福建福州市福清第一中学2024-2025学年高二第二学期物理校本测试3

福清一中2024-2025学年高二第二学期物理校本测试3 一、单项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。） 1.如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B, B Q 已知A、B两球的质量分别为1、2。则某时刻A、B两球() A.速度大小之比为：2 B.加速度大小之比为：2 C.动量大小之比为2： D.动能大小之比为： 2.通过某用电器的电流I随时间t变化的关系图像如图所示（前半个周期为正弦 波形)，则该交变电流的有效值为() A.Io B. c.3 D.V5 3 3.某图书馆的书籍防盗系统利用LC振荡电路原理，在出口处的地毯下埋有线圈L与电容器C构成的振荡电 路，如图甲所示。当未消磁的书籍标签（内含金属材料）靠近时， 线圈的自感系数增大，导致振荡频率变化，从而触发警报。若该 振荡电路中电容器上极板的电荷量q随时间t变化的关系图像如图 乙所示，下列说法正确的是() A.1时刻，电容器C的电场能为零 B.t,时刻，线圈L的自感电动势最大 C.t,t3时间内，线圈L中电流逐渐减小 D.0t时间内，未消磁的书籍标签正在远离线圈L 4.如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀 强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒b、cd分别静置在 导轨上。现给b棒一水平向右的初速度。，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始 终与导轨垂直且接触良好。已知b棒的质量为m,电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是() A.b棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→c ××。××b×××× B.ab运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动 ×X×××××× C.在06时间内，ab棒产生的热量为m ×X×××××× D.在06时间内，通过cd棒的电荷量为2m 图甲 图乙 3BL 二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求。） 5.如图所示，宽度d=0.2的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小B=1T,方向垂直纸面向里。一正方形 导线框abcd,从距磁场上边界高度h=0.2m处自由下落，其下边ab刚进入磁场和刚离开磁场时的速度相同。 己知线框质量m=10g,边长1=0.1m,电阻R=0.12,g取10m/s2,则() 试卷第17 A.线框刚进入磁场时线框中有逆时针方向的电流 B.线框完全离开磁场时的速度为√3m/s C.线框在穿越磁场过程中产生的热量为0.02J ××××d D,线框穿越整个磁场所用时间为。 ××××× 6.电容式液位计可判断绝缘液体液面的升降，某型号液位计的工作原理如图所示， 金属棒 一根金属棒插入金属容器内，金属棒为电容器的一个极，容器壁为电容器的另一个 金属容器 极，金属容器接地，在容器内绝缘液体液面升高的过程中，下列说法正确的是( A.电容器的电容不变 B.有从右到左的电流通过灵敏电流表G C,电容器的带电荷量变大D,容器内液体换成氯化钠水溶液，测量液面升降将变得更灵敏 7.如图甲所示，变压器为理想变压器，图乙为b端 A UNV 的输入电压，电阻R=12,电动机M上标有“9V、 2202 i/×102s 18W字样，电动机通过轻绳拉一个质量为m=1kg b 220/2 的物体以v=1/s的速度竖直向上匀速上升，此时 电动机恰好正常工作，以下说法正确的是() A.变压器原、副线圈的匝数比是20：1B.电动机的电阻为r=12 气电流表示数是22 D.若电动机突然被卡住了，电流表的示数变为1A 60 8.如图所示，半径为R、内壁光滑的半圆轨道静置在光滑的水平面上，有一小球从 距离轨道口1.5R的高度由静止自由下落，小球刚好与半圆轨道内壁相切落入轨道中， 当小球冲出轨道时，轨道向左移动的距离为子。已知重力加速度为8，下列说法正 R 确的是() 7777777777777777777 A.小球冲出轨道时，水平位移大小为二RB.小球质量与轨道质量之比为 5 C.小球冲出轨道后不会再落回轨道内 D.半圆轨道运动的最大速度为 3 gR 2V2 三、填空题（本大题5小题，共24分，每空2分。） 9.如何有效地提高能源利用率是人类所面临的一项重要任 U U2 U U 务。如下图是远距离输电示意图，变压器为理想变压器，若 发 用 输入电压不变，图示的用电设备消耗总功率变大，则输 电 3 设 电线上消耗的电功率：降压变压器副线圈两端的电压 升压变压器 R线 降压变压器 U4;（均选填变小”、“变大”或“不变”)。 页，共2页 x/mt 10.在光滑的水平面上有甲、乙两个物体发生正碰，己知甲的质量为1kg,乙的质量为3kg, 碰前碰后的x-t图像如图所示，碰后乙的图像没画，则碰后乙的速度大小为 m/s, 甲 此碰撞属于 碰撞（选填“弹性”或“非弹性”)。 05101520t/s 11.如图甲，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行、固定 C F 个B/T 放置，间距d为0.5m,右端通过导线与阻值为42的小灯泡L连 t迟 接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CF长为2m, 04812 CDEF区域内磁场的磁感强度B随时间t的变化如图乙。在仁O 图甲 图乙 时，一阻值为12的金属棒在恒力F作用下由静止从ab位置沿导轨向右运动，当金属棒从b位置运动到EF 位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。则恒力F的大小为 N,金属棒的质量为 kg 12.用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”实验，研究小球在斜槽末端碰撞时动量是否守恒。 (1)图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂 直投影，实验时先让入射小球多次从斜槽上 同一位置S由静止释放，通过白纸和复写纸 找到其平均落地点的位置P,测出平抛射程 77777777777777777 777777777777777772 7777777 OP,然后，把半径相同的被碰小球静置于轨 图甲 图乙 道的水平末端，仍将入射小球从斜槽上位置$由静止释放，与被碰小球发生正碰，并多次重复该操作，测得 两小球平均落地点位置分别为M、N,实验中还需要测量的物理量有 A.入射小球和被碰小球的质量、2 B.入射小球开始的释放高度h C.小球抛出点距地面的高度H D.两球相碰后的平抛射程OMON (2)在实验误差允许范围内，若满足关系式（用所测物理量的字母表示），则认为两球碰撞前后动量守恒。 (3)若采用图乙装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中小球平均落点位置分别为P%M、W,O与小球在斜槽 末端时球心的位置等高。下列说法中能表明此碰撞过程动量守恒的是· A.若"=%+西 OP'OM'O'N B.若0pOM元 C.若出+% D.若=出% OP ON OM' OP O'M'ON 13.如图1所示，某实验小组用电压传感器研究自感现象， 接电脑 图1中三个灯泡相同，灯泡电阻不变。t=0时，闭合开关 电压传感器 L, C S,当电路达到稳定状态后再断开开关，与传感器相连的 电脑记录电压传感器两端电压U随时间t变化的U-t图像 如图2所示。不计电源内阻，电感线圈工的自感系数很大， 图1 图2 且不计直流电阻。 试卷第2负 (1)开关S闭合后，电感线圈L对电流的阻碍作用逐渐一 （选填“增大”或减小)。 (2)开关S断开瞬间，灯L2（选填“会”或“不会”)闪亮。 (3)已知电源的电动势为E,则图2中U1=一。 四、计算题（本大题共3小题，共36分。其中第14题8分，第15题12分，第16题16分。解答时请写出 必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分) 14.一圆形金属线圈，面积为S=0.06m,匝数=100，阻值r=22,该线圈与阻值均为32的电阻R、R和 电容为C=100F的电容器组成闭合回路，如图甲所示。在线圈中存在垂直于线圈平面的匀强磁场，其面积为 S=0.04,设磁场垂直平面向里为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，导线电阻不计。 t=0时刻闭合开关S, B/T 0.6 (I)求通过R的电流大小和a、b两点间的电势差U: (2)t=2s时断开开关S,求断开开关S后通过R的电荷量9。 15.所示，线圈的面积是0.05m,，共有100匝；线圈电阻为12，外接电阻R=92,匀强磁场的磁感应强度 为B=上(T),当线圈以300r/mi血的转速匀速旋转时，若从线圈处于中性面开始计时，× 求：（①浅图转过时电动势的瞬时值多大： (2)线圈每转过一周，外力所做的功： ③)线圈转过s的过程中流过电阻R的电量。 A 30 16.如图所示，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.1m的细 管CD,管口D端正下方直立一根劲度系数=10ONm的轻弹簧，弹簧下端固定，另一端恰好与管口D端平 齐。质量为叫=1kg的小球1从距BC的高度h=0.6处静止释放，与静止在B点质量为=2kg的小球2发 生碰撞，碰后小球1立即停止运动，小球2沿BC轨道进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后， 在压缩弹簧过程中小球2速度最大时弹簧的弹性势能E。=2J。两球均可以视为质点，重力加速度g取10/s2。 求：(1)小球1在B点与小球2碰撞前的速度大小： (2)小球2在BC轨道上运动过程中，克服摩擦力做的功W; (3)小球2在压缩弹簧过程中的最大动能卫m。 D ,共2页 《2025年3月30日高中物理作业》参考答案 题号 1 2 ⑤ 6 8 答案 ) A D AD BC AD BD 1.D 【详解】AC.由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，所以两小球组成的系统动量守 恒，则4y=%,所以生=两球动量大小相等，比值为1：1，故AC错误： 31% F B.小球的加速度大小之比为及=片=业故B错误： d F m 1L3 1 D.动能之比为 E4=2 Ex2 1 -=业故D正确。故选D。 亏 n 2.A 【详解】根框有效值的念可知（合R子4(）R-1P肛解得1-么放运A 4 3.C 【详解】A.t时刻，电容器C上极板带电量最大，可知电场能最大，选项A错误： B.t,时刻，电容器放电完毕，此时线圈L的电流最大，电流变化率最小，则自感电动势最 小，选项B错误； C.t,t时间内，电容器带电量增大，则线圈L中电流逐渐减小，选项C正确； D.由图可知0t3时间内，振动电路的振动周期逐渐变大，根据T=2π√LC 可知线圈自感系数L变大，可知未消磁的书籍标签正在靠近线圈L,选项D错误。故选C。 4.D 【详解】A.金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d,故A 错误； B.b运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd棒将做加速运动，回路总电动 势减小，电流减小，cd棒受到的安培力会减小，由于F=aa,可知，cd棒的加速度会减 小，故B错误； C.两金属棒组成的系统动量守恒m6=(m+)%解得M=2 答案第1页，共6页 由于ab棒与cd棒质量之比为1：2，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1：2，由 2,故b棒与cd棒产生的热量之比为2：1， 量守恒有m-+m) 1 2 、2 +0 0无时间内ab棒产生的热量Q。-0=)d 故C错误： D.对d棒列动量定理有B4=2×行6又g=,则在0右时间内，通过c以棒的电荷量 q=2m故D正确。故选D。 3BL 5.AD 【详解】A.根据右手定则可知电流方向为逆时针，故A正确： B.设线框刚进入磁场的速度为v,则v2=2gh,线框完全离开磁场时的速度为1，由题意可 知线框从完全进入磁场到即将离开磁场过程中只受重力，则有v2-v=2gl可得y=√2/s 故B错误； C.由能量守恒可得mg(h+d+1)-Qs=解得Qs=0.04故C错误： 2 D,线框进入和离开的过程所用时阿相同为么1-之心一心可待1V2一 10 完全进入磁场到刚要离开磁场所用时间为，根据，+就=v解得5-2巨。 10 故总时间为21+4= s故D正确。故选AD。 10 6.BC 【详解】A.根据电容器的决定式C灰 在液面升高的过程中，两极间填充电介质增加， 即电容器的电容增大，故A错误： BC,根据C号可知，由于电容器电压不变，电容增大，则电容器的带电荷量增加，电容 器充电，有从右到左的电流通过灵敏电流表G,故BC正确： D.电容器两板间应绝缘，液体换成氯化钠水溶液，整个电路将短路，不能用于测量液面的 升降，故D错误。故选BC。 7.AD 【详解】A.电动机正常工作，则马三2A副线圈的电压U,=U1+wR=11V 答案第2页，共6页 匝数比？=9、20 乃U1A正确： C根据会-号解得-014C销误， B.由功率关系P=I2r+g电动机的电阻为r=22B错误： D.若电动机突然被卡住了，电动机相当于纯电阻1，= U-A由2-兰解得I= 1 A R+r 3 n2I1 60 D正确。故选AD。 8.BD 【详解】A.设小球的质量为，轨道的质量为M,小球冲出轨道时的水平速度为y,轨道 的速度为2，系统在水平方向动量守恒，选取水平向右的方向为正方向，此过程中小球的位 移为名，轨道的位移为，根据动量守恒定律可-，=0即有m主=M 又因为5+5=2R,5=3R联立解得飞=RA错误： 5 4 4 3 3 B.根据上述分析可得-玉=4 -=B正确： R5 M x5 4 C.由于系统水平方向不受外力，整个过程动量守恒，故小球抛出后依然落回轨道，C错误： D.小球在圆弧轨道的最低点时，轨道的速度最大，设小球到达最低点时小球的速度为m, 轨道的速度为M,根据动量守恒则有Wm一M=0 根起玉恒别有吸风+1调=时发华合上连华论发得u一悟 21 2 D正确。故选BD。 9. 变大 变小 【详解】[]用电设备消耗总功率变大，则通过降压变压器副线圈的电流增大，根据电流匝 数关系，通过降压变压器原线圈的电流增大，则输电线上消耗的电功率变大： [2]输入电压U不变，根据电压匝数的关系，电压不变，由于通过降压变压器原线圈的 电流增大，则输电线上损耗电压增大，降压变压器原线圈电压减小，根据电压匝数的关系， 电压U4变小。 10. 0.1 弹性 【详解】[1]由图像可知，甲是被碰小球，根据动量守恒定律可知zV之=V甲+z 答案第3页，共6页 根据图像可得vz=0.2m/sv甲=0.3m/s代入可解得吃=0.1m/s [2甲、乙两球碰前动能民宁，2=06a甲、乙两球碰后动能：竖+，=0a61 1 两球碰撞过程没有机械能损失，属于弹性碰撞。 11. 0.1 0.8 【详解】[1]依题意，04s内，金属棒从b位置开始运动至CD位置做匀加速直线运动，由 法拉第电磁感应定律可得B△Bd又I=B解得I=01A △t R+r 4s以后金属棒切割磁感线，有T=Bh R+r 小灯泡的亮度没有发生变化，则有I=' 可知金属棒匀速切割磁感线，根据二力平衡可得F=F安=BIL=O.1N [2]金属棒匀加速过程，有v=1解得m=0.然g 12.(1)AD(2)·OP=·OM+%·ON(3)BD 【详解】(1)设入射小球碰撞前的速度为，碰撞后入射小球的速度为，被碰小球的速度 为2，入射小球的质量为，被碰小球的质量为m2,若碰撞过程满足动量守恒，则有 叫=my+叫因小球从同一高度做平抛运动，故运动时间都相同，设为，则有6= OP OM _ON联立可得m,OP=4OM+心ON故实验中还需要测量的物理量有入射 ,= 小球和被碰小球的质量、m2,两球相碰后的平抛射程OMON。故选AD。 (2)由上可知，在实验误差允许范围内，若满足关系式M·OP=·OM+,·OW 则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。 (3)AB.若采用图乙装置来验证碰撞中的动量守恒，设入射小球碰撞前的速度为6，碰撞 后的速度为，被碰小球的速度为，抛出点到挡板的水平位移为，则小球平均落点在P 点时有0P-8好，与=的联立解得=68 8同理，小球平均落点在M点、N点时， g 水平位移仍为，则对应的平抛初速度为=√20 8 ,=V20W 若满足m站=m+%代入以上三个速度，可得OPVO+ON 故A错误，B正确； 答案第4页，共6页 cD.若满足能量守叫g-n+代入以上三个速度，可相品品+朵 1 m 2 则表明此碰撞过程机械能守恒，故D正确，C错误。故选BD。 13.①减小（②不会3）2 【详解】(1)[1][2]开关S闭合瞬间，电感线圈L所在支路电流要增大，但由于电感线圈L 的作用，电流只能由零开始缓慢增大，随着时间推移，电路中的电流趋于稳定，电感线圈工 对电流的阻碍作用逐渐减小直至为零，所以电压传感器示数逐渐减小，而干路电流增大，灯 L2两端电压减小。 (2)由于电感线圈的直流电阻为零，所以电路稳定时，灯L,和L?中的电流相等，断开开关 瞬间，由于电感线圈的自感作用，灯L2中的电流等于断开开关之前灯L3中的电流，所以灯L2 不会闪亮。 (3)由于电感线圈L的自感系数很大，所以闭合开关S瞬间，电感线圈L所在支路相当于 路，灯L,和L串联，电压相等，U即灯两端的电压，所以U身 14.(1)1=0.3A,Ub=-1.8V(2)q=9×105C 【详解】(1)设线圈产生的感应电动势为B,根据法拉第电磁感应定律有B=n△B △t 代入数据解得E=2.4V 根据楞次定律，可知通过线圈的电流方向为从α到b。则a、b两端的电势差为Ub<0,根 E 据闭合电路欧姆定律有I= R+R+7由串联分压得U。=(R+尼) 解得I=0.3A,Uab=-Ua=-1.8V (2)电容器C与电阻R并联，电阻R的电压为U=R=0.9V 则电容器C所带的电量Q=CU=9x10C 断开开关S后通过R的电荷量4=Q=9×10-5C。 15.()255V(2)25031c 4π 【详解】（1)根据题意可得o=2πn=l0ad/s从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电 动势的瞬时表达式为e=E sinat=NBSosin at=50sinl0mt(V)） 答案第5页，共6页 线圈转过 0时，电动势的瞬时值为e=50snQ0x×V=25J5V 30 (2)由闭合电路欧姆定律可得1其中：=会联立解得7√公 Rtr √2 线圈每转过一周，外力所做的功等于整个回路产生的焦耳热，则有 m=Q=1仅+rT=1?仅+)2r代入数据解得W=25灯 0 (3)线圈转过s的过程中，线圈转过角度为日=o= 30 3 Φ 流过电阻R的电量为g==五N” -= △过N=一 nBS-B.Scos-3解得g=】C R+rR+r R+r 16.(1)y=2W3m/s(2)W=2J(3)Em=5J 【详解】(1)小球1在曲面AB上运动的过程中，根据动能定理得gh= 2"% 解得，=2W3m/s (2)规定向右为正方向，碰撞过程，设碰后m2速度为v2,动量守恒定律有4=2 在C点，根据牛领第二定独得g=m三根搭定能定理得-W一方4父%号解得形=刀 (3)小球2速度最大时，小球合力为0，即=8 根据能守恒得瓦一训 专+E。=h8(r+x)解得Em=5J 答案第6页，共6页