四川省遂宁高级实验学校2024-2025学年高二下学期物理周测三

高二物理下期周测三 时间:40分钟 总分60分 一 选择题：（1-8为单选，9-10为多选。每个4分，共40分） 1．如图所示，对做简谐运动的弹簧振子m的受力分析，正确的是(　　) A．重力、支持力、弹簧的弹力 B．重力、支持力、弹簧的弹力、回复力 C．重力、支持力、回复力、摩擦力 D．重力、支持力、摩擦力 2．如图所示，正方形单匝线圈的边长，线圈的电阻.直线与边相距，过且垂直纸面的竖直平面右侧有磁感应强度的匀强磁场，方向垂直于纸面向里.线圈以为轴匀速转动，角速度，以图示位置为计时起点.则( ) A.线圈中产生的交流电瞬时值表达式为 B.流过边的电流方向保持不变 C.当时，穿过线圈的磁通量为0.06 Wb D.从到，穿过线圈磁通量的变化量大小为0.06 Wb 3.图中O点为单摆的固定悬点，现将摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，摆球将在竖直平面内的A、C之间来回摆动，B点为运动中的最低位置，则在摆动过程中(　　) A．摆球受到重力、拉力、向心力、回复力四个力的作用 B．摆球在A点和C点处，速度为零，合力与回复力也为零 C．摆球在B点处，速度最大，细线拉力也最大 D．摆球在B点处，速度最大，回复力也最大 4.把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，平衡位置为O，小球在A、B间振动，如图所示，下列结论正确的是(　　) A．小球在O位置时，动能最大，加速度最小 B．小球在A、B位置时，动能最大，加速度最大 C．小球从A经O到B的过程中，回复力一直做正功 D．小球在O位置时系统的总能量大于小球在B位置时系统的总能量 5．如图所示，长直导线MN中通有方向如图的电流i，其正下方有矩形导线框abcd，在下列哪种情况下，abcd中没有感应电流产生（　　） A．直导线中电流变大 B．导线框向下移动 C．线框以bc边为轴转动 D．线框水平向右移动 6．如图所示，在直线上方空间有垂直于线框平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B.顶角为60°、电阻为R、半径为L的扇形线框绕O点以角速度逆时针匀速转动，在连续转动过程中，线框中感应电流的有效值为( ) A. B. C. D. 7.光滑的水平面上放有质量分别为m和m的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示。已知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统能象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为(　　) A．　　　 B．　　 C．　　 D． 8.如图所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则小球在振动过程中(　　) A．小球最大动能应等于mgA B．弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变 C．弹簧最大弹性势能大于2mgA D．小球在最低点时的弹力等于2mg 9.“稳压”电源可预防发生由于输电线老化，线损提高，导致入户电压降低，远达不到用电器正常工作需要的情况.这个电源就是一种升压设备.其原理是根据入户电压与电器工作电压来智能调节变压器原、副线圈的匝数比.下列说法正确的是（忽略变压器电阻）( ) A.现入户电压，若要“稳压”电源输出电压，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 10.如图所示，虚线PQ左侧有垂直于光滑水平面向下的匀强磁场，右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小均为B。边长为L、质量为m、电阻为R的均匀正方形单匝金属线框abcd放在水平面上，处在PQ右侧的匀强磁场中。给线框一个向左的初速度v0，线框刚好能完全通过虚线PQ，线框运动过程中cd边始终与PQ平行，则线框运动过程中（ ） A．线框运动过程中的最大加速度为 B．通过线框横截面的电荷量为 C．线框中产生的焦耳热为 D．线框有一半进入PQ左侧磁场时速度大小为 二．实验题（每空2分，共8分） 11.(1)某学生利用单摆做测定重力加速度的实验，其具体操作如下： A.在铁架台上固定一个夹子，把单摆的摆线夹在夹子上 B.用刻度尺和游标卡尺测出摆长l C.将摆球向一侧偏离30°后由静止释放摆球 D.在释放摆球的同时开始计时 E.记下摆球完成n次(大于30次)全振动的时间t F.把所得数据代入公式g＝ 该学生的上述操作中，错误的是　　　。(只填字母代号) (2)(8分) (多选)如图为用单摆测重力加速度的实验，为了减少误差，下列措施正确的是(　　) A.摆长l应为线长与摆球半径的和，且在20 cm左右 B.在摆线上端的悬点处，用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线 C.在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线 D.计时起点和终点都应在摆球的最高点且不少于30次全振动的时间 (3)某同学正确操作，得到了摆长l和n次全振动的时间t，由此可知这个单摆的周期T＝　　　　，当地的重力加速度g＝　　　　。 三 计算题（12分，说明：1-7班只做12题，8-11班只做13题） 12.（12分）如图所示，交流发电机的矩形金属线圈，ab边和cd边的长度，bc边和ad边的长度，匝数匝，线圈的总电阻，线圈位于磁感应强度B=0.05T的匀强磁场中。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值的定值电阻连接。初始状态时线圈平面与磁场方向平行，现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴以角速度匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。 （1）从线圈经过图示位置开始计时，写出线圈产生的电动势e随时间变化的函数关系式； （2）求线圈转动过程中电阻R的发热功率； （3）从线圈经过图示位置开始计时，求经过周期时间通过电阻R的电荷量。 13.（12分）某学校有一台应急备用发电机，内阻为R＝1 Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为r＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V　40 W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，则 (1)输电线上损耗的电功率多大？ (2)发电机的输出功率多大？ (3)发电机的电动势多大？ 高二物理周测三答案 1.答案：A 解析：有不少同学误选B，产生错解的主要原因是对回复力的性质不能理解清楚或者说是对回复力来源没有弄清楚造成的，一定清楚地认识到回复力是根据效果命名的，它是由其他力所提供的力。 2答案：C 解析：当边在磁场中时，线圈中产生的交流电最大值，则感应电动势瞬时值表达式为；当边在磁场中时，线圈中产生的交流电最大值，感应电动势瞬时值表达式为，故A错误.每个周期电流方向改变两次，故B错误.时，线圈转过180°，在磁场中且垂直于磁场，故穿过线圈的磁通量，故C正确.从到，线圈转过90°，此时线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，故穿过线圈磁通量的变化量，故D错误. 3[解析]　摆球在运动过程中只受到重力和拉力作用，向心力、回复力为效果力，实际上不存在的，所以A错误；摆球在摆动过程中，在最高点A、C处速度为零，回复力最大，合力不为零，在最低点B处，速度最大，回复力为零，细线的拉力最大，C正确，B、D错误。 4.[解析]　小球在平衡位置时动能最大，加速度为零，A正确；小球在A、B位置时，动能最小，加速度最大，B错误；小球靠近平衡位置时，回复力做正功，远离平衡位置时，回复力做负功，C错误；在小球振动过程中系统的总能量不变，D错误。 5．D解析：A．直导线中电流变大，磁感应强度变大，所以磁通量变大，有感应电流，故A错误； B．导线框向下移动，离导线变远，磁感应强度变小，故磁通量变化，所以可以产生感应电流，故B错误； C．线框以bc边为轴转，磁通量发生变化，有感应电流，故C错误； D．线框水平向右移动，磁感应强度不变，所以磁通量不变，不会产生感应电流，故D正确。 6．答案：D 解析：线框进入磁场或离开磁场时都会产生感应电流，大小为，线框转动一周产生感应电流的时间为，由电流有效值的概念可得，解得，故D正确. 7答案：C解析：f＝0.5ma，kA＝1.5ma，由上两式解得A＝。 8答案：D 解析：小球平衡位置kx0＝mg，x0＝A＝，当到达平衡位置时，有mgA＝mv2＋Ep，A错。机械能守恒，因此动能、重力势能和弹性势能之和保持不变，B错。从最高点到最低点，重力势能全部转化为弹性势能，Ep＝2mgA，最低点加速度等于最高点加速度g，据牛顿第二定律F－mg＝mg，F＝2mg，D正确。 9.答案：AD 解析：变压器原副线圈电压比等于匝数比，代入数据有，故A正确；空调启动时，副线圈并联负载增多，副线圈电流增大，导线电阻分压增加，导线电阻耗能升高，热水器电压降低，功率降低，空调制冷停止时，则情况相反，故B、C错误；用电器正常工作时，功率不变，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，故D正确. 10．CD解析：A．当cd越过PQ后，cd切割磁感线，根据右手定则可知，c端为负极、d端为正极；ab也切割磁感线，根据右手定则可知，a端为负极、b端为正极，从而构成一个双电源的闭合回路，再根据左手定则可判断出ab、cd导体边受到的安培力方向均向右，大小为E = 2BLv，I = ，F安 = 2BIL = ，则根据牛顿第二定律有a = ，由上式可看出当线框速度为最大速度v0时加速度a最大，为a = B．根据电荷量的计算方法有q = t， = = ，L = t，经过计算有q = C．线框运动过程中只有安培力做功，根据动能定理有 - W安 = 0 - mv02，W安 = Q = mv02 D．根据B选项的计算方法知，当线框有一半进入PQ左侧磁场时，通过线框横截面的电荷量为，再根据动量定理有 - 2Ft′ = mv′ - mv0， - 2Ft′ =  - 2BLq 计算后有v′ = 11)(1) 答案　CD 解析　要使单摆做简谐运动，摆角要小于5°，选项C错误；释放摆球后要等摆球摆动稳定后再计时，并且要从平衡位置开始计时，选项D错误。 　(2)BC　(3)　 解析　(2)摆长应为摆线长加上摆球的半径，摆长在1 m左右为宜，选项A错误；为使实验过程中摆长不变，悬点处用开有夹缝的橡皮塞夹牢摆线，选项B正确；在铁架台的竖直杆上固定一个标志物，且尽量使标志物靠近摆线，保证摆球做的是单摆运动，可减小计时误差，选项C正确；计时起点与终点应在平衡位置，因为此位置摆球速度大，计时误差小，选项D错误。 (3)由t＝nT知单摆的周期T＝。由T＝2π得 g＝，将T代入得g＝()2l＝。 12.（1）；（2）；（3） 解析：（1） 代入数据得电动势e随时间变化的函数关系式 （2） 根据闭合电路欧姆定律有电路中电流的有效值为 电阻R的发热功率 （3）线框从此位置转过四分之一周期的过程中：平均感应电动势 平均感应电流 通过电阻R的电荷量 （这样写也可得分： 由 及得q=5×103c） 13.[答案](1)根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的输电过程，如图所示。 所有灯都正常工作的总功率为P2′＝22×6×40 W＝5 280 W 用电器都正常工作时的总电流I2′＝＝ A＝24 A 两个变压器之间输电线上的电流Ir＝I2＝＝6 A 故输电线上损耗的电功率Pr＝Ir2r＝144 W。 (2)升压变压器的输出功率P1′＝Pr＋P2′＝5 424 W。 而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率P出＝P1＝P1′＝5 424 W。 (3)降压变压器上的输入电压U2＝4U2′＝880 V 输电线上的电压损失Ur＝Irr＝24 V 因此升压变压器的输出电压U1′＝Ur＋U2＝904 V 升压变压器的输入电压U1＝＝226 V 升压变压器的输入电流I1＝4Ir＝24 A 发电机的电动势E＝U1＋I1R＝226 V＋24×1 V＝250 V。 答案：(1)144 W　(2)5 424 W　(3)250 V ( 6 ) 学科网（北京）股份有限公司 $