2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试物理试题 （解析版）

这是一份2021-2022学年四川省成都市树德中学高二下学期4月阶段性测试物理试题 （解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
树德中学高2020级高二下学期4月阶段性测试物理试题一、单项选择题（每小题3分，共18分。每小题只有一个选项符合题目要求）1. “人工肺ecomo”呼吸机是治疗新冠肺炎重症的重要设备。一呼吸机接在电压随时间变化的规律为的交流电源上，正常工作时电流为2.5A，则（　　）A. 该交流电的周期为50sB. 该交流电每秒内电流方向变化50次C. 该交流电的最大值为220VD. 该呼吸机正常工作时的功率为550W【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由题可知，该交流电的周期故A错误；B．正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，所以该交流电每秒内电流方向变化次，故B错误；C．由题可知，该交流电的最大值为220 V，故C错误；D．该交流电的有效值为V，此时电流的值为2.5A，可得正常工作时的功率故D正确。故选D。2. 如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，原线圈与固定电阻串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻，电流表、电压表均是理想电表。当时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，则（　　）A. 电源输出电压为8VB. 电源输出功率为4WC. 当时，变压器输出功率最大D. 当时，电压表的读数为3V【答案】C【解析】【详解】A．当时，电流表的读数为1A，电压表的读数为4V，根据欧姆定律，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，根据电压与匝数成正比得原线圈电压是根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是所以电源输出电压A错误；B．根据公式，可得电源输出功率为B错误；CD．根据欧姆定律得副线圈电流为，所以原线圈电流是，所以当时，，即电压表的读数为6V；变压器输出的功率所以满足时变压器输入功率最大，解得变压器输出的功率最大为，D错误，C正确。故选C。3. 如图所示，匝数为N的矩形导线框以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，线框面积为S且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，、为定值电阻，为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流表、的示数，分别为、；电压表、的示数分别为、。不计线框电阻，下列说法正确的是（　　）A. 从图示位置开始，线框转过180°的过程中，通过线圈的电荷量为0B. 矩形导线框从图示位置转过90°时，其磁通量的变化率为C. 交流电压表的示数为D. 若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则变大【答案】C【解析】【详解】A．从图示位置开始，线框转过180°的过程中，磁通量的变化量不为0，故通过线圈的电荷量不为0，A错误；B．矩形导线框从图示位置转过90°时，其磁通量的变化率为，B错误；C．变压器副线圈电压的最大值，交流电压表的示数为，C正确；D．若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，变大，不变，则变小，D错误。故选C。4. 如图所示，一个铝框放在蹄形磁铁的两个磁极之间，铝框可以绕竖直的转轴自由转动．转动手柄使磁铁绕竖直的转轴旋转，观察到铝框会随之转动．对这个实验现象的描述和解释，下列说法中正确的是A. 铝框的转动方向与蹄形磁铁的转动方向一定是相同的B. 铝框的转动快慢与蹄形磁铁的转动快慢总是一致的C. 铝框转动到其平面与磁场方向垂直的位置时，铝框中的感应电流最大D. 铝框转动到其平面与磁场方向平行的位置时，铝框两个竖直边受到的磁场力均为零【答案】A【解析】【详解】这是电动机的模型，铝框的转动方向与蹄形磁铁的转动方向一定是相同的，A对．转动快慢与蹄形磁铁的转动快慢有关，B错．铝框转动到其平面与磁场方向垂直的位置时，铝框中的感应电流为零，C错．铝框转动到其平面与磁场方向平行的位置时，铝框两个竖直边受到的磁场力等大反向，D错5. 如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，、是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯、的亮度变化情况是（灯丝不会断）（　　）
 A. S闭合，亮度不变，亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，立即熄灭，逐渐变亮B. S闭合，亮度不变，很亮；S断开，、立即熄灭C. S闭合，、同时亮，而后逐渐熄灭，亮度不变；S断开，立即熄灭，亮一下再熄灭D. S闭合，、同时亮，而后逐渐熄灭，则逐渐变得更亮；S断开，立即熄灭，亮一下再熄灭【答案】D【解析】【详解】S闭合，电流通过L1、L2流向电源负极，故两灯同时亮。线圈L与L1并联，自感现象消失后，线圈相当于一根导线，将L1断路，故L1逐渐熄灭，L2两端电压变大，则L2逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，线圈产生自感电动势，且产生通过L1的电流，故L1亮一下再熄灭，故D正确，ABC错误。故选D。6. 如图所示，在竖直平面内有一半径为L，圆心为O的半圆形光滑金属导轨，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向纸里（图中未画出），水平，竖直，O、D间用电阻为R的导线连接，一长为L、质量为m、电阻为R的均匀金属棒，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨始终接触良好，不计摩擦及其它电阻，重力加速度为g。若棒从CO处静止释放，第一次到达处时的角速度为，则下列说法正确的是（　　）A. 棒到达处速度恰减为0B. 棒第一次到达处时，棒两端电势差为C. 棒第一次到达处时，棒受到的安培力的功率为D. 棒最终会停下，产生的总焦耳热为【答案】BC【解析】【分析】【详解】AD．棒OA沿着导轨转动时会切割磁感线而产生感应电动势，导轨与棒组成的回路中有感应电流，使得棒的一部分机械能变成电能，则棒不能到达等高的处；最终棒通过多个往复的摆动而停在处，由能量守恒可知：产生的总焦耳热故AD错误；B．棒第一次到达处时角速度为，产生的感应电动势为则棒两端电势差大小为，由右手定则可知O点电势更高；故B正确；C．安培力做负功把机械能全部转化成电能，则安培力的功率等于电路的电功率，有故C正确。故选BC。二、多项选择题（每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，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）7. 如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示．下列说法正确的是（　　）A. 时，振子的速度方向向左B. 和时，振子的加速度完全相同C. 到的时间内，振子的速度逐渐增大D. 到的时间内，振子的加速度逐渐增大【答案】ACD【解析】【详解】A．由图象乙知，t = 0.8s时，图象的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，故A正确；B．t = 0.4s和t=1.2s时，振子的位移完全相反，由知加速度完全相反，故B错误；C．t =0.4s到t =0.8s的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，故C正确；D．到的时间内，振子的位移增大，所以振子的加速度增大，故D正确。故选ACD。8. t=0时刻，位于O点的波源从平衡位置开始沿y轴方向做简谐运动，经0.5s形成如图所示的一列沿x轴正方向传播的简谐横波，此时振动恰好传播至质点P（5m，0），则下列说法正确的是（　　）A. t=0.15s时刻波源正在做加速运动B. 0~1.1s时间内质点P经过的路程为6mC. t=1.3s时刻质点Q（10m，0）恰好处于波峰位置D. 波源的振动方程为cm【答案】AC【解析】【详解】根据题意，得A．质点P的起振方向向下，所以波源的起振方向也是向下，则t=0.15s时刻波源处于波谷向平衡位置振动中，速度在增大，A正确；B．0~1.1s时间内质点P经过的路程为B错误；C．t=0.5s，处于x=2m的波峰在t=1.3s时向前传播的距离为即质点Q（10m，0）恰好处于波峰位置。C正确；D．波源的起振方向向下，所以振动方程为D错误。故选AC。9. 如图所示，波源O沿y轴方向做简谐运动，所形成的横波沿x轴正方向在两种不同均匀介质传播，已知横坐标x表示在波的传播方向上各质点的平衡位置，介质Ⅰ和Ⅱ的分界面在x=3m处。t=0时波源刚开始从平衡位置沿y轴正方向运动，t=2s时x=3m处的质点刚开始振动且波源刚好第4次回到平衡位置，t=5s时，x=6m处的质点刚开始振动且波源刚好第10次回到平衡位置，不计波传播过程中的能量损失，则（　　）
 A. 波从介质Ⅰ进入介质Ⅱ中波长不变B. 波在介质Ⅰ和Ⅱ中的波速之比为3∶2C. t=3s时x=4m处的质点刚好第一次到达波峰D. t=6.5s时在x=0与x=6m之间的波峰数目与波谷数目相等【答案】BD【解析】【详解】A．波从一种介质传播到另外一种介质时，频率不变，但是波速发生改变，故波长发生改变，故A错误；B．波在介质Ⅰ中的波速为波在介质Ⅱ中的波速为故波速之比为故B正确； C．该波传到x=4m出需要的时间为t=3s，故在t=3s时，x=4m处的质点刚刚开始振动，故C错误；D．由题意可知，四次回到平衡位置经过两个周期该波的周期为该波在介质Ⅰ中的波长为该波在介质Ⅱ中的波长为波源起振方向向上，故t=6.5s时波源处于平衡位置向下振动，因此在x=0到x=3m之间的波峰和波谷数均为2个；在x=3m到x=6m之间的波峰和波谷数均为3个，故t=6.5s时在x=0到x=6m之间波峰数与波谷数相等，波峰和波谷的数目均为5个，故D正确。故选BD10. 在炎热酷暑的时候，大量的电器高负荷工作，一些没有更新升级输电设备的老旧社区，由于输电线老化，线损提高，入户电压降低，远达不到电器正常工作的需要，因此出现了一种“稳压源”的家用升压设备，其原理就是根据入户电压与电器工作电压，智能调节变压器原副线圈匝数比的机器，现某用户工作情况如图所示，忽略变压器电阻。下列说法正确的是（　　）
 A. 现入户电压，若要稳压源输出电压，则需调节B. 空调制冷启动时，热水器实际功率不变C. 空调制冷停止时，导线电阻耗能升高D. 在用电器正常工作时，若入户电压减小，则需要更大的入户电流，从而输电线路损耗更大【答案】AD【解析】【详解】A．变压器有代入数据有故A正确;B．空调启动时电流增大，导线电阻分压增加，热水器电压降低，功率降低，故B错误;C．空调制冷停止时，电流减小，导线电阻分压减小，导线电阻耗能减小，故C错误;D．用电器正常工作时，功率不变，若入户电压U1减小，由则需要更大的入户电流，从而输电线路损耗更大故，D正确。故选AD。三、实验题（本题共2小题，共18分）11. 在“用单摆测量重力加速度”实验中：
 （1）实验小组用游标卡尺测量小球的直径。某次测量的示数如图甲所示，读出小球直径为d=_____cm。（2）该同学利用秒表测量单摆做30次全振动的周期时，秒表示数如图乙所示，读数为_____s。（3）为了减小实验误差，下列做法正确的是（      ）A．在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定B．摆线偏离平衡位置的角度不能太大C．用精度更高的游标卡尺测量摆球的直径D．计时的起止位置，应该选在摆球运动到最高点处（4）改变摆长，多次测量，做出图像，可以求出重力加速度g。已知三个小组做出的图线的示意图如图中的a、b、c所示，其中a和b平行，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线b，下列分析正确的是（      ）
 A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长LB．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次C．图线c对应g值小于图线b对应的g值D．利用图线a的斜率求当地的重力加速度，结果会比真实值偏小【答案】    ①. 2.18    ②. 67.5    ③. AB    ④. B【解析】【详解】（1）[1]小球直径为d=21mm+0.1mm×8=21.8mm=2.18cm（2）[2]如图乙所示，读数为67.5s。（3）[3]A．为了减小实验误差，在摆球运动的过程中，必须保证悬点固定，故A正确；B．摆线偏离平衡位置的角度应控制在以内，故B正确；C．没有必要用精度更高的游标卡尺测量小球直径，影响忽略不计，故C错误；D．计时的起止位置，应该选在摆球运动到平衡位置，故D错误。故选AB。（4）[4]A．出现图线a，表明绳长为零时还存在周期，说明实际还存在摆长，因此可能是误将悬点到小球上端的距离即为摆长L，故A错误；BCD．根据公式如果将49次全振动记为50次，则周期偏小，测得重力加速度偏大，而图像得斜率为斜率越大，重力加速度越小，所以图线c对应的重力加速度较大，图像a对应的重力加速度接近准确值，故B正确，CD错误。故选B。12. 某同学欲将电流表（量程0~100mA，内阻为2.5）改装为两用电表，即“”挡的欧姆表及量程为0~12V的电压表，实验室可提供的器材有：A.一节全新的5号干电池（V，内阻不计）B.滑动变阻器（0~30）C.滑动变阻器（0~3）D.定值电阻（117.5）E.定值电阻（120）H单刀双掷开关S，一对表笔及若干导线（1）图中A为___________（填“红”或“黑”）表笔，测量电压时应将开关S扳向___________（填“1”或“2”）。（2）滑动变阻器应选用___________（填“”或“”），定值电阻R应选___________（填“”或“”）。（3）在正确选用器材的情况下，改装后电流表75mA处在欧姆挡刻度盘上应标为___________（填写具体数值）。【答案】    ①. 红    ②. 1    ③.     ④.     ⑤. 5【解析】【分析】【详解】（1）[1]从多用电表的表头共用特征来看，结合欧姆表内接电源特点，或者根据“红进黑出”的规律，可确定A表笔为红接线柱。[2]测电压时，内接电源不用，要将转换开关接到1位置。（2）[3]当改装成欧姆表时，接入一个调零电阻，当接入滑动变阻器，电流表满偏时，电路的电阻为欧姆表的内阻，则有故滑动变阻器选。[4]当改装为量程为0~12V：的电压表时，应串联一个电阻，其阻值为故定值电阻选。（3）[5]根据闭合电路欧姆定律可得，待测电阻为。四、解答题（本题共4小题，共48分。请写出必要的文字说明与演算步骤，注意答题规范）13. 如图，一列简谐横波沿x轴传播，实线为tl=0时刻的波形图，虚线为t2=0.05 s时的波形图．(1)若波沿x轴正方向传播且2T<t2-t1<3T (T为波的周期)，求波速.(2)若波速v=260m·s－1，则从tl=0时刻起x=2 m 处的质点第三次运动到波谷所需的时间．【答案】（1）220m/s；（2）【解析】【详解】（1）波沿x轴正向传播，由图像可知：λ=4m；在∆t时间内： 因为2T<t2-t1<3T，则n=2，此时 ，解得 ， （2）若波速v=260m/s，则在∆t=0.05s内传播的距离为 则波沿x轴负向传播，此时周期为 ，则从tl=0时刻起x=2 m 处的质点第三次运动到波谷所需的时间14. 三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程。枢纽控制的流域面积为，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面。在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量即26台发电机组同时工作时的总发电功率。年平均发电量约为，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区供电紧张的局面。阅读上述资料，解答下列问题。（水的密度，重力加速度g取）（1）若三峡电站上、下游水位差按H=100m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率的公式并计算出效率的数值；（保留两位有效数字）（2）若26台发电机组全部发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？（保留三位有效数字）（3）将该电站的电能输送到华中地区，输电功率，采用超高压输电，输电电压，而发电机输出的电压约为，要使输电线上损耗的功率为输送电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数之比和输电线路的总电阻。（结果用分数表示）【答案】（1），；（2）192天；（3），【解析】【详解】（1）电站能量转化的效率所以有（2）依据可知每台发电机组平均年发电时间天（3）升压变压器原、副线圈的匝数之比由代入数据得又可得15. 如图甲所示，两根完全相同的光滑导轨固定在水平面上，每根导轨均由两段与水平面成的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值。导轨间距在右侧导轨所在斜面的矩形区域内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界、的距离。磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。时刻，在右侧导轨斜面上与距离处，有一根阻值的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好匀速通过整个磁场区域，重力加速度g取，导轨电阻不计。求：(1)金属棒ab在磁场中运动的速度大小v；(2)在时刻和时刻电阻R1的电功率之比；(3)金属棒ab从静止释放到不再进入磁场区域的过程中，电阻产生的总热量。
 【答案】(1)1m/s (2)4：1(3)0.01J【解析】【详解】(1)根据动能定理可得解  (2)金属棒从释放到运动至的时间在时，金属棒还没有进入磁场，有此时与金属棒并联后再与串联，则根据欧姆定律可得  由图乙可知，后磁场保持不变，ab经过磁场的时间故在时，ab还在磁场中运动，电动势此时和并联路端电压根据电功率的计算公式可得，在时刻和时刻电阻的电功率之比：(3)设ab的质量为m，ab在磁场中运动时，通过ab的电流为ab受到的安培力为解得  在时间内，两端电压，产生的热量ab最终将在下方的轨道区域往返运动，到处的速度为零，根据功能关系可得在后整个电路最终产生的热量由电路关系可得产生的热量故产生的总热量16. 为实现火箭回收再利用，有效节约太空飞行成本，设计师在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置，工作原理是利用电磁阻尼作用减缓地面对火箭的反冲力。电磁缓冲装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，外部由高强度绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ，缓冲轨道内存在稳定匀强磁场，方向垂直于整个缓冲轨道平面。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为，软着陆要求的速度不能超过v；4台电磁缓冲装置结构相同，如图所示，为其中一台电磁缓冲装置的结构简图，线圈的ab边和cd边电阻均为R；ad边和bc边电阻忽略不计；ab边长为L，火箭主体质量为m，磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。求：（1）缓冲滑块刚停止运动时，流过线圈ab边的电流；（2）为了着陆速度不超过v，磁感强度B的最小值（假设缓冲轨道足够长，线圈足够高）；（3）若火箭主体的速度大小从减到v的过程中，经历的时间为t，求该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热。【答案】（1），方向从b到a；（2）；（3）；【解析】【详解】（1）由题意缓冲滑块刚停止运动时，ab边产生的电动势为且总电阻为，所以流过线圈ab边的电流为由右手定则知方向从b到a。（2）线圈ab边受到的安培力为则对火箭整体受力有当加速度为零时速度最小，由题意为了着陆速度不超过v，则应满足即磁感强度B的最小值为（3）火箭主体的速度大小从减到v的过程中，由动量定理得其中所以解得下落高度为由能量守恒定律得整理得每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热为