河北省部分学校2023-2024学年高三上学期期末调考
物理
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。共8页，总分100分。
第I卷（选择题共46分）
一、选择题：本题共10小题，共46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，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.如图甲所示，滑块在与水平方向夹角为37°斜向上的拉力F作用下，沿水平桌面做匀速直线运动。将该桌面倾斜成与水平方向夹角为37°，保持拉力的方向不变，大小变为2F，如图乙所示，滑块恰好沿倾斜桌面向上做匀速直线运动。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，若滑块与桌面间的动摩擦因数小于1，则滑块与桌面间的动摩擦因数是
A. B. C. D.
2.如图所示，在光滑绝缘水平面上，宽度为L的区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。一个边长为（
B.线圈位于磁场正中间时的速度大小为
C.线圈在进入和离开磁场的过程中产生的焦耳热相等
D.线圈在进入和离开磁场的过程中速度的变化量相同
3.如图为法拉第最初发现电磁感应现象的实验装置，软铁环上绕有P、Q两个线圈，将一小磁针悬挂在直导线ab的正右方，开关断开时小磁针处于静止状态，N、S极方向如图所示。下列说法中正确的是
A.开关闭合后的瞬间，ab导线中电流的方向沿a→b
B.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直于纸面向里的方向转动
C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直于纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间后，将滑动变阻器的滑片快速向d端移动，小磁针的N极朝垂直于纸面向外的方向转动
4.交流发电机的输出电压为U，采用图示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数比为m:1，降压变压器原、副线圈匝数比为n:1。现输电距离增大，输电线电阻r随之增大，若要保证负载仍能正常工作，下列做法可行的是
A.增大m B.减小m C.增大n D.减小U
5.如图所示，MNQP是边长分别为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行。设导线框中感应电流i逆时针流向为正。若t=0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i-t图像可能正确的是
A. B.
C. D.
6.北斗卫星导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，现由55颗卫星组成。如图所示，P是纬度为θ的地球表面上一点，人造地球卫星A、B均做匀速圆周运动，卫星B为地球赤道同步卫星。若某时刻P、A、B与地心O在同一平面内，其中O、P、A在一条直线上，且∠OAB=90°，下列说法正确的是
A.P点向心加速度大于卫星A的向心加速度 B.卫星A、B与P点均绕地心做匀速圆周运动
C.卫星A、B的线度之比为 D.卫星A、B的周期之比为
7.一种升降电梯的原理如图所示，A为电梯的轿厢，B为平衡配重。在某次运行时A（含乘客）、B的质量分别为M=1000kg和m=800kg。A、B由跨过轻质滑轮的足够长的轻质缆绳连接。电动机通过牵引绳向下拉配重B，使电梯的轿厢由静止开始向上运动（轿厢A、配重B一直未与滑轮相撞）。电动机输出功率P=2kW保持不变。不计空气阻力轿厢和摩擦阻力，取g=10m/s2。在A向上运动的过程中，则
A.轿厢A先做匀加速直线运动，再做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动
B.轿厢A能达到的最大速度为0.2m/s
C.轿厢A向上的加速度为2m/s2时，配重B下端牵引绳上的拉力为5600N
D.厢体A从静止开始到上升5m时（箱体已处于匀速状态），所用的时间为5.25s
8.一发电机的线圈为40匝，通过该线圈的磁通量随时间t变化的关系如图甲所示，将其输出电压u接在图乙中理想变压器原线圈的两端。已知变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=4:1，定值电阻R1=2Ω，滑动变阻器R2阻值范围为0～50Ω，电流表为理想电流表，忽略发电机线圈的电阻。下列说法正确的是
A. B.增大R2，电流表的示数增大
C.R2最大的功率为5W D.R1的最大功率为
9.甲图LC振荡电路中电容器的电容为40μF，乙图为电容器的电荷量q随时间t变化的图像，t=0时刻电容器的M板带正电。下列说法中正确的是
A.甲图中线圈的自感系数L=0.01H B.0～t1时间内，线圈的磁场能不断增大
C.M、N之间的最大电压为50V D.t1～t2时间内，电容器N板带正电
10.如图所示，两电阻不计的光滑平行导轨水平放置，MN部分的宽度为2，PQ部分的宽度为，金属棒a和b的质量分别为2m和m，其电阻大小分别为2R和R，a和b分别静止在MN和PQ上，垂直于导轨且相距足够远，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现对金属棒a施加水平向右的恒力F，两棒运动时始终保持平行且a总在MN上运动，b总在PQ上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是
A.金属棒a与b均做匀速直线运动且距离逐渐减小
B.金属棒a与b均做匀变速运动且加速度之比为1：2
C.流过金属棒a的电流大小为
D.回路中的感应电动势保持不变，大小为
第Ⅱ卷（非选择题共54分）
二、非选择题：本题共5小题，共54分。
11.（6分）在探究影响感应电流方向的因素的实验中：
（1）首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系，实验中所用电流表量程为100μA，电源电动势为1.5V，待选的保护电阻有R1=20kΩ，R2=1kΩ，R3=100Ω，应选用电阻__________（填“R1”“R2”或“R3”）。
（2）已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入。由于某种原因，螺线管线圈绕线标识已经没有了，通过实验查找绕线方向如图甲所示，当磁铁N极插入线圈时，电流表指针向左偏，则线圈的绕线方向是图乙所示的__________（填“左”或“右”）图。
（3）若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出，这时电流表的指针应向________（填“左”或“右“）偏。
（4）若将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关，按图丙所示连接。在开关闭合，线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转。由此可以推断，线圈A中铁芯向上拔出，能引起电流表指针向__________（填“左”或“右”）偏转。
12.（8分）小明设计了一种“自动限重器”，如图甲所示。该装置由控制电路和工作电路组成，其主要元件有电磁继电器、货物装载机（实质是电动机）、压敏电阻R1和滑动变阻器R2等。压敏电阻R1的阻值随压力F变化的关系如图乙所示。当货架承受的压力达到限定值，电磁继电器会自动控制货物装载机停止向货架上摆放物品。已知控制电路的电源电压U=6V、内阻不计，电磁继电器线圈的阻值忽略不计。请你解答下列问题：
（1）由图乙的图像可知，随着压力F的增大，压敏电阻R1的阻值将___________。
（2）用笔画线代替导线将图甲的电路连接完整。
（3）随着控制电路电流的增大，电磁铁的磁性将___________，当电磁继电器线圈中的电流大小为30mA时，衔铁被吸下。若货架能承受的最大压力为800N，则所选滑动变阻器R2的最大阻值至少为_________。
13.（10分）如图甲所示，N=100匝的线圈总电阻r=1Ω，其两端与一个R=24Ω的电阻相连，线圈内有垂直于纸面的磁场，其磁感应强度的大小B随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知线圈的面积为S=0.25m2，规定垂直于纸面向里为磁感应强度的正方向，取π2=10。求：
（1）从t=0时刻起a、b两端电压的瞬时值的表达式。
（2）R在10h内消耗的电能。
14.（13分）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨放置在倾角为30°的绝缘斜面上，导轨宽度为L，下端接有阻值为R的定值电阻，导轨处于方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。轻绳一端跨过光滑定滑轮，悬挂质量为m的小物块，另一端平行于斜面系在质量为m、长为L的金属棒的中点，现将金属棒从PQ位置由静止释放，金属棒与导轨接触良好且电阻均忽略不计，重力加速度为g。
（1）求金属棒匀速运动时的速度大小。
（2）若金属棒速度为v0且与导轨底端距离为x时开始计时，磁场的磁感应强度B的大小随时间t发生变化，使回路中无电流，请推导出磁感应强度B的大小随时间t变化的关系式。
15.（17分）用一根轻弹簧竖直悬挂一物块A，静止时弹簧伸长了x。现将该弹簧左端固定在墙上，右端与一直角三棱柱B的侧面接触（不连接），先将弹簧压缩，然后让物块A从离地面高度为x处由静止释放，发现A沿斜面下滑时B刚好保持静止。若A离开斜面滑到水平地面时无能量损失，当B速度最大时，A恰好与水平面上的小物块C发生弹性碰撞，碰后A和B距离不变。已知水平地面光滑，斜面倾角为30°，A和B的质量相等，劲度系数为k，质量为m的弹簧振子的振动周期公式为，弹簧弹性势能与形变量的关系为，重力加速度为g。求：
（1）物块A在斜面上下滑时的加速度大小和物块A与斜面之间的动摩擦因数。
（2）碰后A与B斜面底端的距离。
（3）A和C的质量比。
参考答案及解析
河北省部分学校2023-2024学年高三上学期期末调考
物理
一、选择题
1.A【解析】设滑块质量为，当滑块沿水平桌面做匀速直线运动时，根据平衡条件可得，在水平、坚直方向分别有，当滑块沿倾斜桌面向上做匀速直线运动，沿斜面方向、垂直斜面方向分别有，又因为，联立解得，A正确。
2.D【解析】线圈位于磁场正中间时的磁通量为，磁通是与匝数无关，错误；线圈运动过程中加速度为，若线圈做匀减速直线运动，则线圈位于磁场正中间时的速度大小为，线圈实际做加速度逐渐减小的减速运动，错误；线圈在进入磁场过程中产生的焦耳热比离开磁场的过程中产生的焦耳热多，因为进入磁场过程的平均速度较大.安培力较大，安培力做的功较多，C错误；根据可得，由于进出磁场过程通过线图磁通量的变化量相等，所以线图在进入和离开磁场的过程中通过导线横截而的电荷量相等，所以安培力对线圈的冲量相同，线圈动量的变化量相同，故线圈速度的变化量相同，D正确。
3.B【解析】开关闭合瞬间，线圈中产生顺时针方向的磁场，线圈中感应出逆时针方向的磁场，导线中电流的方向沿，小磁针的极朝垂直于纸面向里的方向转动，A错误，B正确；开关闭合并保持一段时间后，线图中的磁场稳定，不发生变化，导线中无感应电流，小磁针保持图示方向，错误；滑动变阻器的滑片快速向端移动的过程中，通过线圈的电流增大，导线中感应电流的方向沿，小磁针的极朝垂直于纸面向里的方向转动，D错误。
4.B【解析】若要保证负载仍能正常工作，即负载两端电压，通过负载的电流均不变，根据，，在升压变压器处有，在输电过程有，解得。输电线电阻增大，若不变，可以减小A错误，B正确；根据上述函数关系，当输电线电阻增大，增大，不能够确定的变化情况，C错误；根据上述函数关系，当输电线电阻增大，若不变，可以增大，D错误。
5.D【解析】内是线框的左边框由向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针（负），而切割磁感线的有效长度随着水平位移而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；内，线框的立后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针（正），两边的有效长度之和等于，则电流大小恒定，D正确。
6.D【解析】，所以大于，即卫星做匀速圆周运动半径大于卫星半径，由得，知，又，所以，由，得，A错误；卫星绕地心做匀速圆周运动，点运动的圆轨迹与地轴线垂直，圆心在图中点正上方，错误；由，得，又，所以，C错误；由，得，所以，D正确。
7.C【解析】电动机输出功率保持不变，速度增大时，根据，可知牵引力减小，所以轿厢做加速度减小的直线运动，最后做匀速直线运动，A错误；当轿厢的速度达到最大时，轿厢做匀速直线运动，设电动机的牵引力为，则有，又，代入数据解得，B错误；当向上的加速度为时，设之间绳的拉力为，重物下端绳的拉.力大小为，分别分析，根据牛顿第二定律得，联立解得，C正确；箱体从静止开始到上升的高度为时，轿箱体已处于匀速状态，对整体，由动能定理得，代入数据解得，D错误。
8.AD【解析】时刻线圈位于中性面，故可知，A正确；副线圈两端电压不变，当增大时，副线圈回路中电流减小，电流表示数必减小，B错误；，副线圈两端的电压，可将电阻视为内阻，当时，消杔的功率最大，其功率，C错误；当时，的功率最大，其功率，D正确。
9.BD【解析】由乙图可知，结合，可得，A错误；时间内，电容器内电场能不断减小，可知线圈的磁场能不断增大，正确；由，得出，C错误；时刻电容器电荷量为时间内，电容器板带正电，D正确。
10.BD【解析】对整体分析，由于受恒定拉力作用，则经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保持恒定，则回路中的电流恒定，设两棒的加速度为，有，由于电动势恒定，则对上式两边求变化率有，则可得，故金属棒与均做匀变速运动且加速度之比为，A错误，B正确；根据受力分析，由牛顿第二定律得，联立解得，由于金属棒串联，则流过的电流大小也为，C错误；回路中的感应电动势保持不变，大小为，D正确。
二、非选择题
11.（1）（1分） （2）左（2分） （3）左（1分） （4）右（2分）
【解析】（1）由闭合电路欧姆定律，有，不会使电流表超过量程，因此应选的电阻。
（2）已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入，当磁铁极插入螺线管时，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，螺线管上端应为极，下端为极，又电流表指针向左偏，可知电流方向是由电流表正接线柱流出至蝐线管上端接线柱，由安培定则可判断螺线管的绕线方向如题图乙中左图所示。
（3）若将条形磁铁极放在下端，从螺线管中拔出时，感应电流磁场为阻碍磁通量的减少，螺线管上端应为极，下端为极，由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入，故指针向左偏。
（4）由题意可知当向左加速滑动时，线圈中的电流越来越小，则其磁场减弱，此时线图中产生的电流使指针向右偏转，由此可知，当中的磁通量减小时，电流表指针右偏；当将线圈中铁范向上拔出的过程中，穿过线圈的磁通量减小，电流表指针向右偏转。
12.（1）减小（2分） （2）见解析图（2分） （3）增强（2分） 120（2分）
【解析】（1）由图乙中的图像可知，压敏电阻的阻值随压力的增大而减小。
（2）将货物装载机和上触点串联组成工.作电路，将、滑动变阻器、电磁铁申联接入控制电路，补充电路如图所示。
（3）随着控制电路电流的增大，电磁铁的磁性将增强。与串联，则，由图乙可知时，，由得，，，即滑动变阻器的最大阻值至少为。
13.（1） （2）
【解析】（1）线圈产生感应电动势的峰值为（1分）
解得（1分）
则之间电压的峰值为（1分）
解得（1分）
时刻起，磁场在减弱，由右手螺旋定则可知点电势高于点，则（1分）
解得（1分）
（2）的热功率为（1分）
解得由（1分）
解得（2分）
14.（1） （2）
【解析】（1）金属棒匀速运动时，对物块有（1分）
对金属棒有（1分）
又（1分）
由闭合电路欧姆定律得（2分）
联立解得（1分）
（2）当回路中没有电流时，金属棒不受安培力对金属棒有（2分）
对物块有（2分）
回路中无电流，回路中的磁通量不变，则（2分）
联立解得（1分）
15.（1） （2） （3）
【解析】（1）由题意可知（1分）
物块在斜面上受力分析可知（1分）
将看成整体，由受力分析可知（1分）
联立解得（1分）
（1分）
（2）根据动能定理可知（2分）
解得（1分）
当速度最大时，弹簧刚好恢复原长，即与弹簧组成的系统运动了，
故（1分）
碰后与斜面底端的距离为（1分）
解得（1分）
（3）与水平面上的小物块发生弹性碰撞，则
（1分）
（1分）
解得（1分）
当速度最大时，弹簧刚好恢复原长，即
（1分）
（1分）
联立解得（1分）
