湖北省武汉市七校2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题 含解析

这是一份湖北省武汉市七校2023-2024学年高二下学期4月期中物理试题 含解析，共19页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
考试时间：2024年4月29日 试卷满分：100分
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8—10题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1. 如图所示，用导线做成圆形或正方形回路，这些回路与一直导线构成几种位置组合（彼此绝缘），下列组合中，切断直导线中的电流时，闭合回路中会有感应电流产生的是（ ）
A. 导线与线圈共面，O为线圈圆心
B 导线与线圈共面
C. O为线圈圆心，导线垂直于线圈平面
D. 导线与线圈不共面，但与其对角线平行且位于对角线正上方
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据安培定则以及对称性可知穿过线圈的磁通量始终为零，所以切断直导线中的电流时，闭合回路中不会有感应电流产生，故A不符合题意；
B．根据安培定则可知穿过线圈的磁通量垂直纸面向里，切断直导线中的电流时，线圈中磁通量减小，会产生感应电流，故B符合题意；
C．根据安培定则可知磁感线与线圈平面共面或平行，则穿过线圈磁通量始终为零，所以切断直导线中的电流时，闭合回路中不会有感应电流产生，故C不符合题意；
D．根据安培定则以及对称性可知穿过线圈的磁通量始终为零，所以切断直导线中的电流时，闭合回路中不会有感应电流产生，故D不符合题意；
故选B。
2. 某同学学习了电磁感应相关知识后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，手握条形磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为。将条形磁铁（ ）
A. 竖直插入线圈的过程中，电子秤的示数小于
B. 竖直抽出线圈的过程中，条形磁铁对线圈的作用力竖直向下
C. 竖直插入线圈的过程中，线圈中感应电流沿顺时针方向（俯视）
D. 若松手后磁铁无初速竖直穿入线圈，则该过程中磁铁减少重力势能大于线圈产生的焦耳热
【答案】D
【解析】
【详解】A．将条形磁铁插入线圈的过程，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于，故A错误；
B．根据楞次定律的推论“来拒去留”可知抽出线圈的过程中，线圈对条形磁铁的作用力竖直向下，则条形磁铁对线圈的作用力竖直向上，故B错误；
C．竖直插入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流沿逆时针方向(俯视) ，故C错误；
D．若松手后磁铁无初速竖直穿入线圈，由于磁铁的动能增加，根据能量守恒可知，该过程中磁铁减少的重力势能大于线圈产生的焦耳热，故D正确。
故选D。
3. 商场的游戏厅都装有投币器，如图为投币机中一种测量金属硬币某种特性的装置，装置可当成一个无铁芯的简易变压器，硬币可竖直通过两线圈中间的狭缝。发射线圈的匝数为，接有频率为f、电压为的低频交流电。接收线圈的匝数为，在不同情况下，接收线圈输出的电压会发生改变，下列说法正确的是（ ）
A. 无硬币通过时，若，则一定有
B. 无硬币通过时，若只增大，则不变
C. 硬币通过狭缝时，硬币中会产生感应电流
D. 硬币通过狭缝的全过程中，其加速度不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．若为忽略磁损，根据题意得
解得
但L1、L2间没有铁芯连接，则L1、L2间会有磁损，则U2不一定小于U1，故A错误；
B．无硬币通过时，根据，N1、N2都不变，只增大U1，因此U2增大，故B错误；
C．硬币通过狭缝时，硬币中的磁通量会变化，因此硬币中会产生感应电流，故C正确；
D．硬币通过狭缝的全过程中，硬币中产生了感应电流，硬币受到的安培力发生变化，硬币所受的合力发生变化，根据牛顿第二定律，其加速度发生变化，故D错误。
故选C。
4. 为测量储物罐中不导电液体的高度，有人设计了一个监测液面高度变化的传感器。将与储物罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容C置于储罐中，电容C可通过开关S与电感或电源相连，如图所示。当开关从a拨到b时，由电感L和电容C构成的回路中产生振荡电流。通过检测振荡电流的频率变化，可以推知液面的升降情况。关于此装置下面说法正确的是（ ）
A. 电源电动势越小，则振荡电流的频率越高
B. 当电路中电流最大时，电容器两端电压也最大
C. 开关S从a拨向b瞬间，电感L的电流最大
D. 检测到振荡电流的频率增加，说明液面高度在降低
【答案】D
【解析】
【详解】A．振荡电流的频率
则振荡频率与电源电动势无关，选项A错误；
B．当电路中电流最大时，电容器放电完毕，此时电容器两端电压最小，选项B错误；
C．开关a拨向b瞬间，电流最小，电流变化率最大，即电感L的电流最小，选项C错误；
D．检测到振荡电流的频率增加，说明电容器的电容减小，根据
则ε减小，即液面高度在降低，选项D正确。
故选D。
5. 如图甲所示，一线圈匝数为100匝，横截面积为0.01m2，磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈。若在2s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差Uab为（ ）
A. VB. 2V
C. VD. 从0均匀变化到2V
【答案】A
【解析】
【详解】根据乙图可知，B均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有
根据楞次定律和右手定则，感应电流由a流向b，所以a点电势低于b点电势
故选A。
6. 由三峡集团研制的单机容量16兆瓦海上风电机组是目前全球单机容量最大、叶轮直径最大的风电机组之一，风力发电机简易模型如甲图所示，某兴趣小组自制了一台风力发电机，试验中叶轮带动线圈在匀强磁场中转动，产生的交流电电流随时间变化的图像如图乙中所示，则下列说法中正确的是（ ）
A. 线圈在甲图磁场中位置时磁通量的变化率最大
B. 电流的有效值为10A
C. 电流的频率为50Hz
D. 从甲图中线圈位置开始计时，电流的瞬时值表达式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．图示位置恰好为中性面，此时感应电流为零，磁通量变化率最小，故A错误；
B．由图乙可知电流最大值为
电流的有效值为
故B错误；
C．由图乙可知电流周期为
频率为
故C错误；
D．从甲图中线圈位置开始计时，由A选项中可知，角速度为
得电流的瞬时值表达式为
故D正确。
故选D。
7. 如图甲所示，一条东西走向的小路，路口设有出入道闸，每侧道闸金属杆长L，当有车辆通过时杆会从水平位置匀速转过直到竖起，所用时间为t。此处地磁场方向如图乙所示，B为地磁场总量，为地磁场水平分量，、、分别为地磁场在x、y、z三个方向上的分量大小。则杆在转动升起的过程中，两端电势差的大小计算表达式为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】杆从水平位置匀速转过直到竖起，所用时间为，可知金属杆的角速度为
由于小路沿东西方向，则金属杆转动过程切割磁场分量，则金属杆两端电势差的大小为
联立解得
故选A。
8. 最近媒体报导了几起怪事，有人发现从正规渠道购买的金条能被磁铁“吸”得动起来，当强磁铁对着金条前后快速移动时，金条被“吸”得前后摆动，于是就怀疑金条有问题，但通过专业检测这些金条都符合国家标准。检测员再次用强磁铁在金条旁边上下左右、前后缓慢移动时，未发现金条被吸引的现象，只有在前后快速移动磁铁时才发现吸引现象，对此现象下列解释合理的是（ ）
A. 金条被“吸”的原因和铁钴镍被磁铁吸引的原因相同
B. 前后快速移动磁铁时磁通量变化较快，金条中产生涡流和磁铁发生相互作用，发生摆动
C. 前后缓慢移动磁铁时，金条中磁通量不发生变化，所以没有感应电流
D. 上下或左右缓慢移动磁铁时，磁通量变化较慢，金条中感应电流很小，和磁铁相互作用很弱，不足以观察到金条摆动
【答案】BD
【解析】
【详解】A．铁钴镍属于磁性材料，被吸引的原因是因为被磁铁磁化产生磁性，和金条被吸引的原因不同。故A错误；
B．当磁铁快速前后移动时，穿过金条的磁通量变化较快，金条中产生涡流，从而和磁铁发生相互作用，发生摆动，故B正确；
C．当磁铁在金条前后缓慢移动时，穿过金条的磁通量变化较慢，金条中感应电流很小，和磁铁相互作用很弱，不足以观察到金条摆动，并不是没有感应电流，故C错误；
D．当磁铁在金条旁边上下左右缓慢移动时，穿过金条的磁通量变化较慢，金条中感应电流很小，和磁铁相互作用很弱，不足以观察到金条摆动。故D正确。
故选BD。
9. 如图所示电路中的变压器为理想变压器，4个相同的灯泡额定功率均为6W，且都正常发光。已知A、B端输入的正弦交变电流的电压瞬时值表达式为，导线电阻可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A. 变压器的原、副线圈匝数比为
B. 灯泡的额定电流为0.1A
C. 灯泡的额定电压为30V
D. 如果并联的灯泡中有一个灯泡的灯丝烧断熄灭，则剩下的三个灯泡都会变亮
【答案】AB
【解析】
【详解】A． 设通过灯泡的电流为，则副线圈的电流为，根据
故A正确；
BC．设4个灯泡的电压相等都为，A、B端电压的有效值为
则有
解得
根据
解得
故B正确，C错误；
D．将副线圈电阻等效到原线圈为
如果并联的灯泡中有一个灯泡的灯丝烧断熄灭，则变大，等效电阻变大，所以电流变小，剩下的三个灯泡都会变暗，故D错误。
故选AB。
10. 如图所示，水平面内有一根闭合导线（由细软导线制成）绕过两固定且光滑的小钉子A和D，以及E点处的动滑轮，一根橡皮筋两端连接动滑轮轴心和固定点，使各段导线保持绷紧拉直状态。以AD为直径、半径为R的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直水平面向下的有界匀强磁场。已知P点为半圆弧的中点，导线框的电阻为r。现将导线上的某点C以恒定角速度（相对圆心O）从D点沿圆弧移动，则下列说法正确的是（ ）
A. 在C点从D点沿圆弧移动到A点的过程中，导线框中感应电流的方向先为逆时针方向，后为顺时针方向
B. 当C点沿圆弧移动到P点时，导线框中的感应电动势最大
C. 在C点从D点沿圆弧移动到图中位置的过程中，通过导线的平均电流为
D. 在C点从D点沿圆弧移动到A点的过程中，感应电流的有效值为
【答案】ACD
【解析】
【详解】A．设转过的角度为，则
线框在磁场中的面积
磁通量
随着角度的变化，磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先逆时针，后顺时针，A正确；
B．当C点沿圆弧移动到P点时
根据法拉第电磁感应定律
导线框中的感应电动势为0，B错误；
C．当时，转过的角度
根据
线框运动的时间
根据欧姆定律可知，平均电流
C正确；
D．在C点从D点沿圆弧移动到A点的过程中，此时线框中的感应电动势大小
电流的最大值
所以感应电流的有效值
D正确。
故选ACD。
二、非选择题：包括实验题和计算题两部分。第11、12题为实验题，总分16分。第13题至第15题为计算题，总分44分。
11. 某同学对教材中断电自感实验做了如下改动。在两条支路上分别串联电流传感器，再按教材要求，断开电路并记录下两支路的电流情况如图所示，由图可知：

（1）断电瞬间，灯泡电流瞬间___________；（选填“增大”，“减小”或“不变”）
（2）断电瞬间，灯泡中电流与断开前方向___________；（选填“相同”或“相反”）
（3）在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将___________。（选填“变长”，“变短”或“不变”）
【答案】 ①. 增大 ②. 相反 ③. 变短
【解析】
【详解】（1）[1]由图可知，断电前，通过灯泡和线圈的电流均恒定，且通过线圈的电流大于通过灯泡的电流。断电瞬间，线圈产生自感电动势阻碍通过其电流减小，而此时灯泡和线圈构成一回路，从而使通过灯泡的电流瞬间增大。
（2）[2]断电前，通过灯泡的电流方向向右，断电瞬间，通过线圈的电流方向不变，与灯泡构成回路后，灯泡电流方向变为向左，即与断电前方向相反。
（3）[3]在不改变线圈电阻等其他条件的情况下，只将铁芯拔出后重做上述实验，线圈的自感系数减小，对电流减小的阻碍能力变弱，所以可观察到灯泡在断电后处于亮着的时间将变短。
12. 如图甲所示为苹果自动分拣装置的示意图，该装置把大小不同的苹果，按一定质量标准自动分拣为大苹果和小苹果。该装置的托盘秤压在一个以为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器R上，R的阻值随压力变化的曲线如图乙所示。调节托盘秤压在杠杆上的位置，使质量等于分拣标准（0.15kg）的大苹果经过托盘秤时，杠杆对R的压力为1N。调节可调电阻，可改变R、两端的电压比，使质量等于分拣标准的大苹果通过托盘秤时，两端的电压恰好能使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，此电压叫作放大电路的激励电压。该放大电路中包含保持电路，能够确保大苹果在衔铁上运动时电磁铁始终保持吸动状态。
（1）当小苹果通过托盘秤时，R所受的压力较小，电阻________（填“较大”或“较小”）。
（2）自动分拣装置正常工作时，大苹果通过________（填“通道A”或“通道B”）。
（3）若电源电动势为8V，内阻不计，放大电路的激励电压为2V；
①为使该装置达到上述分拣目的，的阻值等于________。（结果保留两位有效数字）
②某同学想在托盘秤压在杠杆上的位置不变的情况下，利用一块电压表测出每个苹果的质量，电压表的示数随苹果质量的增大而增大，则电压表应该并联在电阻________（填“R”“”或“电源”）两端。
③若要提高分拣标准到0.24kg，仅将的阻值调为________即可实现。（结果保留两位有效数字）（提示：托盘秤压在杠杆上的位置不变的情况下，压力传感器受到的压力与苹果的质量成正比）
【答案】（1）较大 （2）通道B
（3） ①. 10 ②. ③. 8.7
【解析】
【小问1详解】
[1]由图乙可知小苹果通过托盘秤时，R所受的压力较小，电阻较大。
【小问2详解】
[1]大苹果通过托盘秤时，两端的电压达到放大电路的激励电压，使放大电路中的电磁铁吸动分拣开关的衔铁，大苹果进入下面的通道B。
【小问3详解】
①[1]杠杆对R的压力为1 N
R=
为使该装置达到上述分拣目的，的阻值需满足
得
②[2]随着苹果质量增大，R阻值减小，分压减小，电源电动势不变，分压增大，为了满足电压表的示数随苹果质量的增大而增大，需要将电压表并联在两端。
③[3]根据
可知分拣标准到0.24kg时，压力为1.6N，此时R的阻值为26k，根据①分析的阻值应该调至8.7k。
13. 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的水平匀强磁场中，线框面积为（，匝数为100匝，电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比为，降压变压器的副线圈并联接入若干“220V，100W”的灯泡，两变压器间的输电线总电阻，变压器均为理想变压器。当发电机输出功率为时，灯泡正常发光。
（1）从线框平面与磁感线垂直时开始计时，写出线框中感应电动势随时间变化的关系式；
（2）求降压变压器原、副线圈的匝数之比以及副线圈接入灯泡的个数。
【答案】（1）；（2），480
【解析】
【详解】（1）矩形线框ABCD在匀强磁场中转动时，产生的交变电流的最大值为

从线框平面与磁感线垂直时开始计时，线框中感应电动势：

解得

（2）发电机输出的电压有效值
则升压变压器副线圈两端的电压
发电机输出电功率
则输电电流
输电线损失的电压
降压变压器原线圈上的电压

根据灯泡正常发光可知
所以降压变压器原、副线圈的匝数之比为
降压变压器的输出功率为
所以
14. 如图所示为水平平行光滑导轨MN和PQ，MN的间距为L，PQ的间距为2L，MN上放有一金属棒ab，ab与导轨垂直，质量为m，电阻为R。PQ上放有一金属棒cd，cd也与导轨垂直，质量为2m，电阻为2R，导轨电阻不计。匀强磁场竖直穿过导轨平面，磁感应强度为B。现在极短时间内给ab一个水平向左的速度v0，使ab向左运动，最后ab和cd的运动都达到稳定状态。求：
(1)求刚开始运动的瞬间，两导体棒的加速度大小和方向；
(2)稳定后ab和cd棒的速度大小；
(3)整个过程中ab棒发出的热量。
【答案】(1)，，方向都向右；(2)v1=，；(3)
【解析】
【详解】(1)设ab的加速度为a1，cd的加速度为a2，ab受到的安培力F1=BIL，cd受到的安培力，电流为
电动势为E=BLv0，则
F1=ma1，F2=2ma2
所以
，
方向都向右
(2)ab棒向左减速运动，cd棒向右加速运动。当电路中的电流为零时，两导体棒做匀速直线运动，达到稳定状态，.电动势相等，设此时速度分别v1和v2，满足
由于加速度相等
v1=v0－at，v2=at
解得
v1=，v2=
(3)损失的动能为发热量
且
得
15. 小红在查阅资料时看到了嫦娥五号的月球着落装置设计，她也利用所学知识设计了一个地面着落回收的电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓返回舱和地面间的冲击力。如图甲所示，在返回舱的底盘安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，电磁缓冲结构示意图如图乙所示。在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN。导轨内侧，安装电磁铁（图中未画出），能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=5T。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R=100Ω，匝数为n=200匝，ab边长为L=40cm。假设整个返回舱以速度v0=10m/s与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m=2×103kg，地球表面的重力加速度取g=10m/s2，一切摩擦阻力不计，缓冲装置质量忽略不计。
（1）求滑块K的线圈中最大感应电流的大小；
（2）若缓冲装置向下移动距离H=80cm后速度减为v=6m/s，则此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少？
（3）若要使缓冲滑块K和返回舱不相碰，且缓冲时间为t=1.5s，则缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少多大？（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）40A；（2）3.2C，；（3）7.81m
【解析】
【详解】（1）滑块与地面碰撞后瞬间速度为零，此时返回舱速度为v0且最大，则滑块K中的感应电动势最大，为
根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K的线圈中最大感应电流的大小为
将已知量代入可解得
（2）此过程中通过每个缓冲装置的线圈abcd中的电荷量为
平均电流为
平均感应电动势为
联立以上各式解得
将已知量代入可得
q=3.2C
根据能量守恒定律可知，此过程中每个缓冲装置的线圈abcd中产生的焦耳热为
将已知量代入可得
（3）根据感应电动势公式、欧姆定律及安培力公式可得，每台减速装置受到的安培力平均值为
电流平均值为
而电动势平均值为
因为有4台减速装置，以向上的方向为正方向，根据动量定理得
若缓冲装置中的光滑导轨PQ和MN长度至少为d，则
联立解得
将已知量代入可得