四川省仁寿第一中学北校区2019-2020学年高二物理下学期5月月考试题.doc

四川省仁寿第一中学北校区2019-2020学年高二物理下学期5月月考试题

四川省仁寿第一中学北校区2019-2020学年高二物理下学期5月月考试题

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四川省仁寿第一中学北校区2019-2020学年高二物理下学期5月月考试题（含解析）
一、选择题
1.关于生产和生活中的交流电，下列说法正确的是（　　）
A. 在一个周期内，交流电的方向改变一次
B. 交流用电设备上标出的电压和电流值是有效值
C. 某正弦交流电压的最大值为311V，则该交流电压的最小值为-311V
D. 用交流电表测交变电流和电压时，测得的是交变电流和电压的最大值
【答案】B
【解析】
【详解】A． 在一个周期内，交流电的方向改变二次，故A错误；
BD．用交流电表测交变电流和电压测得的数值以及交流用电设备上标出的电压和电流值是有效值，故B正确，D错误；
C． 某正弦交流电压的最大值为311V，则该交流电压的最小值为0，故C错误；
故选B。
2.质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中（　　）
A. 整个过程中重力的冲量大小为0
B. 整个过程中重力的冲量大小为2mv0
C. 上升过程冲量大小为mv0，方向向上
D. 上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反
【答案】B
【解析】
【详解】规定竖直向上为正方向。
AB．根据竖直上抛运动的对称性可知，物体落回地面的速度大小是v0，方向竖直向下，根据动量定理可知，整个过程中重力的冲量

整个过程中重力的冲量大小为2mv0，故B正确，A错误；
C．根据动量定理，上升过程冲量

所以上升过程冲量大小为mv0，方向向下，故C错误；
D．根据竖直上抛运动的对称性可知，上升时间和下落时间相同，两个过程中合力都是重力相同，所以两个过程中合力的冲量大小相等，方向相同都竖直向下，根据动量定理可知，上升过程和下落过程中动量的变化量大小相同，方向相同，故D错误；
故选B。
3.如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流，释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中（　　）

A. 导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B. 导线框的磁通量为零时，感应电流也为零
C. 导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D. 导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
【答案】A
【解析】
【详解】AB．根据安培定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里．线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁场磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流；穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到零，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大，这一过程线框中产生逆时针方向的电流；向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流方向又变成了顺时针．所以线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA；当线框的磁通量为零时，有逆时针方向的感应电流。故A正确，B错误；
CD．根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故线框所受安培力的方向始终向上，安培力的合力不为零，线框的运动不是自由落体运动，故CD错误；
故选A。
4.如图，光滑水平面上放着长木板B，质量m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如右图所示，重力加速度g＝10m/s2.则下列说法正确的是（　　）

A. A、B之间动摩擦因数为0.1
B. 长木板的质量为1 kg
C. 长木板长度至少为2m
D. A、B组成系统损失机械能为4J
【答案】A
【解析】
【分析】
A在B的表面上滑行时，根据v-t图像的斜率可得到A的加速度大小，由牛顿第二定律求得动摩擦因数。对系统，运用动量守恒定律列式可求得长木板的质量M。根据“面积”表示位移，求解木板的长度。由能量守恒定律求解A、B组成系统损失机械能。
【详解】A．由图像可知，木板B匀加速运动的加速度

对B根据牛顿第二定律得
μmg＝MaB
解得μ＝0.1，故A正确；
B．从图可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得

解得M＝m＝2kg，故B错误；
C．由图像可知前1s内B的位移

A的位移

所以木板最小长度

故C错误。
D．A、B组成系统损失机械能

故D错误。
故选A。
【点睛】分析清楚图像的物理意义是解题的前提与关键，要知道加速度是联系力和运动的桥梁，根据v-t图像的斜率能得出物体运动的加速度，由面积求解位移。
5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电阻R=22Ω，各电表均为理想电表。变压器输入电压的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A. 该输入的交流电电压的瞬时值为
B. 该变压器为降压变压器，电压表的示数为22V，电流表的示数是1A
C. 电阻R消耗的电功率是22W
D. 若电阻R增大时，电流表的示数将增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据乙图可知，该输入的交流电电压的瞬时值为

故A错误；
BC．理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，该变压器为降压变压器，由乙图原线圈的电压的最大值为，据电压与匝数成正比可知，所以副线圈的电压的最大值为，所以电压的有效值22V，所以电压表的示数为22V，电阻R消耗的电功率是

根据欧姆定律可知，副线圈中电流

原、副线圈的电流与匝数成反比，副线圈的电流是1A，所以电流表的示数是0.1A，故C正确，B错误；
D．若电阻R增大时，副线圈电压不变，通过副线圈电流减小，原、副线圈的匝数比不变，电流表的示数将减小，故D错误；
故选C。
6.如图所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1∶n2=5∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压V。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，R1为一定值电阻。下列说法中正确的是（　　）

A. 电压表V示数为44V
B. 当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小
C. 当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数减小
D. 当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大
【答案】BD
【解析】
【详解】A．由题可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为44V，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为44V，所以电压表的示数小于44V，故A错误；
BCD．当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈电流变大，所以原线圈电流即电流表示数增大；R1的电压要增大，消耗的功率也增大；由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压即电压表示数就要减小，故BD正确，C错误；
故选BD。
7.如图，固定于绝缘水平面上的平行金属导轨不光滑，除R外其它电阻均不计，垂直于导轨平面有一匀强磁场。当质量为m的金属棒cd在水平恒力F作用下由静止向右滑动过程中，下列说法中正确的是（　　）

A. 水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能
B. 只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能
C. 无论cd棒做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
D. R两端电压始终等于cd棒中的感应电动势
【答案】CD
【解析】
【详解】ABC．金属棒加速运动过程中，水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能、摩擦产生的内能和金属棒增加的动能之和；金属棒在匀速运动的过程中，水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能与摩擦产生的内能之和；无论cd棒做何种运动，它克服安培力所做的功一定等于电路中产生的电能，故AB错误，C正确；
D．cd棒电阻不计，cd棒切割磁感线就相当于理想电源，所以R两端电压始终等于cd棒中的感应电动势，故D正确；
故选CD。
8.如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为和．现让A以的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为，碰后的速度大小变为，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取，则（ ）

A. A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小
B. A与墙壁碰撞的过程中没有能量损失
C. A、B碰撞后的速度
D. A、B滑上圆弧轨道的最大高度
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设水平向右为正方向，A与墙壁碰撞时根据动量定理有

解得，故A正确；
B．若A与墙壁碰撞时无能量损失，A将以速度水平向右运动，由题已知碰后的速度大小变为4m/s，故B错误；
C．设碰撞后A、B的共同速度为，根据动量守恒定律有

解得，故C正确；
D．A、B在光滑圆弧轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得

解得，故D错误。
第Ⅱ卷（非选择题共174分）
9.某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验．先将球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端上，让球仍从固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．

（1）本实验必须测量的物理量有________．（填写选项对应的字母）
A．斜槽轨道末端距水平地面的高度H
B．小球a、b的质量ma、mb
C．小球a、b的半径r
D．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
E．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC
F．球固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
（2）放上被碰小球b，两球（ma>mb）相碰后，小球a、b的落地点依次是图中水平面上的_______点和________点．
（3）某同学在做实验时，测量了过程中的各个物理量，利用上述数据验证碰撞中的动量守恒，那么判断的依据是看________和________在误差允许范围内是否相等。
【答案】 (1). BE (2). A (3). C (4). (5).
【解析】
【详解】（1）[1]小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有

两边同时乘以时间t得

则

因此A实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移，故ACD错误，BE正确。
（2）[2][3]由图所示装置可知，小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，b球在前，a球在后，两球都做平抛运动，由图示可知，未放被碰小球时小球a的落地点为B点，碰撞后a、b的落点点分别为A、C点。
（3）[4][5]由（1）可知，实验需要验证的表达式为

因此比较，与即可判断动量是否守恒。
10.利用如图所示的方式验证碰撞中的动量守恒,竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与水平桌面相切,先将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，测量出滑块在水平桌面滑行的距离x1(图甲)；然后将小滑块B放在圆弧轨道的最低点，再将A从圆弧轨道的最高点无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，测量出整体沿桌面滑动的距离x2(图乙)。圆弧轨道的半径为R，A和B完全相同,重力加速度为g。

(1)滑块A运动到圆弧轨道最低点时的速度v=_________(用R和g表示)；
(2)滑块与桌面的动摩擦因数μ=____________(用R和x1表示)；
(3)若x1和x2的比值=____________，则验证了A和B的碰撞动量守恒。
【答案】 (1). (2). (3). 4
【解析】
【详解】(1)[1]A在圆弧面上运动时机械能守恒，则有
mgR=mv2
解得

(2)[2]对A下滑的全过程由动能定理要分析可知
mgR-μmgx1=0
解得

(3)[3]如果碰撞中动量守恒，则有
mv=2mv'再对碰后的AB物体分析，由动能定理可知
mv'2=μ•2mgx2
则

故 ；因此只要满足即可证明动量守恒。
【点睛】本题考查动量守恒定律以及功能关系的应用，要注意明确实验原理，知道实验中如何验证动量守恒定律，明确机械能守恒定律以及动量守恒定律的正确应用。
11.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10 cm和20 cm，内阻为5 Ω，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中绕OO′轴以50 rad/s的角速度匀速转动，线圈外部和20 Ω的电阻R相连接．求：

(1)S断开时，电压表示数；
(2)开关S合上时，电压表和电流表的示数；
(3)通过电阻R的电流最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率是多少？
【答案】（1）50 V；（2）40 V， 2 A；（3）2A ，80W
【解析】
【详解】（1）感应电动势最大值：
Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50=50V
感应电动势有效值

S断开时，电压表示数，U=E=50V。
（2）S合上时，电路电流

电压表示数
U=IR=2×20=40V
（3）通过R的最大电流

R消耗的电功率
P=I2R=22×20=80W
12.如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)。今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失。已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，M＝4m，重力加速度为g。求：
（1）小球与小物块Q结束相互作用瞬间，小物块Q的速度vQ；
（2）小物块Q在平板车上运动的时间t；
（3）平板车P的长度L。

【答案】（1）vQ＝；（2）；（3）L＝
【解析】
【详解】（1）小球由静止摆到最低点的过程中，有

解得

小球与物块Q相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有
mv0＝mv1＋mvQ

解得
v1＝0

（2）二者交换速度后，小球静止下来，Q在平板车上滑行的过程中
系统的动量守恒，则有
mvQ＝Mv＋m(2v)
解得

物块Q离开平板车时，速度板车时速度大小是平板车速度的两倍
由动量定理可得

解得小物块Q在长木板P上运动时间为

（3）设平板车长L，由能的转化和守恒定律知

解得平板车P的长度为