山西大同市阳高县第一中学校2024-2025学年高二下学期4月阶段检测物理试题

**基本信息** 以雅鲁藏布江水电工程、XCT扫描等真实情境为载体，融合交流电、电磁感应等核心知识，通过计算与实验题考查科学推理与模型建构能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/32|交流电、变压器、单摆|结合发电机参数调整等问题，考查物理观念应用| |多选题|2/8|电场平衡、动量守恒|通过带电小球平衡情境，体现科学论证| |实验题|2/18|光的干涉、电阻测量|设计双缝干涉条纹计算，培养科学探究能力| |计算题|2/42|电子偏转、电磁导轨|综合电磁感应与动量定理，突出复杂问题解决|

2024-2025学年大同阳高一中4月月考考试 高二物理 （考试时间：75分钟 满分：100分） 学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题 1．某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110V、频率为60Hz，要使它产生的电动势变为220V、频率变为50Hz，需要调整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小B下列调整合适的是( ) A． 使n变为原来的1.2倍，B变为原来的2倍，N变为原来的1.2倍 B． 使n变为原来的，B变为原来的倍，N变为原来的2倍 C． 使n变为原来的，N变为原来的2倍，B不变 D． 使n变为原来的，N变为原来的2.4倍，B不变 2．雅鲁藏布江下游水电工程开工仪式于2025年7月19日上午在西藏自治区林芝市举行。工程主要采取截弯取直、隧洞引水的开发方式,建设5座梯级电站,总投资约1.2万亿元。工程电力以外送消纳为主,兼顾西藏本地自用需求。如图所示为高压输电示意图,升压变压器和降压变压器都是理想变压器,输入电压不变,减小输电线的电阻率,要使输出电压不变,下列方法可行的是(   ) A.减小 B.增大 C.增加用户端电器 D.缩短输电距离 3．两个摆长分别为和的单摆，做小角度的振动，它们的振动图像分别如图中的1和2所示，可知为(   ) A.1:3 B.1:9 C.3:1 D.9:1 4．如图所示，电磁俘能器由动磁铁、定磁铁和若干固定线圈组成，当受到外界激励时，动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，与线圈发生相对运动，线圈中会产生感应电流。若动磁铁产生的磁场垂直于纸面向里，下列说法正确的是(      ) A.动磁铁的磁性越强，线圈中产生的感应电流越大 B.如图位置时，线圈1中感应电流产生的磁场垂直纸面向里 C.如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为顺时针 D.如图位置时，线圈2有扩大的趋势 5．我国海上风电集群通过绕有多组副线圈的理想变压器向岸电系统输电，变压器原线圈匝数匝，接入电压的交变电流，原线圈的输入功率。副线圈有两个：匝向近海平台供电，向远方城市输电，简化图如图所示。已知向近海平台输电的副线圈输出功率，城市输电线路的总电阻，城市输电导线的电阻损耗的功率是，下列说法正确的是(      ) A.副线圈的电流为100A B.城市输电线路中的电流为20A C.匝 D.保持输入电压和功率不变，撤除近海平台的副线圈，则城市输电导线的电阻损耗的功率为 6．某单摆做简谐运动的振动图像如图所示,取,则该单摆( ) A.周期为1.0s B.摆长约为1m C.时所受合力为零 D.与时加速度相同 7．如图所示,有一矩形线圈绕轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流,通过滑环接一理想变压器,线路中接有电压表和电流表,不计矩形线圈和导线的电阻,滑动接头P可以上下移动,副线圈上接有可调电阻R,下列判断正确的是( ) A.当P位置不动、R增大时,电压表的示数增大 B.当P位置不动、R增大时,电压表的示数减小 C.当P位置向上移动、R不变时,电流表的示数增大 D.当P位置向上移动、R不变时,电流表的示数减小 8．如图所示，交流电电压，滑动变阻器（阻值）的滑片处于某一位置时，理想交流电压表示数，灯泡（，100W）、（50V，50W）均恰好正常发光。变压器为理想变压器，下列说法正确的是(      ) A.变压器输出电压频率为100Hz B.电阻 C.变压器原副线圈匝数比 D.若将滑动变阻器触头向b端移动，灯泡将会变暗 二、多选题 9．如图所示，A、B两个带电小球可以看成点电荷，用两等长绝缘细线悬挂起来，在水平方向的匀强电场中，A、B静止，且悬线都保持竖直，已知A、B相距带的电荷量为，静电力常量，则(      ) A.小球B带正电， B.小球B带负电， C.匀强电场的电场强度大小，方向水平向左 D.A、B连线中点处的电场强度大小为，方向水平向右 10．如图所示，一个质量为M的长条木块放置在光滑的水平面上，现有一颗质量为m、速度为的子弹射入木块并最终留在木块中，在此过程中，木块运动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，木块对子弹的平均阻力为f，则下列说法正确的是(      ) A.子弹射入木块前、后系统的机械能守恒 B.子弹射入木块前、后系统的动量守恒 C.f与d之积为系统损失的机械能 D.f与s之积为子弹减少的动能 三、实验题 11．图甲为研究光的干涉现象的实验装置。已知双缝间的距离为d,双缝到光电传感器的距离为L。某次实验时用绿色激光照射,得到图乙所示的光照强度分布图,光照强度峰值处为各亮条纹中心。请回答下列问题: (1)若双缝竖直,则光屏上出现的是一系列___________(填“水平”或“竖直”)的明暗相间的条纹。 (2)只增加激光器的发射功率,光照强度分布图发生的变化是( ) A.光照强度的峰值变大 B.相邻光照强度峰值处水平间距变小 (3)可算出该激光的波长为___________。(用d、a、L表示) (4)若改用功率相同红色激光照射,光电传感器上条纹间距___________(选填“变大”“不变”或“变小”)。 12．在电阻阻值测量中常常会用到平衡比较法。某实验小组测量待测电阻的阻值。 （1）实验步骤如下： ①图甲中，开关断开时灵敏电流表G（零刻线在表盘正中间）的指针指向正中间，开关闭合时G指针向A端偏转。用图乙所示的电路进行实验，开关闭合前，滑动变阻器R的滑片应该置于________________（填“C”或“D”）端。 ②图乙中，是三个完全相同的电阻，为电阻箱，为待测电阻。闭合开关，调节滑动变阻器R，发现灵敏电流表G指针向B端偏转，则此时应调节电阻箱使阻值______________（填“增大”或“减小”），使G指零（指针指向正中间）。 ③读得电阻箱的阻值为846 Ω，则待测电阻的阻值为____________Ω。 （2）当三个电阻不完全相同时： ①用图乙所示电路按上述步骤使灵敏电流表G指零，读得的阻值记为，在不增加实验器材的前提下需增加实验步骤完成实验，该步骤为________________（单选，填正确答案标号）。 A.交换“a”和“b、c”的位置，调节电阻箱使G重新指零，读阻值 B.将滑动变阻器的滑片向C滑动，使G重新指零，读阻值 C.交换“”和“b、c”的位置，调节电阻箱使G重新指零，读阻值 ②按所选步骤读得的阻值记为，则待测电阻的阻值为__________________（用表示）。 四、计算题 13．XCT扫描是临床医学重要的检测手段，可精准探测人体病灶位置与形态。如图为XCT机产生X射线的核心装置简化示意图：M、N极板间为加速电场，右侧虚线框区域S为竖直方向上的匀强偏转电场。工作时，电子由静止开始在加速电场中加速，沿水平方向进入偏转电场，出偏转电场后沿直线运动打在右侧圆形靶台的中心P点，高速电子轰击靶台即可产生X射线。已知电子的质量为m、电荷量为e，MN两端的电压的绝对值为，偏转电场区域水平宽度为，偏转电场强度，P点距离偏转电场右边界的水平距离为L，全程真空环境，忽略电子重力及电子间的相互作用。求： (1)电子刚进入偏转电场时速度的大小； (2)打在P点的电子束偏离原水平方向的竖直高度H。 14．如图所示，足够长的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨平滑连接，倾斜导轨与水平面的夹角为，导轨间距均为L。两导轨间均存在垂直于各自导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒和分别放在倾斜导轨和水平导轨上，导体棒始终与导轨垂直且接触良好。现同时由静止释放导体棒和，导体棒到达导轨转折点之前系统已经达到第一次稳态，且系统第一次达到稳态后再经过t时间棒到达导轨转折点，此时两棒间的距离为x。cd棒经过转折点时速度大小不变，方向变为沿倾斜导轨向下，再经过一定时间后系统达到第二次稳态。忽略导轨的电阻，不计一切其他阻力。求： (1)系统达到第一次稳态时导体棒的加速度大小； (2)从系统第一次达到稳态到棒运动到导轨转折点的过程中两棒运动的距离差； (3)系统第二次达到稳态时两棒的间距。 参考答案 1．答案：D 解析：使n变为原来的1.2倍，B变为原来的2倍，N变为原来的1.2倍，其中，电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSn，电动势将变为原来的2.88倍，不符合题意，故A错误；使n变为原来的，B变为原来的倍，N变为原来的2倍，电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSn，电动势将变为原来的倍，不符合题意，故B错误；使n变为原来的，N变为原来的2倍，B不变，电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSn，电动势将变为原来的倍，不符合题意，故C错误；使n变为原来的，N变为原来的2.4倍，B不变，电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSn，电动势将变为原来的2倍，不符合题意，故D正确。所以D正确，ABC错误。 2．答案：C 解析：解法一常规解法 若不变,由理想变压器变压规律可知,不变意味着不变。仅输电线的电阻率减小时,由可知减小。又,故要使不变,可以减小,或增大。由可知,增大或减小可以减小,AB错误。由及理想变压器变流规律可知,增大输电距离,或增大电流(由可知用户端功率增大),可以增大,C正确,D错误。 解法二等效电阻法 将降压变压器及其右侧电路等效为一个电阻,有。根据理想变压器的变压规律有,根据串联电路的分压规律可知,由电阻定律可知,减小输电线的电阻率,减小。再减小或增大,均增大,又降压变压器原副线圈的匝数比不变,可知增大,AB错误。再增加用户端电器,R减小,则减小,可能不变,则可能不变,C正确。再缩短输电距离,根据电阻定律可知,减小更多,一定增大,一定增大,D错误。 3．答案：D 解析：由图可知，两个单摆的周期之比为，由单摆的周期公式可知，故选D。 4．答案：B 解析：A.感应电流的大小与磁通量变化快慢有关，即动磁铁的磁性越强，但是转动很慢，则线圈中产生的感应电流不会越大，故A错误； BCD.当动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转到如图位置时，线圈1中的磁通量垂直于纸面向里且减小，则线圈1中感应电流产生的磁场垂直纸面向里，线圈2中的磁通量垂直于纸面向里且增大，根据楞次定律可知，线圈1和2中感应电流方向分别为顺时针和逆时针，线圈2有缩小的趋势，故B正确，CD错误。 故选B。 5．答案：C 解析：A副线圈的电压 副线圈的电流，A错误； B.城市输电线路中的电流满足，解得，B错误； C.副线圈的功率 副线圈的电压 副线圈的匝数匝，C正确； D.保持输入电压和功率不变，撤除近海平台的副线圈，则副线圈n的功率副线圈的电流 则城市输电导线的电阻损耗的功率为，D错误。 故选C。 6．答案：B 解析：A.由图可知,周期,故A错误; B.由,得,故B正确; C.时小球经过平衡位置,水平方向不受力,但竖直方向所受合力不为零,故小球所受合力不为零,故C错误; D.和时,小球分别到达平衡位置两侧最大位移处,此时向心加速度为零,故小球的加速度沿切线指向平衡位置,加速度方向不同,大小相等,故加速度不同,故D错误。 故选B。 7．答案：C 解析：AB.因不计矩形线圈和导线的电阻,电压表的示数即电动势的有效值,电动势不变,电压表示数不变,故AB错误;CD.根据理想变压器变压规律,副线圈输出电压,因减小,会增大,由输出功率等于输入功率知,电流表示数会增大,故C正确,D错误。故选C。 8．答案：B 解析：A.由可知，故变压器输出电压频率为 A错误； C.设变压器的输出电压为，灯泡正常发光，则 由题意可知变压器的输入电压为 故变压器原副线圈匝数比，C错误； B.变压器的输出电流为 由，可得 交流电源的电压有效值为 故电阻的阻值为 B正确； D.设副线圈总电阻为R，将变压器等效为一个电阻，则有 故 若将滑动变阻器触头向b端移动，则副线圈总电阻变大，故等效电阻变大 由可知减小，又因为，故变大，所以变大，流过灯泡的电流变大，灯泡将会变亮，D错误。 故选B。 9．答案：BC 解析：假设A、B两小球带同种电荷，相互排斥，而它们受到电场的静电力方向相同，一定有一连接小球的细线偏离竖直方向，不符合题意，故两小球必定带异种电荷，即B带负电。因A球受力平衡，B对A的作用力水平向右，所以匀强电场方向水平向左；对A、B分别受力分析，由平衡条件得，代入数据得，A错误，B、C正确；A、B在连线中点处产生的电场强度大小相等，均为，方向水平向右，则A、B连线中点处的电场强度大小，方向水平向右，D错误。 10．答案：BC 解析：A.根据题意可知，在该过程中由于产生了内能，所以系统机械能减小，A错误；B.系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，B正确；C.阻力与相对位移之积等于系统损失的机械能，即整个过程中的产热，C正确；D.根据能量守恒可知，子弹减少的动能一部分转化成了木块的动能，一部分转化成内能，而根据动能定理可知f与s之积为物块增加的动能，小于子弹减少的动能，D错误。故选BC。 11．答案：(1)竖直 (2)A (3) (4)变大 解析：(1)若双缝竖直,则光屏上出现的是一系列竖直的明暗相间的条纹。 (2)根据条纹间距公式可知,增加激光器的发射功率,条纹间距不变,相邻光照强度峰值处水平间距不变,但光照强度的峰值变大。 故选A。 (3)由图可得 所以 (4)由于红光波长更长,根据条纹间距公式可知,若改用功率相同红色激光照射,光电传感器上条纹间距变大。 12．答案：（1）①D；②增大；③423（2）①A；② 解析：（1）①由题图乙电路可知滑动变阻器采用的是分压式接法，为保证测量电路的安全，在闭合开关前应使测量电路的初始分压为零，故应将滑动变阻器R的滑片置于D端。②题图甲中当闭合时，电流从电源正极流出经过滑动变阻器回到负极，可知A点电势高于B点电势，题中实验现象“指针向A端偏转”可知灵敏电流表指针向电势较高的一端偏转，故闭合开关，调节滑动变阻器，发现灵敏电流表G的指针向B端偏转，说明B端电势高于A端电势，根据串并联电路规律可知分压偏大，分压偏小，为了使G的指针指零，根据串联电路分压规律可知，应调节电阻箱使阻值增大。③该实验利用电桥平衡原理测电阻，当灵敏电流表G指针指零时电桥平衡，又是三个完全相同的电阻，设均为，则根据电桥平衡原理得，联立有，解得待测电阻。 （2）①三个电阻不完全相同时，第一次指针指零时根据电桥平衡原理得，为了在不增加实验器材的前提下消除，则应交换“a”和“”的位置，并重新调节使电桥再次平衡，此时有，联立即可求解，A正确。②根据上述两式联立可得，解得待测电阻的阻值为。 13．答案：(1) (2) 解析：（1）加速电场中，由动能定理可得 解得 （2）在偏转电场中水平方向，电子做匀速直线运动则有 竖直方向，根据牛顿第二定律可得 电子在竖直方向的速度 电子射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角 电子在电场中偏转的位移 电子出偏转电场后的竖直方向位移， 解得 14．答案：(1) (2) (3) 解析：（1）系统第一次达到稳态前，对分析有 对分析有 系统第一次达到稳态时两棒加速度相等，则有 则 解得 （2）设棒运动到转折点处时速度为，此时棒速度为，系统第一次达到稳态后两棒速度差值不变，此时感应电动势 则， 联立解得两棒的速度差值为 则时间内两棒的位移差 （3）棒到达倾斜导轨后，第二次达到稳态两棒速度相同，对由动量定理： 对由动量定理： 两式相减得 其中 又因为 解得 则两棒第二次稳态时的间距 学科网（北京）股份有限公司 $