河南省安阳市殷都区2018_2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）

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1、1.闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的正弦式交变电流i=Imsint.若保持其他条件不变，使线圈的匝数和转速各增加1倍，则电流的变化规律为()A. i=ImsintB. i=Imsin2tC. i=2ImsintD. i=2Imsin2t【答案】D【解析】【详解】由电动势的最大值知，最大电动势与角速度成正比，与匝数成正比，所以电动势最大值为4Em，匝数加倍后，其电阻也应该加倍，此时线圈的电阻为2R，根据欧姆定律可得电流的最大值为Im=2Im，因此，电流的变化规律为i=2Imsin 2t，故选D.2.一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t=T时，线

2、圈中感应电动势的瞬时值为2V，则此交变电压的有效值为()A. 2VB. 2VC. VD. V【答案】A【解析】【详解】先用代入法求出感应电动势的最大值：由e=Emsin t得Emsin=2V，由此得Em=4 V，因此有效值为，选项A正确3.如图把电阻、电感、电容并联到某一交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是()A. I1=I2=I3B. I1>I2>I3C. I2>I1>I3D. I3>I1>I2【答案】D【解析】原来三个电流表的示数相同，说明三个支路中的电阻、感抗、容抗相等，当交变

3、电流的频率加大时，电阻的值不变，感抗变大，容抗减小，因此I1不变，I2减小，I3增大，即有I3>I1>I2，故选项D正确。4.如图所示，理想变压器原线圈接入的交变电压，副线圈通过电阻r6的导线对“220V,880W”的电器RL供电，该电器正常工作由此可知()A. 原、副线圈的匝数比为50:1B. 交变电压的频率为100HzC. 副线圈中电流的有效值为4AD. 变压器的输入功率为880W【答案】C【解析】试题分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解：输入电压的有效值为11000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的

4、输出电压大于220 V，原副线圈的匝数比小于50：1，故A错误；B、由输入电压的表达式知，f=Hz="50" Hz，故B错误；C、副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I="4" A，故C正确；D、变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，故D错误故选C【点评】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题5.某用电器距离供电电源为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为，那么，该输电导线的横截面积最小值是()A. B. C.

5、D. 【答案】B【解析】试题分析：根据欧姆定律得，根据电阻定律，解得，故B正确，A.C.D错误。考点：电阻定律【名师点睛】根据欧姆定律、电阻定律求出输电导线横截面积的最小值；解决本题的关键掌握电阻定律和欧姆定律，并能灵活运用。6.质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护使他悬挂起来已知弹性安全带的缓冲时间是1.5s，安全带自然长度为5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A. 500NB. 1100NC. 600ND. 1000N【答案】D【解析】试题分析：根据自由落体运动规律，该工人自由下落5m的时间为1s，则根据冲量定理则，带入则考点：冲量定理点评：

6、本题考查了冲量定理的简单运用，首先要计算自由落体运动的时间，然后利用冲量定理进行计算。7.质量为2kg的物体放在光滑水平面上，受到水平方向成30角的斜向上的拉力F=3N的作用，经过10s(取g=10m/s2)()A. 力F的冲量为15NsB. 物体的动量的变化是30kgm/sC. 重力的冲量是零D. 地面支持力的冲量是185Ns【答案】D【解析】【详解】拉力F向上的分量为Fsin30=1.5 N，地面支持力为=18.5 N，拉力F沿水平方向的分力为，根据I=Ft，所以力F的冲量为IF=30 Ns，合力的冲量为，则动量的变化量为15 kgm/s，重力的冲量为200 Ns，地面支持力的冲量为185

7、 Ns，选项D正确8.汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前()A. 汽车和拖车的总动量保持不变B. 汽车和拖车的总动能保持不变C. 汽车和拖车的总动量增加D. 汽车和拖车的总动能减小【答案】A【解析】【详解】汽车和拖车原来做匀速直线运动，合外力为零，拖车与汽车脱钩后，汽车的牵引力不变，各自受的阻力也没有发生变化，故拖车、汽车组成的系统合外力仍为零，动量守恒，A正确，C错误；分析物理过程可知，脱钩后，同样时间内汽车发生的位移要大于拖车减速发生的位移，合外力对汽车和拖车做正功，总动能变大，BD错误9.质量相等的三个物

8、块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为()A. E0B. C. D. 【答案】C【解析】碰撞中动量守恒，得，由得，C正确10.A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度可能值是()A. vA=5m/s，vB=2.5m/sB. vA=2m/s，vB=4m/sC. vA=4m/s，vB=7m/sD. vA=7m/s，vB=1.5m/s【答案】B【解析】【详解】考虑实际情

9、况，碰撞后A球速度不大于B球的速度；因而AD错误，BC满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；A追上B并发生碰撞前的总动量是：mAvA+mBvB=1kg6m/s+2kg2m/s=10kgm/s；B选项：1kg2m/s+2kg4m/s=10kgm/s，C选项：1kg(-4m/s)+2kg7m/s=10kgm/s，则BC均满足。根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为162+222=22J；B选项碰撞后总动能为122+242=18J，C选项碰撞后总动能为142+272=57J，故B满足，C不满足；故选B。11.如图，一个倾角为的直角斜

10、面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】此题属“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，因此0=mx1Mx2.且x1x2=hcot.联立可得x2=，故选C.12.竖直发射的火箭质量为6103kg.已知每秒钟喷出气体的质量为200kg.若要使火箭获得20.2m/s2的向上加速度，则喷出气体的速度大小应为()A. 700m/sB. 800m/sC. 900

11、m/sD. 1000m/s【答案】C【解析】火箭和喷出的气体动量守恒，即每秒喷出气体的动量等于火箭每秒增加的动量，即m气v气m箭v箭，由动量定理得火箭获得的动力F200v气，又Fm箭gm箭a，得v气900 m/s二、多项选择题：（每题4分，选不全2分，不选或有错误不得分，共24分）13.如图所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中，ad=bc=l1，ab=cd=l2，从图示位置起该线圈以角速度绕不同转轴做匀速转动，则()A. 以OO为转轴时，感应电动势e=Bl1l2sintB. 以O1O1为转轴时，感应电动势e=Bl1l2sintC. 以OO为转轴时，感应电动势e=Bl1l2costD. 以OO为

12、转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e=Bl1l2sin【答案】CD【解析】【分析】图示时刻感应电动势最大为Bl1l2，以O1O1为转轴时，磁通量的变化率始终为零，感应电动势为零【详解】图示时刻感应电动势最大为Bl1l2，以OO为转轴时，感应电动势e=Bl1l2cost，A错误，C正确；以O1O1为转轴时，磁通量的变化率始终为零，感应电动势为零，B错误；由三角形知识知以OO为转轴或以ab为转轴时，感应电动势eBl1l2sin(t+)，D正确；故选CD。14.一交流电压的图象如图所示将该交流电压加在一阻值为22的电阻两端，下列说法中正确的是()A. 该电阻消耗的功率为550WB. 该交流电压的瞬时

13、值表达式为u=110sin100tVC. 并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110VD. 流过电阻的电流方向每秒改变50次【答案】AB【解析】【详解】由题图可知Um=110V，而电压表示数应为有效值即110 V，则并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110V，电阻消耗的功率为P=550 W，则A正确，C错误；=100rad/s，所以该交流电压的瞬时值表达式为u=110sin100tV，选项B正确又T=0.02 s，故f=50 Hz，电流方向每周期改变两次，所以每秒改变100次，D错误；15.图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是()A. 线圈匝数n1n2，n3n2，n3

14、>n4C. 甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D. 乙图中的电表是电流表，输出端不可断路【答案】CD【解析】【分析】理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势串联在电路中的是电流互感器，并联在电路中的是电压互感器。【详解】甲并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n1n2，由图可知，乙串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以

15、n3n4，故CD正确，AB错误。【点睛】知道电流互感器和电压互感器的工作原理同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比。16.一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中若把其在空中下落的过程称为过程，进入泥潭起到停止的过程称为过程，则()A. 过程中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B. 过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量的大小C. 、两个过程中合外力的总冲量等于零D. 过程中钢珠的动量的改变量等于零【答案】AC【解析】过程中钢珠所受外力只有重力，由动量定理可知，钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；过程中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与

16、过程中重力冲量大小的和,故B错误；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，、两个过程中合外力的总冲量等零，故C正确；过程中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程中钢珠的动量的改变量不等于零，故D错误。所以AC正确，BD错误。17.如图摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触现将摆球a向左拉开一小角度后释放若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是()A. 第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B. 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C. 第一次碰撞后，两球的最大摆角不相等D. 第一次碰撞后，两球的最大摆角相等【答案】AD【解析】【详解】两球弹

17、性碰撞时动量守恒、动能守恒，设碰撞前a球速度为v，碰撞过程动量和能量守恒，则：；，解得碰撞后两球速度大小分别为va=v=-v，vb=v=v，速度大小相等，选项A正确，B错误；碰后动能转化为重力势能，由mv2=mgh知，上升的最大高度相等，所以最大摆角相等，选项C错误，D正确18.质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是()A. M、m0、m速度均发生变化，碰后分别v1、v2、v3，且满足(Mm0)v=Mv1mv2m0v3B. m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满

18、足Mv=Mv1mv2C. m0的速度不变，M和m的速度都变为v，且满足Mv=(Mm)vD. M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(Mm0)v=(Mm0)v1mv2【答案】BC【解析】【详解】M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，所以只有选项BC正确第II卷三实验填空题（共15分）19.某同学设计了一个用打点计时器“探究碰

19、撞中的不变量”的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰，并粘合成一体继续做匀速直线运动，他设计的装置如图所示在小车A后面连着纸带，电磁打点计时器的电源频率为50Hz，长木板的一端下面垫着小木片用以平衡摩擦力(1)若已得到打点纸带如图，测得各计数点间距离并标在图上，A为运动起始的第一点，则应选_段来计算小车A碰撞前的速度，应选_段来计算A和B碰撞后的共同速度(2)已测得小车A的质量m1=0.40 kg，小车B的质量m2=0.20 kg，由以上测量结果可得：碰前两车质量与速度乘积之和为_ kgm/s；碰后两车质量与速度乘积之和为_ kgm/s

20、.(3)从实验数据的处理结果看，A、B碰撞过程中什么量不变？_【答案】    (1). BC    (2). DE    (3). 0.420    (4). 0.417    (5). 在误差允许的范围内，碰撞前后两车质量与速度的乘积之和不变【解析】【详解】（1）从分析纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大的速度，而AB段相同时间内间隔不一样，说明刚开始运动速度不稳定，因此BC段较准确地描述了小车A碰撞前的运动情况，故应选用BC段计算A碰撞前的速度；从CD段打点情况看

21、，小车的运动情况还没稳定，而在DE段小车运动稳定，故应选DE段计算小车A和B碰撞后的共同速度（2）小车A碰撞前速度v1= m/s=1.050 m/s；小车A碰撞前的质量与速度乘积为m1v1=0.401.050 kgm/s=0.420 kgm/s.碰撞后小车A、B有共同速度v= m/s=0.695 m/s碰撞后两车的质量与速度乘积之和为：m1vm2v=(m1m2)v=(0.400.20)0.695 kgm/s=0.417 kgm/s（3）在误差允许的范围内，可以认为碰撞前后两车质量与速度的乘积之和保持不变四计算题(共25分。)20.如图所示，理想变压器的交流输入电压U1=220 V，有两组副线圈

22、，其中n2=36匝，标有“6 V9 W”“12 V12 W”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：(1)原线圈的匝数n1和另一副线圈的匝数n3；(2)原线圈中电流I1.【答案】(1)n11 320匝n372匝(2)0.095 A【解析】(1)因为两灯泡正常发光，所以U2=6V，U3=12V，根据电压与匝数成正比知两副线圈的匝数比，故=72匝由所以=1320匝(2)根据输入功率等于输出功率知：220I=9+12得：I=0.095A.【点睛】解决本题要从副线圈的用电器正常发光开始，特别注意副线圈中有两个线圈，所以电流比不再等于匝数反比，应该用输入功率等于输出功率。21.0.2 kg的小球竖直向下

23、以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向(1)则小球与地面碰撞前后的动量变化量为多少？(2)若小球与地面的作用时间为0.2 s，则小球受到地面的平均作用力为多少？【答案】(1)2 kgm/s  (2)12N，方向竖直向上【解析】【详解】（1）小球与地面碰撞前的动量为：p1=m(v1)=0.2(6) kgm/s=1.2 kgm/s小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.24 kgm/s=0.8 kgm/s小球与地面碰撞前后动量的变化量为p=p2p1=2 kgm/s（2）由动量定理得(Fmg)t=p所以F=mg=N0.210N=12N，方向竖直向

24、上22.将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？【答案】(1)1 m/s，方向向右(2)0.5 m/s，方向向右【解析】【详解】两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向（1）据动量守恒得：mv甲mv乙=mv甲，代入数据解得v甲=v甲v乙=(32) m/s=1 m/s，方向向右（2）两车相距最小时，两车速度相同，设为v，由动量守恒得：mv甲mv乙=mvmv解得v=m/s=0.5m/s，方向向右- 13 -/n2，n3