1、高2021级高二下学期第二次考试物理试题 总分100分 考试时间：90分钟一、选择题（每小题4分，共32分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。）1. 图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（）A. 按下按钮过程，螺线管端电势较高B. 松开按钮过程，螺线管P端电势较低C. 按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势D. 按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势【答案】A【详解】A按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端
2、流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A正确；B松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B错误；C住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，故C错误；D按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，故D错误。故选A。2. 如图所示，一个半径为的金属圆盘在匀强磁场中以角速度匀速转动（从左向右观察为顺时针方向）。这样构成一个法拉第圆盘发电机。假设其电动势为，等效内阻为。下列说法正确的是（ ）A. 圆盘发电机产生的是交流电B. 法拉第圆盘发电
3、机的电动势为C. 电源的输出功率为D. 流过电阻的电流方向为【答案】C【详解】A圆盘发出的是直流电，故A错误；BC由法拉第电磁感应定律可得，法拉第圆盘发电机的电动势为电源的输出功率为故B错误，C正确；D根据右手定则，流过电阻的电流方向为，故D错误。故选C。3. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为、，定值电阻R=27.5，理想电流表的示数为0.5A，a、b两端接正弦交流电源。下列判断正确的是（）A. B. 理想电压表V的示数C. 理想电流表的示数D. 定值电阻R中电流变化的频率为100Hz【答案】C【详解】ABC根据题意可知交流电的最大值为则理想电压表示数等于交流电有效值，为理想变压器两
4、端功率相等，所以有解得由变压器的电流关系可得故A、B错误，C正确；D定值电阻R中电流变化的频率为故D错误。故选C。4. 矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图1所示，线圈与灯泡和电表组成如图2所示的电路，图中电表均为理想交流电表，下列结论正确的是（）A. 在和时，电动势最大B. 时电压表的示数为0C. 在时，磁通量变化率为零D. 线圈产生的电动势的瞬时值表达式为e=157cos5t(V)【答案】D【详解】A由法拉第电磁感应可知电动势将上式变形后可得即磁通量随时间的变化规律图中，图像的切线斜率大小表示电动势与线圈匝数的比值大小，在和时
5、，图像切线斜率为0，则此时电动势最小，均为0，A选项错误；B电压表测得的示数是交流电的有效值，不是瞬时值，此交流电的有效值故时电压表的示数不为0，B选项错误;C由可知，磁通量随时间的变化规律图中，图像的切线斜率大小表示电动势与线圈匝数的比值大小，在时，图像的切线斜率最大，此时电动势最大，则由可知磁通量变化率最大，C选项错误;D磁通量随时间的变化规律是正弦变化，则电动势随时间的变化规律是余弦变化，电动势随时间变化的规律D选项正确。故选D。5. 如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1n210001，n3n41100，图中电压表示数为220V，电流表示数为10A，则高压输电
6、线的送电功率为（）A. 2.2103WB. 2.210-2WC. 2.2108WD. 2.2104W【答案】C【详解】对互感器甲，高压输电线的送电电压为对互感器乙，送电电流为所以高压输电线的送电功率为故选C。6. 如图所示，空间中存在一均匀磁场，方向垂直纸面向里。一长度为的铜棒以速度向右匀速运动，速度方向与铜棒长度方向之间的夹角为，则铜棒两端的电势差等于（）A. B. C. D. 【答案】D【详解】铜棒切割磁感线产生感应电动势，ab相当于电源，根据右手定则，判断知a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，根据法拉第电磁感应定律，可得故选D。7. 在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行
7、比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为()AT2r BT2rCT DT2l答案B解析根据单摆周期公式T2和GMgr2可得T2 2r ，故选项B正确8如图8甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径r0.10 m、匝数n20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B T，线圈的电阻R
8、10.50 ，它的引出线接有R29.50 的小灯泡L，为理想交流电流表当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动，便有电流通过灯泡若线圈往复运动的规律如图丙所示(v取向右为正)，则下列判断正确的是()图8A电流表的示数为0.24 AB0.01 s时回路中的电流最大C回路中交流电的频率为100 HzD0.015 s时灯泡L中电流的方向为从CLD答案D解析由EBLv及vt图像可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则EmnB2rvm2.4 V，电流的有效值I A，A错；由图像可知T0.02 s，f50 Hz，C 错误；t0.01 s时，v0，所以 I0，B错；t0.015 s时，由右手
9、定则可知，电流方向为CLD，D正确二、多选题（每题4分，选对但不全得2分，共16分）9. 如图所示，足够长的光滑H形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为，上端连接一个阻值为R的电阻，置于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，今有一质量为m、有效电阻为r的金属杆垂直于导轨放置并由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度时，运动的位移为x，则以下说法中正确的是（）A. 金属杆所受导轨的支持力等于B. 金属杆下滑的最大速度C. 在此过程中电阻R上产生的焦耳热为D. 在此过程中流过电阻R的电荷量为【答案】AD【详解】A金属杆沿导轨下滑的过程中，所受安培力方向平行斜面向上
10、，由于金属棒在垂直导轨方向上处于平衡状态，则金属杆所受导轨的支持力故A正确；B金属杆下滑达到最大速度时做匀速直线运动，则有其中联立解得故B错误；C根据能量守恒定律得在此过程中回路中产生的总热量为电阻产生的焦耳热为故C错误；D在此过程中流过电阻的电荷量为其中联立可得故D正确。故选AD。10. 如图是通过降压变压器给用户供电的电路示意图，变压器到用户端输电线的总电阻为，假设用户端所有用电器均为纯电阻用电器，用图中虚线框中的R表示用户端正在使用的许多用电器的总电阻。已知输入端输入的是正弦交流电且电压恒定，变压器、各电表均为理想器材，当用户端使用的用电器个数减少时，则（ ）A. 用户端总电阻R减少B.
11、 电流表示数减小C. 电压表示数增大D. 用户端电压表示数增大【答案】BD【详解】A根据并联电路的特点，当用户端使用的用电器个数减少时，用户总电阻增大，故A错误；BC原线圈的电压不变，原副线圈的匝数比不变，所以副线圈的电压不变，既电压表示数不变，而副线圈的总电阻增大，由副线圈的电流I2变小，根据原副线圈的电流与匝数的关系可知可知电流表示数减小，故B正确，C错误；D由可知，U3增大，既用户端电压表示数增大，故D正确。故选BD。11. 如图所示,间距为、电阻不计的足够长平行光滑导轨竖直放置,其上端接有一阻值为的电阻,一质量为、长度为、电阻也为的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好,整个装置处于垂直纸
12、面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场中.现将金属棒由静止释放,金属棒下落过程中始终水平,经一定时间后金属棒速度达到最大速度,此过程中通过电阻的电荷量为,重力加速度为,下列说法正确的是（ ）A. 此过程中金属棒做加速度减小加速运动B. 此过程中金属棒下落的距离为C. 此过程中金属棒克服安培力做的功为D. 当金属棒速度为时,金属棒的加速度大小为【答案】AD【详解】下降过程中，金属棒受到竖直向下的重力，竖直向上的安培力作用，故，而，速度增大，故安培力增大，所以加速度减小，故金属棒做加速度减小的加速运动，A正确；过程中通过金属棒的电荷量为，故下落的距离为，根由于金属棒的电阻和定值电阻R的电阻相等，故两者
13、产生的热量相等，根据能量守恒定律可得，解得，BC错误；当金属棒速度为时，安培力大小为，故，而，故，D正确12.在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为y5sin (t)，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x12 m处，波形图像如图5所示，则()图5A此后再经6 s该波传播到x24 m处BM点在此后第3 s末的振动方向沿y轴正方向C波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向D此后M点第一次到达y3 m处所需时间是2 s答案AB解析波的周期T s4 s，波长8 m，波速v2 m/s，则再经过6 s，波传播的距离为xvt12 m，该波传到x24 m处，选项A正确；M
14、点在此时振动方向沿y轴负方向，则此后第3 s末，即经过了T，该点的振动方向沿y轴正方向，选项B正确；因波传到x12 m处时，质点向y轴正方向振动，故波源开始振动时的运动方向沿y轴正方向，选项C错误；M点第一次到达y3 m位置时，所需的时间小于2 s，选项D错误二、必考非选择题。14. 如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电源接入如图乙所示的电路，电阻R阻值为100 ，则理想电压表读数为_ V，电阻R消耗的电功率为_ W。 【答案】 . 75 . 56.25【详解】1设理想电压表读数为U，根据交流电有效值的定义，
15、一个周期内产生的热量解得 U=75 V2由欧姆定律可得电阻R的电流I=0.75 A由电功率公式可得电阻R消耗的电功率P=I2R=56.25 W15.用单摆测定重力加速度的实验装置如图5所示图5(1)组装单摆时，应在下列器材中选用_(选填选项前的字母)A长度为1 m左右的细线B长度为30 cm左右的细线C直径为1.8 cm的塑料球D直径为1.8 cm的铁球(2)测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g_(用L、n、t表示)(3)下表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理.组次123摆长L/cm80.0090.00100.0050次全振动时间t/
16、s90.095.5100.5振动周期T/s1.801.91重力加速度g/(ms2)9.749.73请计算出第3组实验中的T_s，g_m/s2.(4)用多组实验数据作出T2L图像，也可以求出重力加速度g.已知三位同学作出的T2L图线的示意图如图6中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，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_(选填选项前的字母)图6A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对应的g值小于图线b对应的g值(5)某同学在家里测重力加速度他找到细线和铁锁，制成一个单摆
17、，如图7所示，由于家里只有一根量程为30 cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2.由此可得重力加速度g_(用l1、l2、T1、T2表示)图7答案(1)AD(2)(3)2.019.76(4)B(5)解析(1)单摆模型需要满足的两个基本条件是摆线长远大于小球的直径和小球的密度越大越好所以应选A、D.(2)由T，T2得g(3)T s2.01 sg m/s29.76 m/s2，(4)b图线为正确图线，a图线与b
18、图线相比，测量的周期相同时，摆长短，说明测量摆长偏小，A错误；c图线与b图线相比，测量摆长相同时，周期偏小，可能出现的原因是多记了全振动次数，所以B正确；由T2得T2L，图线斜率小，说明g偏大，故C错误(5)设A到铁锁重心的距离为l，有T12T22联立消去l解得g17.（10分） 一列简谐横波由质点A向质点B传播已知A、B两点相距4 m，这列波的波长大于2 m而小于20 m图13表示在波的传播过程中A、B两质点的振动图象求波的传播速度图13解析由振动图象读出T0.4 s，分析图象可知：t0时，质点A位于y轴正方向最大位移处，而质点B则经过平衡位置向y轴负方向运动所以A、B间距4，则 m，其中n
19、0,1,2因为这列波的波长大于2 m而小于20 m所以n有0、1两个可能的取值，即：1 m，2 m因v/T，所以v1 m/s或v2 m/s.答案 m/s或 m/s18. 某个小型水电站发电机的输出功率为P1=100kW，发电机的输出电压为U1=250V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的双线总电阻为R=10，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V，要求在输电线上损失的功率控制在4kW，请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算：（1）升压变压器输入的电流为多少？输电线上通过的电流是多少？（2）输电线损失的电压为多少？升压变压器输出的电压是多少？（3）两个变压器的匝数比各应等于多少？
20、【答案】(1)400A，20A；(2)200V，5000V；(3)，【详解】(1) 升压变压器输入的电流为由解得输电线上通过的电流是(2) 输电线损失的电压为由可得升压变压器输出的电压是(3)升压变压器的匝数比为降压变压器输入电压为降压变压器的匝数比为19. 如图甲所示，足够长的光滑斜面与水平面成固定放置，斜面上平行虚线和之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，间距为，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。现有一质量为、总电阻为、边长也为的正方形单匝金属线圈，其初始位置有一半面积位于磁场中。在内，线圈在平行斜面向上的力作用下恰好能保持静止，且在时力。在时刻撤去力，线圈开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈边始
21、终与虚线保持平行。已知线圈完全进入磁场前已经开始做匀速直线运动。求：（取，）（1）求t=0.125s时安培力大小和方向（2）线圈的质量；（3）线圈在磁场中运动的最大速度；（4）线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中，线圈中产生的焦耳热。【答案】（1），方向平行斜面向上；（2）；（3）；（4）【详解】（1）根据楞次定律可知内线圈感应电流方向为顺时针（从上往下看），t=0.125s时磁感应强度为，感应电动势为此时线圈MQ和NP边安培力相互抵消，线圈所受安培力大小即为MN边受到的安培力大小，即方向平行斜面向上。（2）在时力，此时线圈受力平衡有解得（3）撤去力后线圈加速下滑，因为安培力的作用，加速度在减小，当加速度为0时，速度到达最大值，有，联立解得（4）根据前面分析可知线圈在达到最大速度后将保持该速度匀速运动直到完全离开磁场，从开始运动到通过整个磁场的过程中，根据能量守恒有解得线圈中产生的焦耳热为Q=0.7875J
