四川省内江市威远中学校2022-2023学年高二下学期第二次阶段性考试理综物理 Word版含解析

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威远中学高2024届高二下第二次阶段性考试理科综合试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。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.下列说法中不正确的是（　　）A.闻其声而不见其人，此物理现象属于衍射。B.赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论C.红外线应用在遥感技术中是利用了它的穿透本领D.不同频率的电磁波在真空中的传播速度相同，但在同一均匀介质中的传播速度不相同【答案】C【解析】【详解】A．波长越长越容易发生衍射现象，声波比可见光波长长，所以闻其声而不见其人，此物理现象属于衍射，故A正确，不符合题意；B．赫兹通过实验捕捉到了电磁波，证实了麦克斯韦的电磁理论，故B正确，不符合题意；C．红外线应用在遥感技术中是因为其波长长，衍射能力强，不容易被云雾中的小分子散射掉，并不是穿透本领，故C错误，符合题意；D．不同频率的电磁波在真空中的传播速度相同，但在同一均匀介质中的传播速度不相同，故D正确，符合题意。故选C。2.如图甲所示，金属小球用轻弹簧连接在固定的光滑斜面顶端。小球在斜面上做简谐运动，到达最高点时，弹簧处于原长。取沿斜面向上为正方向，小球的振动图像如图乙所示。则说法正确的是（　　）A.弹簧最大伸长量为4mB.过程中，小球的机械能在增大C.到内，小球的重力势能逐渐减小D.到内，小球路程为零

1【答案】C【解析】【详解】A．小球的振幅即为振子的最大位移，由图乙可知，振幅为由于振子到达斜面最高点时，弹簧处于原长，所以弹簧的最大伸长量为故A错误；B．根据题意可知，过程中，弹簧的长度由零变长，弹簧弹力为拉力，弹簧对小球做负功，小球的机械能减小，故B错误；C．到内，小球沿斜面向下运动，小球的重力势能逐渐减小，故C正确；D．到内，小球的路程是故D错误。故选C。3.如图所示，a、b、c是三个相同的小灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻和灯泡电阻一样大，下列说法正确的是（　　）A.开关S闭合时，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮，通过b灯电流方向向左B.开关S闭合，电路稳定后，a、b、c灯都亮，a、b灯亮度一样C.开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯闪亮一下再逐渐熄灭D开关S断开时，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭，通过b灯电流方向向左【答案】D【解析】【详解】A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得a灯逐渐亮，左边电源正极，通过b灯电流方向向右，故A错误；B．开关S闭合，电路稳定后，三灯都亮，自感线圈有电阻，通过a、b灯电流不一样，亮度不一样，故B错误；CD．开关S断开时，c灯立即熄灭，由于在L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在L与a、b

2灯之间形成新的回路，使得a、b灯逐渐熄灭，通过b灯电流方向向左，故C错误，D正确。故选D。4.如图为远距离输电的简易图，其中升压变压器M副线圈的匝数可通过滑动触头P调节，升压变压器M副线圈与降压变压器原线圈N之间导线的电阻为R，其余部分的电阻均可忽略，其中灯泡a、b的电阻值不受温度的影响。保持滑动触头的位置不变，断开电键，灯泡a发光。则下列说法正确的是（　　）A.保持电键闭合，将滑动触头向上滑动，电流表的读数变大B.保持电键闭合，将滑动触头向下滑动，输电线上损耗的功率减小C.保持滑动触头不动，闭合电键，灯泡a的亮度变亮D.保持滑动触头不动，闭合电键，输电线上损耗的功率增大【答案】D【解析】【详解】CD．保持滑动触头不动，闭合电键，负载电阻减小，降压变压器副线圈的电流增大，根据变压器的工作原理可知，降压变压器原线圈的电流增大，即输电线上的电流增大，输电线上损失的电压为可知输电线上损失的电压增大，输电线上损失的功率为可知输电线上损失的功率增大，降压变压器的输入电压为可知降压变压器的输入电压减小，输出电压减小，即灯泡a两端的电压减小，灯泡a的亮度变暗，故C错误，D正确；B．保持电键闭合，将滑动触头向下滑动，升压变压器原线圈输入电压不变，副线圈匝数增加，根据变压器的工作原理可知升压变压器输出电压增大，负载的电压也增大，电路中的总电流增大，输电线上损耗的功率

3增大，故B错误；A．保持电键闭合，将滑动触头向上滑动，升压变压器原线圈输入电压不变，副线圈匝数减少电压减小，同理可得电路中的总电流减小，电流表的读数减小，故A错误。故选D。5.如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径m、匝数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，线圈的电阻Ω，它的引出线接有Ω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（　　）A.电流表的示数为0.24AB.0.015s时，灯泡L中电流的方向为从C→L→DC.0.01s时，回路中消耗的总功率为0.24WD.0.01s时，回路中的电流最大【答案】B【解析】【详解】A．由及图像可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则电流的有效值故A错误；C．0.01s时，回路中消耗的总功率为故C错误；D．时，，可知电动势为零，根据欧姆定律可知电流为零，故D错误；

4B．时，由右手定则可知，电流方向为，故B正确。故选B。6.B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射。探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为，下列说法正确的是（　　）A.质点M开始振动的方向沿y轴正方向B.内质点M运动的路程为C.超声波在血管中传播速度为D.时质点N恰好处于波锋【答案】BC【解析】【详解】A．根据同侧法可知质点M开始振动的方向沿y轴负方向，A错误；B．由题可知，质点M运动的路程为B正确；C．超声波在血管中的传播速度为C正确；D．质点N第一次到达波锋的时间为D错误。故选BC。7.在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10，R3=20，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2

5随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）A.所用交流电的频率为50HzB.电压表的示数为100VC.电流表的示数为1.0AD.变压器传输的电功率为15.0W【答案】AD【解析】【详解】A．交流电的频率为A正确；B．通过电流的有效值为两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压电阻两端分压即为电压表示数，即B错误；C．电流表的示数为C错误；

6D．副线圈中流过的总电流为变压器原副线圈传输的功率为D正确。故选AD8.如图甲所示，为保证游乐园中过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置，磁性很强的钕磁铁安装在轨道上，正方形金属线框安装在过山车底部。过山车返回站台前的运动情况可简化为图乙所示的模型。线框abcd沿斜面下滑，bc边进入匀强磁场时开始以做减速运动，bc边出磁场时，线框恰好以做匀速直线运动，已知线框边长为L、匝数为n、总电阻为R，斜面与水平面的夹角为θ。过山车的总质量为m，所受摩擦阻力大小恒为f，磁场区域上下边界间的距离为L，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）A.线框刚进入磁场时，bc端电压为B.线框刚进入磁场时，线框受到安培力大小为C.线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量为D.线框穿过磁场过程中，产生的焦耳热为【答案】BD【解析】【详解】A．设线框刚进入磁场时的速度大小为，线框刚进入磁场时，产生的感应电动势为端电压为

7故A错误；B．线框刚进入磁场时，线框受到安培力大小为根据闭合电路的欧姆定律可得联立可得故B正确；C．线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量为其中联立可得故C错误；D．线框离开磁场时的速度大小为，根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为故D正确。故选BD。三、非选择题：共174分。（一）必考题：共129分。9.“开车不饮酒，酒后不开车”是每一位司机都必须遵守的交通法规。图甲是气体中酒精浓度测试仪的原理图，电源电压，是气敏电阻，其阻值随气体中酒精浓度的变化规律如图乙所示。气体中酒精浓度大于或等于20小于80mg/100mL为酒驾，大于或等于80mg/100mL为醉驾。测试仪使用前应先调零，即当气体中酒精浓度为0时，调节滑动变阻器的滑片，使电压表示数，调零后的滑片位置保持不变。求：

8（1）调零后，接入电路中的阻值________；（保留两位有效数字）（2）当时，消耗的电功率________W；（保留两位有效数字）（3）在某次检测中，电流表示数为0.3A，试通过计算分析，判断该司机属于_______。（请选填“正常”、“酒驾”、“醉驾”）【答案】①.20②.1.0③.醉驾【解析】【详解】[1]由图乙可知，当气体中酒精浓度为0时，此时，根据串联电路分压原理可得[2]根据功率的表达式，有带入数据，可得[3]某次检测中，电流表示数为0.3A，此时两端的电压为由欧姆定律可得结合图乙可知此时气体酒精浓度为80mg/100mL，可知为醉驾。10.小明利用单摆测量当地的重力加速度。（1）为了更精确测量摆长，小明用10分度的游标卡尺测量摆球直径如图a所示，摆球直径为______mm。利用刻度尺测得摆线长为97.10cm，若他用秒表记录下单摆50次全振动所用时间，由图b

9可知该次实验中50次全振动所用时间为______s。（2）用多组实验数据作出T2—L图像，图c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，下列说法正确的是___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.出现图线c原因可能是释放摆球后，摆球不在同一竖直平面内运动，而做圆锥摆运动D.图线c对应的g值小于图线b对应的g值（3）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，如d图所示，由于家里只有一根量程为30cm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。作出图像e，由此可得重力加速度________（用L1、L2、T1、T2表示）。【答案】①.20.6②.99.7③.BC##CB④.【解析】

10【详解】（1）[1]摆球直径为[2]该次实验中50次全振动所用时间为（2）[3]ABD．由两边平方后可知是过原点的直线，b为正确的图线，a与b相比，周期相同时，摆长更短，说明a对应测量的摆长偏小；c与b相比，摆长相同时，周期偏小，可能是多记录了振动次数；图线c对应的斜率偏小，根据图像斜率可知故图像c对应g值大于图线b对应g值，可能是误将49次全振动记为50次，故AD错误，B正确；C．设做圆锥摆时摆线与竖直方向夹角为，故此时圆锥摆的周期为即此时测得的周期偏小，故测出的重力加速度偏大，故C正确。故选BC。（3）[4]设A到铁锁重心的距离为L，当O、A间细线的长度为时实际摆长变为，有当O、A间细线长度为时实际摆长变为，有联立解得

1111.发电厂输出的交变电压为22kV，输出功率为2.2×106W．要求输电导线上损失的电功率为输送功率的10%．现在用户处安装一降压变压器，用户电压为220V．求：（1）发电厂到变压器间的输电导线总电阻．（2）变压器原、副线圈的匝数之比．【答案】(1)（2）【解析】【详解】（1）设输电导线上损失的电功率为DP，由发电厂输出电压U1＝22KV，输出功率P1＝2.2×106W可得，输电导线上的电流为I1＝＝100A．输电导线损失的电功率DP＝I12R线＝10%P输电线总电阻R线＝22Ω（2）变压器原线圈两端电压U2＝U1－I1R线＝22×103－22×100（V）＝1.98×104V副线圈两端电压U3＝220V，而变压器原副线阍匝数之比等于电压之比，即＝90：1【点睛】通过输出功率求出导线上的电流，通根据P=I2R求出输电线上损失的功率，根据原副线圈的电压比等于匝数之比求出降压变压器的匝数比．12.相距m的足够长平行金属导轨竖直放置，质量为kg的金属棒和质量为kg的金属棒均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相。棒光滑，棒与导轨间动摩擦因数为，两棒电阻均为，导轨电阻不计。时刻起，棒受到一外力F（方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化）作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时也由静止释放棒。m/s2.（1）求磁感应强度B的大小和棒加速度大小；（2）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中金属棒产生的焦耳热；（3）求出棒达到最大速度时所对应的时刻。

12【答案】（1），；（2）；（3）【解析】【详解】（1）经过时间，金属棒的速率此时，回路中的感应电流为对金属棒，由牛顿第二定律得由以上各式整理得在图线上取两点，，，代入上式得（2）在末金属棒的速率在末金属棒所发生的位移由动能定律得，又

13联立以上方程，解得金属棒产生的焦耳热（3）棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，当棒速度达到最大时，有又整理解得（二）选考题：共45分。【物理──选修3-4】（15分）13.如图所示，图甲为沿x轴传播的一列简谐横波在s时刻的波形图，图乙为质点B的振动图像，下列说法正确的是（　　）A.从到s，该波沿x轴负方向传播了2mB.在s时，质点A的速度方向和加速度方向均沿y轴正方向C.从s到s，质点B沿水平方向平移的路程等于5cm

14D.在s时，质点C和质点D的速度大小相等，方向相反。E.此列波能和频率为2.5Hz的另一列简谐横波产生的干涉现象【答案】BDE【解析】【详解】A．由图乙可知，B质点在时在平衡位置向下振动，由同侧法可知，波沿x轴负方向传播，从到s运动了，根据图甲可知，该波沿x轴负方向传播了2cm，故A错误；B．根据同侧法可知，时刻质点A沿y轴负方向振动，s时即经过半个周期，质点A的位移为负，此时质点A的速度方向沿y轴正方向，根据牛顿第二定律可知质点A的加速度方向沿y轴正方向，故B正确；C．从s到s，质点B在竖直方向上振动，沿水平方向平移的路程为0，故C错误；D．将图甲向前推四分之一周期B质点在波峰处，C和D质点在平衡位置，所以质点C和质点D的速度大小相等，方向相反，故D正确；E．此列波的频率能和频率为2.5Hz的另一列简谐横波产生的干涉现象，故E正确。故选BDE。14.一列简谐横波图像如图所示，t1时刻的波形如图中实线所示，t2时刻的波形如图中虚线所示，已知Δt=t2-t1=0.5s。（1）若波向右传播，则这列波的可能波速的表达式；（2）若波向左传播，且3T<Δt<4T，则波速多大？（3）若波速v=68m/s，则波向哪个方向传播？【答案】（1）（n=0,1,2,3…）；（2）60m/s；（3）向右传播【解析】【详解】（1）若波向右传播，根据波形的周期性可得

15（n=0,1,2,3…）（2）同理可得，若波向左传播，可得（n=0,1,2,3…）由于3T<Δt<4T，则n=3，代入上式可得v=(16×3+12)m/s=60m/s（3）假设波向右传播，将v=68m/s代入v=16n+4m/s解得n=4假设成立，故波向右传播。