）A.若受电线圈的c、d两端断开，时刻，c端电势比d端电势高B.若受电线圈的c、d两端断开，时刻，c、d两端的电压最大C.若受电线圈的c、d两点用导线连接，时刻两线圈相互吸引D.若受电线圈的c、d两点用导线连接，从时刻到时刻，以俯视角度受电线圈中的感应电流一直沿逆时针方向【答案】D【解析】A．若受电线圈的c、d两端断开，在时刻，送电线圈中的电流在从a到b逐渐减小的过程中，穿过受电线圈中磁通量减小，根据楞次定律可知，时刻，c点的电势比d点的电势低，故A错误；B．若受电线圈c、d两端断开，时刻，受电线圈的磁通量的变化率为零，因此c、d两端的电压为零，故B错误；C．若受电线圈的c、d两端连接，时刻受电线圈中感应电流最大，但送电线圈中的电流为零，两线圈不会有相互作用，故C错误；D．由图乙可知，从时刻到时刻，电流先从a端流入逐渐减小到零然后从b端流入逐渐增大，根据安培定则可知，送电线圈中电流产生的磁场在受电线圈中先向上逐渐减小，后向下逐渐增大，根据楞次定律可知，俯视来看，受电线圈中的电流一直沿逆时针方向，故D正确。故选D。3.金属球A带5q的正电荷，与A球相距为r的另一完全相同的金属球B带q的负电荷，金属球均可视为点电荷，且此时的库仑力大小为F。现将两金属球接触一会儿后再放回原来的位置，则两金属球之间库仑力的大小为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】相距为r时，根据库仑定律得F＝k现将两金属球接触一会儿后再放回原来的位置，两球带电量均为2q故库仑力为F′＝k解得F′故ABD错误，C正确。故选C。4.2023年s月中国首个深海浮式风力发电平台“海油观澜号投产发电，假设旋转磁极式风力发电机原理如图所示，风吹动风叶，带动磁极旋转，使得水平放置线圈的磁通量发生变化，产生感应电流。磁铁下方的线圈与电压传感器相连并通过电脑（未画出）显示数据。已知风速与发电机的转速成正比，线圈的电阻不计。在某一风速时，电脑显示电压传感器两端的电压如图乙所示。则下列说法正确的是（）A.风速越大，电压传感器两端电压变化周期越大，有效值越大B.磁铁的转速为10r/sC.电压传感器两端的电压表达式为（V）D.风速一定的情况下，减少线圈的匝数，电压传感器两端电压增大【答案】C【解析】A．风速越大，转速越大，角速度ω=2πn越大，由知电压传感器两端电压变化周期越小，感应电动势的峰值为Em=nBSω则感应电动势的峰值越大，有效值越大，故A错误；B．由乙图可知，交流电的周期为T=0.4s，则磁铁的转速为故B错误；C．角速度为所以压传感器两端的电压表达式为（V）故C正确；D．感应电动势的峰值为故风速一定的情况下，减少线圈的匝数，感应电动势的峰值减小，有效值减小，交流电压表的示数减小，故D错误。5.如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光。要使灯泡变暗，可以采取的方法有（）A.向下滑动PB.增大交流电源的电压C.增大交流电源的频率D.减小电容器C两极板的距离【答案】A【解析】A．向下滑动P，副线圈匝数减小，根据副线圈两端电压减小，灯泡变暗，故A正确；B．增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，灯泡变亮，故B错误；C．增大交流电源的频率，使得电容的容抗减小，通过电容器的电流变大，灯泡变亮，故C错误；D．减小电容器C两极板的距离，根据电容器C的电容增大，根据容抗减小，通过灯泡的电流增大，灯泡变亮，故D错误。故选A。6.近年来，机器人逐渐走入我们的生活。如图所示，一款微型机器人的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在输出电压为U的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，下列说法正确的是（）A.电动机消耗的热功率为UIB.电动机的输出功率为UI-I2RC.电动机的电流为D.电动机的输入功率为I2R【答案】B【解析】A．电动机消耗的热功率是A错误；B．电动机输出功率B正确；C．电动机不是纯电阻电路，则电动机的电流选项C错误；D．电动机的输入功率为IU，大于I2R，选项D错误。故选B。7.如图甲所示的理想变压器，其原线圈接在输出电压如图乙所示的正弦式交流电源上，副线圈接有阻值为88Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为5∶1.电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法中正确的是（）A.电流表的示数为2.5A B.电压表的示数约为VC.原线圈的输入功率为22W D.原线圈交电电流的频率为0.5Hz【答案】C【解析】B．分析图乙可知，正弦式交流电源的电动势的最大值为220V，有效值为220V，则原线圈输入电压U1=220V，根据变压比可知，副线圈输出电压则电压表的示数为44V，故B错误；A．根据欧姆定律可知，副线圈输出电流根据变流比可知，原线圈输入电流故A错误；C．副线圈输出功率P2=U2I2=44×0.5W=22W根据变压器的输入功率等于输出功率可知，原线圈中输入功率也是22W，故C正确；D．原线圈交电电流的频率为故D错误。故选C。8.心室纤颤是一种可能危及生命的疾病。有一种叫作心脏除颤器的医疗设备，其工作原理是通过一个充电的电容器对心室纤颤患者皮肤上安装的两个电极板放电，让一定量的电荷通过心脏，使其心脏短暂停止跳动，再刺激心室纤颤患者的心脏恢复正常跳动。若心脏除颤器的电容器电容为15μF，充电至9.0kV电压，则此次放电前该电容器存储的电荷量为（）A.0.135C B.135CC.6×108C D.1.7×10-9C【答案】A【解析】根据Q=CU可知该电容器存储的电荷量为Q=15×10-6×9×103C=0.135C故选A。9.如图所示，电路中电源的内阻不能忽略，A、B为两个完全相同的灯泡，线圈L的自感系数很大，直流电阻小于R，当S闭合电路稳定后，断开开关S，通过B灯电流变化正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】线圈的直流电阻小于R，则电路稳定后，通过A灯的电流要大于通过B灯的电流，待电路稳定后断开开关，线圈中产生自感电动势，相当于电源，A、B灯串联，通过B灯的电流会突然增大，而后减小，且电流方向与开始时相反。故选A。10.如图所示，固定于水平面上的金属架处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒沿框架以速度v向右做匀速运动。时，磁感应强度为，此时到达的位置恰好使构成一个边长为l的正方形。为使棒中不产生感应电流，从开始，下列磁感应强度B随时间t变化的关系式正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，有解得故选A。二、多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）11.如图所示，电源与竖直导轨相连，金属棒与导轨接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为了使金属棒能够靠在导轨外面静止不动,需施加一与竖直导轨平行的磁场Bo,下列说法正确的是A.磁场的方向竖直向下B.金属棒受到的摩擦力与磁场B0有关C.若增大磁感应强度B0，金属棒可能会向上移动D.若减小磁感应强度B0，金属棒可能会向下移动【答案】AD【解析】A.受力分析可知，安培力向里，根据左手定则，磁场方向竖直向下，故A正确．B平衡时摩擦力等于重力，与磁场B0无关，故B错误．C.若增大磁感应强度B0，安培力变大，金属棒对导轨的压力变大，最大静摩擦力变大，金属棒仍会静止，故C错误．D.若减小磁感应强度B0，安培力变小，金属棒对导轨的压力变小，最大静摩擦力减小，则金属棒可能会向下移动，故D正确．12.关于以下四种物理仪器的示意图，说法正确的是（）B.图乙是磁流体发电机结构示意图，可以判断出B极板是发电机的正极C.图丙是质谱仪结构示意图，打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越小D.图丁是回旋加速器示意图，若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能【答案】BD【解析】A．速度选择器中粒子不计重力，沿直线做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡，根据则有粒子从左侧进入，可知，若粒子带正电，洛伦兹力向上，电场力向下，若洛伦兹力带负电，洛伦兹力向下，电场力向上，洛伦兹力始终与电场力平衡，即与粒子电荷无关，即不能够判断由狭缝射出的带电粒子的电性，故A错误；B．根据图示可知，磁场水平向右，根据左手定则，正粒子向下偏转到B上，B极板带正电，可以判断出B极板是发电机的正极，故B正确；C．根据，，解得可知打在底片上的位置越靠近入射点，粒子的比荷越大，故C错误；D．粒子最大半径为D形盒的半径R，则有，解得可知，若仅增加电压U，无法增大粒子飞出加速器时的动能，故D正确。故选BD。13.如图所示为远距离输电的示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2，发电厂的输出电压保持不变。在用电高峰时，并联的用电器增多。已知输电线的电阻不能忽略，变压器均为理想变压器。与平时相比，用电高峰时（）A.降压变压器的输出电压将增大B.输电线上损失电压将减小C.电能的输送效率将减小D.为了保证用户得到的电压和平时一样大，可以适当减小【答案】CD【解析】AB．在用电高峰期，并联的用电器增多，用户耗电量增大，则发电厂的输出功率增大，所以升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，根据U损=I线R输电线上的电压损失增大，则降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得降压变压器的输入电压U3减小，又降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故AB错误；C．电能的输送效率为因为升压变压器的输出电压U2不变，输电线上的电压损失U损增大，故效率减小，故C正确；D．为了保证用户得到的电压和平时一样大，即U4不变，降压变压器的匝数比不变，故降压变压器原线圈的电压U3不变，因用户的功率增大，故降压变压器副线圈的电流增大，则降压变压器原线圈的电流也增大，根据U损=I线R输电线上的电压损失增大，则升压变压器副线圈的电压为U2=U3+U损可知升压变压器副线圈的电压U2增大；因升压变压器的线圈的电压U1不变，根据得，可知适当减小升压变压器的匝数比，则升压变压器副线圈的电压增大，故D正确。14.如图所示，质量为、材质均匀的圆形线圈半径为，电阻为，其下方存在一匀强磁场区域，磁感应强度为，时刻开始，线圈在外力作用下以速度竖直向下匀速进入磁场，下列判断正确的是（）A.时线圈中电流大小为B.时线圈受到的安培力大小为C.时间内通过线圈横截面的电荷量为D.时线圈的热功率为【答案】BD【解析】A．当时，根据几何关系可知线圈切割磁感线的有效长度为则此时线圈中电流大小为故A错误；B．时，根据几何关系可知线圈切割磁感线的有效长度为则此时线圈中电流大小为线圈受到的安培力大小为故B正确；C．时间内，根据几何关系可知线圈进入磁场的面积为则线圈中的平均电流大小为通过线圈横截面的电荷量为故C错误；D．时，根据几何关系可知线圈切割磁感线的有效长度为则此时线圈中电流大小为此时线圈的热功率为故D正确。故选BD。三、实验题（共3小题，满分24分，每小题8分）15.图甲中游标卡尺的读数为______mm，图乙中螺旋测微器的读数为______mm。【答案】49.80.880##0.879##0.881【解析】[1]甲中游标卡尺的读数为[2]图乙中螺旋测微器的读数为16.某同学用多用电表的欧姆挡来测量一电压表的内阻。先将选择开关旋至倍率“×10”挡，红、黑表笔短接调零后进行测量，红表笔应接电压表的_______（填“+”或“﹣”）接线柱，结果发现欧姆表指针偏角太小，则应将选择开关旋至________（填“×1”或“×100”）挡并________。【答案】重新进行欧姆调零【解析】[1][2][3]通过多用表的电流由红表笔流入，由黑表笔流出，则红表笔应接电压表的﹣接线柱，欧姆表指针偏角太小，则电阻大，则应将选择开关旋至×100挡并重新进行欧姆调零。17.如图是“探究感应电流与磁通量变化关系”的实验。下列操作中会产生感应电流的有______。A．闭合开关的瞬间B．闭合开关后，条形磁体穿入线圈时C．闭合开关后，条形磁体穿出线圈时D．闭合开关后，条形磁体静止在线圈中此实验表明：只要穿过闭合电路的磁通量发生______，闭合电路中就有感应电流产生。【答案】BC变化【解析】[1]A．开关S闭合瞬间，穿过线圈的磁通量不发生变化，线圈没有产生感应电流，选项A错误；BC．开关S闭合后，条形磁铁穿入、穿出线圈的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，选项BC正确；D．开关S闭合后，条形磁铁静止在线圈中不移动，穿过线圈的磁通量不发生变化，没有感应电流产生，选项D错误。故选BC。[2]此实验表明：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。18.电阻是一种非常重要电路元件，下面讨论与电阻相关问题。（1）热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。图1为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图。由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力_________（选填“增强”或“减弱”）；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的影响更_________（选填“敏感”或“不敏感”）。（2）在“测量金属丝的电阻率”实验中，选择一根粗细均匀的合金丝来进行测量。①用螺旋测微器测量合金丝的直径。为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧图2所示的部件___________（选填“A”“B”“C”或“D”），合金丝的直径的测量值为___________mm。②某次测量中，若测出合金丝接入电路部分的长度为L，直径为d，合金丝两端电压为U，电流为I，则该合金电阻率的表达式ρ=___________。（用上述字母和通用数学符号表示）③在本实验中，为了减少实验过程中的系统误差，伏安法测电阻时，采用了电流表外接法，如图3所示。这样测出的合金丝电阻阻值和真实值相比___________。（选填“偏大”或“偏小”）④利用测出的电阻率可以帮助我们解决实际问题。有一根细长而均匀的该金属材料管线样品，其截面为外方内圆，如图4所示。正方形边长为a，而管线内圆的直径d太小无法直接测量。已知此样品长度为L，电阻率为ρ。为了测出d，有位同学想出一个方法，他只测出了电阻R，就计算出了d。请写出计算式d=___________。【答案】（1）增强敏感（1）B0.410##0.411##0.409偏小【解析】（1）[1][2]随着温度的升高，热敏电阻的阻值显著减小，导电能力增强，而金属热电阻阻值略微增大，因此热敏电阻对温度变化更敏感；（2）①[3]为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧紧固螺丝B；[4]合金丝的测量值②[5]根据欧姆定律和电阻定律解得③[6]电流表测量的是电压表和待测电阻电流之和，会导致电流偏大，根据欧姆定律可知，电阻测量值偏小；④[7]导体横截面积根据电阻定律联立可得四、解答题（共3小题，满分36分）19.交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动。一台小型发电机的线圈共220匝，线圈面积，线圈转动的频率为，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度（T）。为了用此发电机产生的交变电流带动两个标有“，”字样的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，电路如图所示。求：（1）变压器原、副线圈的匝数比；（2）与变压器原线圈串联的交流电流表的示数。【答案】（1）；（2）10A【解析】（1）线圈产生的感应电动势最大值变压器初级电压有效值变压器的匝数比（2）由得副线圈的总电流为由得20.如图所示，两根平行金属导轨MN和PQ放在水平面上，左半部分间距为L，右半部分间距为0.5L，左端向上弯曲，所有导轨光滑且电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，两磁场左边界相距，中间有一段无磁场区隔开，磁场I左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B