卷子答案网-一个不只有答案的网站2022-2023学年福建省福州市平潭县重点中学高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共4小题，共16.0分）
1. 金属探测器如图所示，当金属中处在变化的磁场中时，这个磁场能在金属物体的内部产生涡电流。涡电流又会产生磁场，倒过来影响原来的磁场，引发探测器发出鸣声。考生进考场时，每个同学都必须经过金属探测器的检查。关于金属探测器的检查，下列说法不正确的是( )
A. 金属探测器的工作原理是利用了电磁感应的原理
B. 金属探测器探测到考生衣服上的金属扣时，金属扣中感应出涡流
C. 此金属探测器也可用于食品生产，检测食品中是否混入细小的砂粒
D. 探测过程中，无论金属探测器与被测金属处于相对静止状态，还是相对运动状态，都能产生涡流
2. 如图所示，、两灯相同，是带铁芯的电阻可不计的线圈，下列说法中错误的是( )
A. 开关合上瞬间，、同时亮着
B. 合上稳定后，灯熄灭，灯变亮
C. 断开瞬间，、同时熄灭
D. 断开瞬间，立即熄灭，过一会儿再熄灭
3. 某静电除尘装置由带正电的金属圆筒和带负电的线状电极组成，其横截面上的电场线分布如图所示，、、、四点到距离相等，则( )
A. A、两点电势相等
B. 、两点电场强度相同
C. 带负电的粉尘从点运动到点，电势能减小
D. 带电荷量均为的粉尘由分别运动到、两点时，电场力所做的功
4. 年月日，浙江卫视三星折量屏手机迫星星的人开启新征程，来到平潭岛。在气候宜人的“白金海岸”潭南湾，吴奇隆、窦骁、宋轶、张杰瑞将携手钟汉良、陈楚生，在温暖的海风中仰望星空，享受解压偶像之旅，宋轶体验海上飞龙全程尖叫。如图所示，宋轶和工作人员在玩海上飞龙时，工作人员操控喷射式悬浮飞行器将水带送上来的水反转后竖直向下以相等大小的速度喷出，令宋轶和工作人员悬停在空中。已知宋轶、工作人员与装备的总质量为，两个圆管喷嘴的直径均为，已知重力加速度大小，水的密度，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共24.0分）
5. 如图甲所示，匝的线圈图中只画了匝，电阻，其两端、与一个的电阻相连，线圈内有垂直纸面向里的磁场，线圈中的磁通量按图乙所示的规律变化，下列判断正确的是( )
A. 线圈中的感应电流大小为
B. 电阻两端的电压为
C. 线圈中感应电流的方向由到
D. 内，通电线圈导线横截面的电荷量为
6. 年月日，我国第一艘国产航母成功下水，标志着我国自主设计建造航空母舰取得重大阶段性成果。它的舰载机和辽宁舰一样采用的滑跃式起飞，滑跃式起飞和弹射式起飞在作战效能上有较大的差距的，弹射起飞是航母的主流，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去。则下列说法正确的是( )
A. 合上开关的瞬间，从右侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流
B. 若金属环固定，合上开关的瞬间金属环将有收缩趋势
C. 若将金属环置于线圈的右侧，金属环将向左弹射
D. 若将电池正负极调换后，金属环仍能向左弹射
7. 如图甲所示为一自耦变压器可视为理想变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环形铁芯上，滑动触头在某一位置，在间接一个交流电压表和一个变阻器，若间输入图乙所示的交变电压，则( )
A. 当时，电压表的示数为零
B. 间输入电压的瞬时值
C. 滑动触头向上移动时，间输入功率增大
D. 变阻器滑片向上移动时，两端的电压增大
8. 笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进入休眠状态。休眠状态时、简化原理如图所示，宽为、厚为、长为的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为的自由电子，当通入方向向右、大小为的电流时，元件前、后表面间电压为，则此时元件的( )
A. 前表面的电势比后表面的低 B. 自由电子受到的洛伦兹力大小为
C. 前、后表面间的电压与无关 D. 前、后表面间的电压与成正比
三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）
9. 如图所示，矩形线圈的匝数为匝，线圈的边长为，的边长为，在磁感应强度为的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的轴匀速转动，转动的角速度，若线圈自身电阻为，负载电阻。电压表和电流表均为理想电表则感应电动势的最大值______ ；电压表的读数______ 。答案可以带根号表示
10. 如图所示为某一输电示意图，电厂的发电机输出功率为，输出电压，升压变压器原、副线圈的匝数比为：：，降压变压器的原、副线圈的匝数比为：：，输电线电阻为，变压器均为理想变压器，则输电线上损失的功率为______ ；用户得到的电压为______ 。
四、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
11. 用半径相同的小球和小球的碰撞验证动量守恒定律，实验装置如图所示，斜槽与水平槽平滑连接。安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置。接下来的实验步骤如下：
步骤：不放小球，让小球从斜槽上点由静止滚下，并落在地面上重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；
步骤：把小球放在斜槽前端边缘位置，让小球从点由静止滚下，使它们碰撞重复多次，并使用与步骤同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；
步骤：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置、、离点的距离，即线段、、的长度．
对于上述实验操作，下列说法正确的是______ 。
A.轨道一定是光滑的
B.必须要测量轨道末端到地面的高度
C.每次小球都要从同一高度由静止滚下
D.实验过程中，白纸可以移动，复写纸不能移动
入射小球与被碰小球直径相同，它们的质量和的大小应满足 ______ 。填“”、“”或“”
实验时，要验证两小球碰撞前后动量是否守恒，下列表达式正确的是______ 。
A.
B.
C.
D.
12. 在做测定金属的电阻率的实验中，若待测电阻丝的电阻约为，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：
A.电池组、内阻约为
B.电流表，内阻约为
C.电流表，内阻约为
D.电压表，内阻约为
E.电压表，内阻约为
F.滑动变阻器，允许最大电流
G.滑动变阻器，允许最大电流
H.开关、导线
电流表应选______ ，滑动变阻器______ 。选填字母代号
某同学采用了如图所示的部分电路测量电阻，则测量值比真实值偏______ 选填“偏大”或“偏小”。根据测量数据得到的伏安特性曲线如图所示，图中段向上弯曲的主要原因是______ 。
五、简答题（本大题共1小题，共11.0分）
13. 如图所示，在直角坐标系中，第Ⅰ象限存在沿轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，半径为，其边界与轴正半轴相切于点，与轴负半轴相切于点，为圆的一条直径。一比荷为的正电荷从轴正半轴上的点垂直电场线方向射入，其初速度，且恰能从点与轴正方向成角进入磁场，并最终从点离开。不计电荷所受重力，求：
匀强电场的电场强度的大小；
匀强磁场的磁感应强度的大小。
六、计算题（本大题共2小题，共27.0分）
14. 相距为的竖直平行金属轨道，上端接有一阻值为的电阻，导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。一根质量为、长度也为、电阻的金属杆，从轨道的上端由静止开始下落，下落过程中始终与导轨接触良好并保持水平，经过一段时间后金属杆匀速运动。不计空气阻力，重力加速度取
求金属杆匀速运动时通过的电流大小；
求金属杆最终匀速运动的速度大小；
在金属杆开始下落至刚好匀速的过程中流过电阻的电荷量为，求此过程经历的时间。
15. 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块上，另一端与滑块接触但未连接，该整体静止放在离地面高为的光滑水平桌面上。现有一滑块从光滑曲面上离桌面高处由静止开始滑下，与滑块发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块向前运动，经一段时间，滑块脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知，，，，求：
滑块滑到光滑曲面底端时速度的大小；
滑块与滑块碰撞结束瞬间两者速度的大小；
被压缩弹簧的最大弹性势能；
滑块脱离弹簧时的速度大小；
滑块落地点与桌面边缘的水平距离。
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：、金属探测器采用了电磁互感原理，故A正确；
B.金属探测器探测到考生衣服上的金属扣时，金属扣中感应出涡流，反过来影响探测器，故B正确；
C.因为砂粒是绝缘体，不能发生电磁感应现象，无法影响金属探测器，此金属探测器不可以检测食品中是否混入细小的砂粒，故C错误；
D.探测过程中，由于金属中处在变化的磁场中时，无论金属探测器与被测金属处于相对运动状态，还是相对静止状态，都能产生变化的磁场时，产生涡流，故D正确。
本题选错误的故选：。
探测环中的发射线圈通以正弦式电流，被测金属物中产生的是交变电流，违规携带的物品只要是金属就会被探测到，从而即可求解。
本题考查了电磁感应在生活和生产中的应用，理解金属探测器的原理是解题的关键，注意恒定直流与交变电流的区别。
2.【答案】
【解析】解：开关闭合的瞬间，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增大，线圈相当于断路，则、两灯同时获得电压，所以、同时亮着，故A正确；
B.合上稳定后，由于线圈电阻不计，线圈将灯短路，灯熄灭，而外电阻减小，流过灯电流变大，灯变亮，故B正确；
断开开关的瞬间，灯的电流突然消失，立即熄灭；流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过灯，所以灯突然闪亮一下再熄灭，故D正确，C错误。
本题选择错误的，
故选：。
当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析。
对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。
3.【答案】
【解析】解：根据沿电场方向电势降低，根据电场线的疏密程度可知，间的电场强度大于间的电场强度，又、两点到距离相等，可知
则有点电势大于点电势，故A错误；
B.根据电场的叠加及对称性可知，、两点电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；
C.带负电的粉尘从点运动到点，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D.带电荷量均为的粉尘由分别运动到、两点时，有
故D错误。
故选：。
根据电场线的疏密程度判断电场强度的关系；根据定性分析电势差，进而比较两点电势高低，根据判断电荷具有的电势能大小；根据电场力做功公式分析项。
本题考查电场线，解题关键是知道电场线的疏密程度表示场强的大小，会根据定性分析电势差的大小，知道公式中，电荷量需要带正负号。
4.【答案】
【解析】解：设喷嘴处喷水的速度大小为，每个喷嘴喷出的水对人的作用力大小均为，运动员与装备悬停在空中，受力平衡，则有
故
选择喷嘴喷出的一小段水柱为研究对象，设在较短的时间内，一个喷嘴喷出水的质量为
一个喷嘴喷出的水与人的接触面积
规定竖直向下为正方向，由动量定理可得
联立可得
解得，故BCD错误，A正确。
故选：。
选择的水为研究对象，利用动量定理求出喷水时水的速度。
本题考查了动量定理，解题的关键是正确写出的表达式。
5.【答案】
【解析】解：、线圈产生的感应电动势的大小为
线圈中的感应电流大小为
故电阻两端的电压为，故A错误，B正确；
C、线圈中磁通量向里减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向由到，故C正确；
D、内，通电线圈导线横截面的电荷量为，故D正确。
故选：。
根据法拉第电磁感应求出线圈中感应电动势大小，根据闭合电路欧姆定律求感应电流大小，由欧姆定律计算电阻两端的电压。根据楞次定律判断感应电流方向。由计算通电线圈导线横截面的电荷量。
解答本题时，要掌握法拉第电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律等电磁感应的基本规律，要知道图像的斜率等于。
6.【答案】
【解析】解：、线圈中电流为左侧流入，根据安培定则可知，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由右侧看为顺时针；故A错误；
B、若金属环固定，合上开关的瞬间磁场变强，则由楞次定律可知，金属环将有收缩趋势。故B正确；
C、若将金属环置于线圈的右侧，根据“来拒去留”可得，金属环将向右弹射。故C错误；
D、若金属环放在线圈左方，根据“来拒去留”可得，环将向左运动；电池正负极调换后，金属环受力仍然向左，故仍将向左弹出；故D正确；
故选：。
由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向。
本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判断电流方向及受力方向。
7.【答案】
【解析】解：、电压表的示数为有效值，则当时，电压表的示数一定不为零，故A错误；
B、由图可知，交变电压的峰值为
周期
则角速度
间输入电压的瞬时值为
故B正确；
C、根据变压器电压关系
当滑动触头向上移动时，变大，所以两端的电压增大，根据
可知消耗功率变大，理想变压器输入功率等于输出功率，则间输入功率增大，故C正确；
D、滑动变阻器滑片向上移动时，不变，减小，根据变压器电压关系
所以两端的电压不变，故D错误。
故选：。
交流电压表的示数为有效值；根据图像得到交变电流的峰值和周期，进而得到角速度，根据正弦式交变电流规律求解输入电压的有效值；理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，根据匝数变化判断电压变化，根据功率公式判断功率变化，理想变压器输入功率等于输出功率；滑动变阻器滑片滑动时，电阻变化，电压不变。
本题考查正弦式交变电流和变压器的动态分析，解题关键是知道理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电压比等于匝数比，会求解正弦式交变电流的峰值和有效值。
8.【答案】
【解析】解：当通入方向向右、大小为的电流时，根据左手定则可知电子受到的洛伦兹力指向后表面，结合电子的电性可知后表面带负电，由此可分析出前表面的电势比后表面的高，故A错误；
B.元件前、后表面间电压为时，洛伦兹力和电场力平衡，则有
，故B正确；
根据电流的微观表达式
洛伦兹力和电场力平衡，则有
联立解得：
故前、后表面间的电压与成正比，与有关，故C错误，D正确。
故选：。
根据左手定则得出电子的偏转方向，结合电性得出电势的高低；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电势差的大小，结合题意完成分析。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，熟悉左手定则得出洛伦兹力的方向，结合电场力和洛伦兹力的等量关系即可完成分析。
9.【答案】
【解析】解：感应电动势的最大值为
感应电动势的有效值为
由闭合电路欧姆定律得，电压表的读数为
故答案为：，。
根据求解感应电动势的峰值，根据正弦式交变电流规律求解有效值，根据闭合电路欧姆定律求解电压表的读数。
本题考查正弦式交变电流和闭合电路欧姆定律，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值和有效值，知道电压表的示数为有效值，结合闭合电路欧姆定律列式求解即可。
10.【答案】
【解析】解：升压变压器原线圈电流为
理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，升压变压器副线圈电流为
则输电线上损失的功率为
理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，升压变压器副线圈输出电压为
降压变压器原线圈输入电压为
则用户得到的电压为
故答案为：，。
根据求解升压变压器原线圈的电流，根据理想变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，电压比等于匝数比求解升压变压器副线圈的电流和电压，根据功率公式求解损失功率；根据串并联规律和理想变压器的变压比求解用户得到的电压。
本题考查远距离输电问题，解题关键是知道理想变压器原副线圈电流比等于匝数反比，电压比等于匝数比，结合功率公式和串并联规律列式求解即可。
11.【答案】
【解析】解：、只要入射球从斜槽的同一位置由静止释放，小球到达斜槽末端时的速度相等，斜槽不需要光滑，故A错误；
B、因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，所以不需要测量轨道末端到地面的高度，故B错误；
C、每次小球都要从同一高度由静止滚下，以保证小球到达斜槽轨道末端时的速度相等，故C正确；
D、实验中白纸不能移动，但复写纸是可以移动的，可以保证落点位置不变，故D错误．
故选：。
实验中为了防止入射球反弹，应让入射球质量大于被碰球的质量．
因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，是球不与球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表球碰撞前的速度，是球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后球的速度，是碰撞后球的水平位移，该位移可以代表碰撞后球的速度，当所测物理量满足表达式，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，故A正确，BCD错误．
故选：。
故答案为：；；。
根据实验注意事项分析答题。
为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量。
两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出实验需要验证的表达式。
本题考查了验证动量守恒定律实验，理解实验原理、掌握基础知识是解题的关键，知道可以用水平位移代替小球的初速度是解题的前提，掌握实验注意事项、理解实验原理、应用平抛运动规律即可正确解题。
12.【答案】 偏小 随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大
【解析】解：电路中的最大电流
所以电流表应选C。
由于电路中的电压从零开始变化，滑动变阻器应用分压式接入电路，所以应选阻值较小的便于操作，即选F。
由题图的测量电路可知，由于电压表的分流作用，使电流表的测量值比真实值偏大，由
可得，电阻的测量值比真实值偏小。
根据测量数据得到的伏安特性曲线如图所示，图中段向上弯曲的主要原因是随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大．
故答案为：，；偏小，随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大
根据欧姆定律估算电流，然后选择电流表；根据待测电阻与滑动变阻器的大小关系选择滑动变阻器；
根据欧姆定律和并联电路的电流特点分析误差。
本题考查了实验器材的选择，电流表的外接法造成的误差原因分析，要加强学生实验能力的培养。
13.【答案】解：正电荷在电场做匀变速曲线运动由牛顿第二定律得：
轴方向粒子做匀速直线运动：
轴方向做匀加速直线运动：
联立解得：
正电荷在磁场中做匀速圆周运动
解得：
粒子的运动轨迹如图所示
由几何关系得：
解得：
又因正电荷在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
联立解得
答：匀强电场的电场强度的大小为；
匀强磁场的磁感应强度的大小为。
【解析】正电荷在电场中做类平抛运动，根据运动学公式和牛顿第二定律即可求解匀强电场的场强；
根据运动的分解求出正电荷到达点的速度，正电荷在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识求出半径，再根据洛伦兹力提供向心力求匀强磁场的磁感应强度。
本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子的运动过程是解题的前提；根据题意作出粒子运动轨迹，确定轨迹半径，应用牛顿第二定律即可解题。
14.【答案】解：经分析可知，当安培力等于导体棒重力的时候，导体棒匀速运动，则有：
代入数据解得：；
根据动生电动势公式和闭合电路的欧姆定律可得：
代入数据解得：；
取向下为正方向，对棒根据动量定理可得：
其中：
联立解得：。
答：金属杆匀速运动时通过的电流大小为；
最终匀速运动的速度为；
在金属杆开始下落至刚好匀速的过程中流过电阻的电荷量为，此过程经历的时间为。
【解析】根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；
根据动生电动势公式和闭合电路的欧姆定律求解速度大小；
对棒根据动量定理结合电荷量的计算公式进行解答。
对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
15.【答案】解：滑块从光滑曲面上高处由静止开始滑下的过程，其机械能守恒，设其滑到底面的速度为，由机械能守恒定律有：，
代入数据解得：；
滑块与碰撞的过程，、系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，设为，取向右为正方向，由动量守恒定律有：，
代入数据解得：；
滑块、发生碰撞后与滑块一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块、、速度相等，设为速度，以向右为正方向，由动量守恒定律有：，
代入数据解得：，
由机械能守恒定律有：，
代入数据解得；
被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块脱离弹簧，设滑块、的速度为，滑块的速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：，；
滑块从桌面边缘飞出后做平抛运动，
水平方向：，
竖直方向：，
代入数据解得：；
答：滑块滑到光滑曲面底端时速度的大小为；
滑块与滑块碰撞结束瞬间两者速度的大小为；
被压缩弹簧的最大弹性势能为；
滑块脱离弹簧时的速度大小为；
滑块落地点与桌面边缘的水平距离为。
【解析】研究滑块下滑的过程，由机械能守恒定律求出滑到曲面底端时的速度。
碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出、碰撞结束瞬间的速度。
当滑块、、速度相等时，被压缩弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。
应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出滑块脱离弹簧时的速度。
滑块离开桌面后做平抛运动，根据分运动的规律求落地点与桌面边缘的水平距离。
本题是多体多过程问题，要分析物体的运动过程，把握每个过程的物理规律是关键。利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析。把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。
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