級高二下學期3月階段考物理試題滿分分，考試時間分鐘。一、選擇題：本大題共8小題，每小題4分，共分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1.關于下列四幅圖的說法正確的是（）A.圖甲中可判斷出通過電阻的電流從a流向bB.圖乙中回旋加速器是利用磁場對運動電荷的作用使帶電粒子加速C.圖丙中電磁爐面板采用陶瓷材料，發熱部分為鐵鍋底部D.圖丁中銅盤自由轉動，當蹄形磁體靠近銅盤時，銅盤的轉速不變【答案】C【解析】【詳解】A．圖甲為磁流體發電機，由左手定則可知，正離子打到B板，其做為電源正極，負離子打到A板，其做為電源負極，則通過電阻的電流從b流向a，故A錯誤；B向，不能改變速度大小，故B錯誤；C流的熱效應使鐵鍋發熱，故C正確；D．在圖丁中，當蹄形磁體靠近自由轉動銅盤時，發生電磁阻尼現象，銅盤會快速停下來，故D錯誤。故選C。2.MNBabcd的面積為S，cd邊與MN重合，且繞cd邊以角速度ω勻速轉動。從圖示位置開始計時，下列說法正確的是（）第1頁/共16頁A.線圈中產生的是正弦式交變電流B.圖示位置的電流方向沿順時針C.圖示位置的瞬時電動勢為D.線圈中電動勢的有效值為【答案】D【解析】A有間斷的交變電流，故A錯誤；BC．線圈在圖示位置為中性面，此時瞬時電動勢和電流均為0，故BC錯誤；D．電動勢的最大值為由公式，解得電動勢的有效值為故D正確。故選D。3.A和BAB的兩端連接在一起構成一個閉合電路。在斷開開關S的時候，彈簧K并不能立即將銜鐵D拉起而使觸頭C立即離開，而是過一段時間后觸頭C才能離開，因此得名延時繼電器。下列說法錯誤的是（）A.該延時繼電器的主要原理是電磁感應第2頁/共16頁B.閉合開關S后，線圈B中一直有電流C.若線圈B不閉合，斷開S的瞬間不再有延時效應D.斷開S的瞬間，線圈B中產生感應電流，阻礙鐵芯中磁場減弱【答案】B【解析】【詳解】AD．閉合S的瞬間，線圈A產生磁場，吸引銜鐵，使使觸頭C閉合；斷開開關S的瞬間，穿過線圈B的磁通量發生變化，此時B線圈中產生感應電流，阻礙鐵芯中磁場減弱并繼續吸引銜鐵，以致過一段時間后觸頭C才能離開，起到延時斷電效應，因此該延時繼電器的主要原理是電磁感應，故AD正確；B．閉合S的瞬間，穿過線圈B的磁通量發生變化，此時B線圈中有感應電流；但是開關閉合穩定后，穿過線圈B的磁通量不發生變化，此時B線圈中無感應電流，故B錯誤；C．若線圈B不閉合，斷開S的瞬間B線圈中無感應電流產生，則無延時效應，故C正確；本題選錯誤的，故選B。4.安全氣囊是汽車重要的被動安全裝備，能夠在車輛發生碰撞時迅速充氣彈出，為車內乘客提供保護。如圖甲所示，在某安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從距氣囊上表面高處由靜止釋放，隨時間的變化規律可近似用圖乙所示的圖像描述。已知頭錘質量，重力加速度，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A.頭錘落到氣囊上表面時的速度大小為4m/sB.碰撞過程中的沖量大小為C.碰撞結束后頭錘上升的最大高度為0.8mD.碰撞過程中系統損失的機械能為20J【答案】C【解析】【詳解】A．頭錘落到氣囊上表面時的速度大小為選項A錯誤；第3頁/共16頁B．根據F-t圖像的面積等于F的沖量可知，碰撞過程中F的沖量大小為選項B錯誤；C．向上為正方向，碰撞過程由動量定理解得可得碰撞結束后頭錘上升的最大高度為選項C正確；D．碰撞過程中系統損失的機械能為選項D錯誤。故選C。5.用一內阻不計，電動勢為12V的電源給電動機M供電。閉合開關S，電動機開始工作，電動機中電流I隨時間t變化的圖像如圖乙所示，當電流穩定時電動機正常工作，下列說法正確的是（）A.電動機線圈電阻為8ΩB.電動機消耗電功率為14.4WC.電動機的輸出功率為3.6WD.電動機線圈的發熱功率為1.6W【答案】D【解析】【詳解】A．由圖乙可知電動機剛開始轉動時電流由歐姆定律得電動機的電阻故A錯誤；B．由圖乙可知電動機正常工作時的電流則電動機消耗的電功率第4頁/共16頁故B錯誤；CD．電動機正常工作時的發熱功率電動機正常工作時的輸出功率故C錯誤，D正確故選D。6.如圖所示，一塊蹄形磁鐵放在水平桌面上，磁極間的磁場可視為勻強磁場，一根重力為G的直導體棒水L通過的電流為I角為。下列說法錯誤的是（）A.導體棒中的電流方向為從1流向2B.若電流大小加倍，再次穩定后夾角也將加倍C.該勻強磁場的磁感應強度的大小為D.僅將磁場方向在豎直面內逆時針旋轉30°，懸線的拉力將變小【答案】B【解析】A安培力水平向右，根據左手定則可知，導體棒中的電流方向為從1流向2，故A正確，不滿足題意要求；BC．根據受力平衡可得可得該勻強磁場的磁感應強度的大小為B要求；C正確，不滿足題意要求；D．磁場方向變化前，安培力與重力方向垂直，懸線的拉力大小為第5頁/共16頁僅將磁場方向在豎直面內逆時針旋轉30°，則安培力大小不變，方向也逆時針旋轉30°，此時安培力與重力的夾角增大為，根據平行四邊形定則可知，安培力與重力的合力減小，則懸線的拉力大小變小，故D正確，不滿足題意要求。故選B。7.豎直平面內有一電場，電場線分布如圖所示，Ox軸豎直向下，一帶負電的小球從O點由靜止釋放沿Ox軸正向運動，從O到A運動的過程中，下列關于小球的機械能E、動能E、電場的電勢φ及電場強度E隨小球運動的位移x變化的圖像，可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】DO到A運動過程中，隨小球運動的位移x變化，電場強度E先增大后減小，且O和A點的電場強度不為零，故D錯誤；A球的機械能EJ隨位移x變化的圖像的斜率故A正確；B．小球的動能Ek隨位移x變化的圖像的斜率小球合力先變小后變大，故B錯誤；第6頁/共16頁C．沿著電場線方向，電勢一直降低，故C錯誤。故選A。8.在一次射擊游戲中，子彈以某一水平初速度擊中靜止在光滑水平地面上的木塊，進入木塊一定深度后與木塊相對靜止。設木塊對子彈的阻力大小恒定，子彈從進入木塊到剛與木塊相對靜止的過程中，下列四幅圖中子彈與木塊可能的相對位置是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】子彈打擊木塊過程，系統動量守恒，則有對木塊，根據動能定理有解得木塊的位移對子彈，根據動能定理有解得子彈的位移比較可知它們的相對位移它們位移的大小關系是故選A。二、選擇題：本大題共2小題，每小題5分，共分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。9.遠距離輸電示意圖如圖所示，若采用的高壓輸電，輸電線上電壓下降了，損耗的電功率為第7頁/共16頁；在保持輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用特高壓輸電，輸電線上電壓下降了，損耗的電功率變為。不考慮其他因素的影響，下列說法正確的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【詳解】AB．根據，可得可知高壓輸電改成特高壓輸電，電壓提高了10倍，故損失電壓變為原來的0.1倍，即故A錯誤，B正確；CD．根據由于電壓提高了10倍，故損失電壓變為原來的0.01倍，即故C正確，D錯誤。故選BC。10.OO'以某一角速度轉動，穿過線框的磁通量隨時間的變化情況如圖乙所示。下列說法正確的是（）第8頁/共16頁A.圖甲情況中時刻線框中無電流B.圖甲情況下0~2s內線框內電流方向改變一次C.情況一與情況二中線框產生的感應電流最大值之比為D.情況一與情況二在2s內線框產生的熱功率之比為【答案】CD【解析】【詳解】AB．圖甲情況中0~2s內磁通量變化率不為零且保持不變，感應電流不為零且大小和方向均不變，故AB錯誤；C．情況一與情況二中線框產生的感應電動勢最大值分別為，感應電流最大值之比為故C正確；D．情況一與情況二在2s內線框產生的熱功率之比為故D正確。故選CD。三、實驗題：本大題共2小題，共分。小明同學在實驗室進行“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數關系”低壓交流電源、多用電表、開關和導線若干。第9頁/共16頁//實驗次數匝匝/V/V14008006.011.92240016006.023.9031002004.17.96（1________（填“最大值”“有效值”或“平均值”（2、、線圈的電壓，通過實驗數據分析，你的結論是：在誤差允許的范圍內，________________________；（3）從（2）問表格中數據發現沒有嚴格遵循變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系，其原因不可能是__________。A.原、副線圈通過電流時發熱B.鐵芯在交變磁場作用下發熱C.變壓器鐵芯漏磁D.原線圈輸入交變電流的頻率發生變化【答案】（1）有效值（2）（3）D【解析】【小問1詳解】多用電表測量的是交流電的電壓有效值。【小問2詳解】根據法電磁感應原理，在誤差允許的范圍內，原、副線圈的電壓之比等于原、副線圈的匝數之比，即第10頁/共16頁。【小問3詳解】表格中數據發現沒有嚴格遵循變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系，其原因可能是漏磁、發熱，但交變電流的頻率變化時，不會改變原、副線圈的電壓比例關系。故選D。12.和內阻究電極間距對和的影響，實驗電路圖如圖甲所示。已知電流表的內阻，量程為0~1mA，電阻箱阻值的變化范圍為0~9999Ω。（1）連接電路后，開關閉合前電阻箱的阻值應調節到______（填“最大”“最小”或“任意”）值；（2為電阻箱兩端電壓；（3）保持銅片和鋅片插入蘋果中的深度不變，依次增加銅片與鋅片的間距，先后得到圖像如圖乙中（abcd）所示；（4____________大”“減小”或“不變”）（5）曲線（c）對應的水果電池電動勢E=______V，內阻r=______Ω3位有效數字）【答案】①.最大②.不變③.增大④.0.980（0.975~0.985）⑤.425（418~432）【解析】1）[1]滑動變阻器在電路中起限流作用，為了確保電路安全，開關閉合前電阻箱接入電路的阻值要調至最大。第11頁/共16頁（4）[2][3]根據閉合電路歐姆定律有根據電源的片和鋅片插入蘋果中的深度不變，依次增加銅片與鋅片的間距，先后得到圖像如圖乙中（ab（cd）所示圖像，圖像斜率的絕對值依次增大，圖像縱軸截距不變，可知，隨電極間距的增大，電動勢不變，內阻逐漸增大。（5）[4]結合上述，根據圖像可知，曲線（c）對應的水果電池電動勢大小[5]由于結合曲線（c）有解得四、計算題：本大題共3題，共分。13.勻強磁場中，導體棒垂直導軌放置。輕繩繞過固定的定滑輪，一端連接導體棒，另一端掛有質量為的重物，連接導體棒與滑輪間的輕繩與導軌平行，重物運動過程中始終不會觸地，也不會碰到定滑輪在導軌間部分的電阻值也為電阻均不計，不考慮摩擦和空氣阻力，重力加速度為，導體棒始終與導軌接觸且垂直。求：（1）重物勻速下降的速率；（2）重物勻速下降時電容器所帶電荷量。【答案】（1）（2）【解析】小問1詳解】重物勻速下降時，對導體棒和重物整體由平衡條件有第12頁/共16頁因為聯立解得【小問2詳解】重物勻速下降時，電容器兩端電壓根據聯立解得電容器所帶電荷量14.光滑水平臺面上有一滑塊，滑塊右側面是半徑為R的圓弧，圓弧面與水平臺面相切．小球從滑塊的最高點沿圓弧面由靜止釋放，已知小球和滑塊的質量分別為m、3m，重力加速度為g，小球可視為質點，在小球滑到圓弧面底端的過程中，求：（1）小球的水平位移大小；（2）小球剛滑到圓弧面底端時，滑塊的速度大小；（3）小球剛滑到圓弧面底端時，小球對圓弧面底端的壓力大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小問1詳解】設小球對地水平分速度大小為v，滑塊對地速度大小為v，水平位移大小分別為x、x，在小球下滑過程，小球和滑塊組成的系統水平方向動量守恒，有整理后有由幾何關系有第13頁/共16頁解得【小問2詳解】當小球滑到圓弧面底端時，小球的速度大小為v，滑塊的速度大小為v，滿足動量守恒、機械能守恒，有，解得，【小問3詳解】小球在圓弧面最底端時相對于圓弧的速度根據牛頓第二定律有由牛頓第三定律可得小球對圓弧面底端的壓力大小解得15.如圖所示，平面直角坐標系xOy的第一象限內充滿著沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小，第三象限內充滿著垂直于坐標平面向外的勻強磁場。一質量為m、電量為q的帶正電粒子以初速度從y軸上點垂直射入勻強磁場，從x負半軸進入第二象限，接著從y軸上點與y軸正方向成角進入第一象限，最后從x軸上的D（圖中未畫出）點射出電場。不