安徽省A10联盟高二下学期3月阶段考物理试题

级高二下学期3月阶段考物理试题满分分，考试时间分钟。一、选择题：本大题共8小题，每小题4分，共分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.关于下列四幅图的说法正确的是（）A.图甲中可判断出通过电阻的电流从a流向bB.图乙中回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子加速C.图丙中电磁炉面板采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部D.图丁中铜盘自由转动，当蹄形磁体靠近铜盘时，铜盘的转速不变【答案】C【解析】【详解】A．图甲为磁流体发电机，由左手定则可知，正离子打到B板，其做为电源正极，负离子打到A板，其做为电源负极，则通过电阻的电流从b流向a，故A错误；B向，不能改变速度大小，故B错误；C流的热效应使铁锅发热，故C正确；D．在图丁中，当蹄形磁体靠近自由转动铜盘时，发生电磁阻尼现象，铜盘会快速停下来，故D错误。故选C。2.MNBabcd的面积为S，cd边与MN重合，且绕cd边以角速度ω匀速转动。从图示位置开始计时，下列说法正确的是（）第1页/共16页A.线圈中产生的是正弦式交变电流B.图示位置的电流方向沿顺时针C.图示位置的瞬时电动势为D.线圈中电动势的有效值为【答案】D【解析】A有间断的交变电流，故A错误；BC．线圈在图示位置为中性面，此时瞬时电动势和电流均为0，故BC错误；D．电动势的最大值为由公式，解得电动势的有效值为故D正确。故选D。3.A和BAB的两端连接在一起构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不能立即将衔铁D拉起而使触头C立即离开，而是过一段时间后触头C才能离开，因此得名延时继电器。下列说法错误的是（）A.该延时继电器的主要原理是电磁感应第2页/共16页B.闭合开关S后，线圈B中一直有电流C.若线圈B不闭合，断开S的瞬间不再有延时效应D.断开S的瞬间，线圈B中产生感应电流，阻碍铁芯中磁场减弱【答案】B【解析】【详解】AD．闭合S的瞬间，线圈A产生磁场，吸引衔铁，使使触头C闭合；断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，此时B线圈中产生感应电流，阻碍铁芯中磁场减弱并继续吸引衔铁，以致过一段时间后触头C才能离开，起到延时断电效应，因此该延时继电器的主要原理是电磁感应，故AD正确；B．闭合S的瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，此时B线圈中有感应电流；但是开关闭合稳定后，穿过线圈B的磁通量不发生变化，此时B线圈中无感应电流，故B错误；C．若线圈B不闭合，断开S的瞬间B线圈中无感应电流产生，则无延时效应，故C正确；本题选错误的，故选B。4.安全气囊是汽车重要的被动安全装备，能够在车辆发生碰撞时迅速充气弹出，为车内乘客提供保护。如图甲所示，在某安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从距气囊上表面高处由静止释放，随时间的变化规律可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.头锤落到气囊上表面时的速度大小为4m/sB.碰撞过程中的冲量大小为C.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.8mD.碰撞过程中系统损失的机械能为20J【答案】C【解析】【详解】A．头锤落到气囊上表面时的速度大小为选项A错误；第3页/共16页B．根据F-t图像的面积等于F的冲量可知，碰撞过程中F的冲量大小为选项B错误；C．向上为正方向，碰撞过程由动量定理解得可得碰撞结束后头锤上升的最大高度为选项C正确；D．碰撞过程中系统损失的机械能为选项D错误。故选C。5.用一内阻不计，电动势为12V的电源给电动机M供电。闭合开关S，电动机开始工作，电动机中电流I随时间t变化的图像如图乙所示，当电流稳定时电动机正常工作，下列说法正确的是（）A.电动机线圈电阻为8ΩB.电动机消耗电功率为14.4WC.电动机的输出功率为3.6WD.电动机线圈的发热功率为1.6W【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知电动机刚开始转动时电流由欧姆定律得电动机的电阻故A错误；B．由图乙可知电动机正常工作时的电流则电动机消耗的电功率第4页/共16页故B错误；CD．电动机正常工作时的发热功率电动机正常工作时的输出功率故C错误，D正确故选D。6.如图所示，一块蹄形磁铁放在水平桌面上，磁极间的磁场可视为匀强磁场，一根重力为G的直导体棒水L通过的电流为I角为。下列说法错误的是（）A.导体棒中的电流方向为从1流向2B.若电流大小加倍，再次稳定后夹角也将加倍C.该匀强磁场的磁感应强度的大小为D.仅将磁场方向在竖直面内逆时针旋转30°，悬线的拉力将变小【答案】B【解析】A安培力水平向右，根据左手定则可知，导体棒中的电流方向为从1流向2，故A正确，不满足题意要求；BC．根据受力平衡可得可得该匀强磁场的磁感应强度的大小为B要求；C正确，不满足题意要求；D．磁场方向变化前，安培力与重力方向垂直，悬线的拉力大小为第5页/共16页仅将磁场方向在竖直面内逆时针旋转30°，则安培力大小不变，方向也逆时针旋转30°，此时安培力与重力的夹角增大为，根据平行四边形定则可知，安培力与重力的合力减小，则悬线的拉力大小变小，故D正确，不满足题意要求。故选B。7.竖直平面内有一电场，电场线分布如图所示，Ox轴竖直向下，一带负电的小球从O点由静止释放沿Ox轴正向运动，从O到A运动的过程中，下列关于小球的机械能E、动能E、电场的电势φ及电场强度E随小球运动的位移x变化的图像，可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】DO到A运动过程中，随小球运动的位移x变化，电场强度E先增大后减小，且O和A点的电场强度不为零，故D错误；A球的机械能EJ随位移x变化的图像的斜率故A正确；B．小球的动能Ek随位移x变化的图像的斜率小球合力先变小后变大，故B错误；第6页/共16页C．沿着电场线方向，电势一直降低，故C错误。故选A。8.在一次射击游戏中，子弹以某一水平初速度击中静止在光滑水平地面上的木块，进入木块一定深度后与木块相对静止。设木块对子弹的阻力大小恒定，子弹从进入木块到刚与木块相对静止的过程中，下列四幅图中子弹与木块可能的相对位置是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】子弹打击木块过程，系统动量守恒，则有对木块，根据动能定理有解得木块的位移对子弹，根据动能定理有解得子弹的位移比较可知它们的相对位移它们位移的大小关系是故选A。二、选择题：本大题共2小题，每小题5分，共分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。9.远距离输电示意图如图所示，若采用的高压输电，输电线上电压下降了，损耗的电功率为第7页/共16页；在保持输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用特高压输电，输电线上电压下降了，损耗的电功率变为。不考虑其他因素的影响，下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【详解】AB．根据，可得可知高压输电改成特高压输电，电压提高了10倍，故损失电压变为原来的0.1倍，即故A错误，B正确；CD．根据由于电压提高了10倍，故损失电压变为原来的0.01倍，即故C正确，D错误。故选BC。10.OO'以某一角速度转动，穿过线框的磁通量随时间的变化情况如图乙所示。下列说法正确的是（）第8页/共16页A.图甲情况中时刻线框中无电流B.图甲情况下0~2s内线框内电流方向改变一次C.情况一与情况二中线框产生的感应电流最大值之比为D.情况一与情况二在2s内线框产生的热功率之比为【答案】CD【解析】【详解】AB．图甲情况中0~2s内磁通量变化率不为零且保持不变，感应电流不为零且大小和方向均不变，故AB错误；C．情况一与情况二中线框产生的感应电动势最大值分别为，感应电流最大值之比为故C正确；D．情况一与情况二在2s内线框产生的热功率之比为故D正确。故选CD。三、实验题：本大题共2小题，共分。小明同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”低压交流电源、多用电表、开关和导线若干。第9页/共16页//实验次数匝匝/V/V14008006.011.92240016006.023.9031002004.17.96（1________（填“最大值”“有效值”或“平均值”（2、、线圈的电压，通过实验数据分析，你的结论是：在误差允许的范围内，________________________；（3）从（2）问表格中数据发现没有严格遵循变压器原、副线圈电压与匝数的关系，其原因不可能是__________。A.原、副线圈通过电流时发热B.铁芯在交变磁场作用下发热C.变压器铁芯漏磁D.原线圈输入交变电流的频率发生变化【答案】（1）有效值（2）（3）D【解析】【小问1详解】多用电表测量的是交流电的电压有效值。【小问2详解】根据法电磁感应原理，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即第10页/共16页。【小问3详解】表格中数据发现没有严格遵循变压器原、副线圈电压与匝数的关系，其原因可能是漏磁、发热，但交变电流的频率变化时，不会改变原、副线圈的电压比例关系。故选D。12.和内阻究电极间距对和的影响，实验电路图如图甲所示。已知电流表的内阻，量程为0~1mA，电阻箱阻值的变化范围为0~9999Ω。（1）连接电路后，开关闭合前电阻箱的阻值应调节到______（填“最大”“最小”或“任意”）值；（2为电阻箱两端电压；（3）保持铜片和锌片插入苹果中的深度不变，依次增加铜片与锌片的间距，先后得到图像如图乙中（abcd）所示；（4____________大”“减小”或“不变”）（5）曲线（c）对应的水果电池电动势E=______V，内阻r=______Ω3位有效数字）【答案】①.最大②.不变③.增大④.0.980（0.975~0.985）⑤.425（418~432）【解析】1）[1]滑动变阻器在电路中起限流作用，为了确保电路安全，开关闭合前电阻箱接入电路的阻值要调至最大。第11页/共16页（4）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有根据电源的片和锌片插入苹果中的深度不变，依次增加铜片与锌片的间距，先后得到图像如图乙中（ab（cd）所示图像，图像斜率的绝对值依次增大，图像纵轴截距不变，可知，随电极间距的增大，电动势不变，内阻逐渐增大。（5）[4]结合上述，根据图像可知，曲线（c）对应的水果电池电动势大小[5]由于结合曲线（c）有解得四、计算题：本大题共3题，共分。13.匀强磁场中，导体棒垂直导轨放置。轻绳绕过固定的定滑轮，一端连接导体棒，另一端挂有质量为的重物，连接导体棒与滑轮间的轻绳与导轨平行，重物运动过程中始终不会触地，也不会碰到定滑轮在导轨间部分的电阻值也为电阻均不计，不考虑摩擦和空气阻力，重力加速度为，导体棒始终与导轨接触且垂直。求：（1）重物匀速下降的速率；（2）重物匀速下降时电容器所带电荷量。【答案】（1）（2）【解析】小问1详解】重物匀速下降时，对导体棒和重物整体由平衡条件有第12页/共16页因为联立解得【小问2详解】重物匀速下降时，电容器两端电压根据联立解得电容器所带电荷量14.光滑水平台面上有一滑块，滑块右侧面是半径为R的圆弧，圆弧面与水平台面相切．小球从滑块的最高点沿圆弧面由静止释放，已知小球和滑块的质量分别为m、3m，重力加速度为g，小球可视为质点，在小球滑到圆弧面底端的过程中，求：（1）小球的水平位移大小；（2）小球刚滑到圆弧面底端时，滑块的速度大小；（3）小球刚滑到圆弧面底端时，小球对圆弧面底端的压力大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1详解】设小球对地水平分速度大小为v，滑块对地速度大小为v，水平位移大小分别为x、x，在小球下滑过程，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，有整理后有由几何关系有第13页/共16页解得【小问2详解】当小球滑到圆弧面底端时，小球的速度大小为v，滑块的速度大小为v，满足动量守恒、机械能守恒，有，解得，【小问3详解】小球在圆弧面最底端时相对于圆弧的速度根据牛顿第二定律有由牛顿第三定律可得小球对圆弧面底端的压力大小解得15.如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内充满着沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小，第三象限内充满着垂直于坐标平面向外的匀强磁场。一质量为m、电量为q的带正电粒子以初速度从y轴上点垂直射入匀强磁场，从x负半轴进入第二象限，接着从y轴上点与y轴正方向成角进入第一象限，最后从x轴上的D（图中未画出）点射出电场。不