2018-2019学年安徽省六安市舒城中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

2018-2019学年安徽省六安市舒城中学高二下学期第二次月考物理试题 解析版

舒城中学2018—2019学年度第二学期第二次统考 高二物理 一．单项选择题（4×8=32分）‎ ‎1.一交流电压为u=100sin(100t)V，由此表达式可知 （ ）‎ A. 用电压表测该电压其示数为100V B. t=0s时，该交流交流发电机的线圈平面与磁场方向平行 C. 将该电压加在“100V、100W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100W D. 该交流电压的周期为50s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】交变电压的表达式为u=100sin100πt V，可知最大值为100V，又是正弦式电流，则电压的有效值：U=V，用电压表测该电压其示数为50V，故A错误。t=0s时，该交流电的瞬时值为零，此时发电机的线圈平面与磁场方向垂直，选项B错误；由于电压的有效值为50V，则该电压加在100V的灯泡两端，灯泡实际功率小于100W；故C正确；由公式，则有周期T=0.02s。故D错误。故选C。‎ ‎2.从发电站输出的功率为 220kW,输电线的总电阻为 1Ω,分别用110V 和 110KV两种电压输电.两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为 (     )‎ A. 100：1 B. 1：100 C. 1000：1 D. 1：1000‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】输电线路上电；损失的电压△U=IR线=；故采取不同电压损失的电压之比为 ，故C正确，故选C。‎ ‎3.如图所示,T为理想变压器,原、副线圈匝数比为5：1，A1、A2为理想交流电流表,V1、V2交流电压表，R1、R2定值电阻，R3光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小),原线圈两端电压U=以下说法正确的是(  )‎ ‎ ‎ A. 当光照增强时,电压表V1不变 B. 当光照增强时,变压器的输入功率变大 C. 当光照增强时,电流表A1变小 D. 当光照增强时,电压表V1变大 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】原线圈两端电压有效值为220V，原副线圈匝数比为5：1，所以副线圈的电压有效值为44V，电压表V1示数为44V保持不变，与光照无关，所以A正确，D错误；当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项B正确；次级电流变大，则初级电流也变大，电流表A1读数变大，选项C错误；故选AB。‎ ‎4.关于系统动量守恒的条件,下列说法正确的是(     )‎ A. 系统所受的外力之和为零，系统动量就守恒 B. 只要系统中有一个物体具有加速度,系统动量就不守恒 C. 只要系统内存在摩擦力,系统动量就不可能守恒 D. 系统中所有物体的加速度为零时,系统的总动量不一定守恒 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】系统所受的外力之和为零，系统动量就守恒，选项A正确；系统中有一个物体具有加速度，但是系统的合外力不一定不为零，即系统动量不一定不守恒，选项B错误；若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒。故C错误；系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒，故D错误；故选A.‎ ‎5.将质量为1kg的小球以10m/s的初速度竖直向上抛出。不计空气阻力 ,g 取 10m/s2.以下判断正确的是 ( )‎ A. 小球在抛出点的动量等于落回到出发点的动量 B. 小球从抛出至最高点动量的变化量等于从最高点落回到出发点的动量变化量 C. 小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为 0‎ D. 小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为 10 N·s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球在抛出点的动量与落回到出发点的动量等大反向，选项A错误；若向下为正方向，则小球从抛出至最高点动量的变化量等于0-（-mv0）= mv0；从最高点落回到出发点的动量变化量等于mv0-0= mv0，选项B正确；小球从抛出至落回出发点的时间；根据动量定理，小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为I=mgt=10×2N∙s=20N∙s ，选项CD错误；故选B.‎ ‎6.质量相等的甲和乙原本都静止在光滑的水平冰面上，现在，其中一人向另一个人水平抛出一个篮球，另一人接住球后再水平抛回，如此反复进行几次后，最终球停在其中一个人手中，关于甲和乙最后的速率关系下列选项正确的是 （   ）‎ A. 若乙最先抛球，则一定是 B. 无论怎样抛球和接球，都是 C. 只有甲先抛球，乙最后接球，才有 D. 若乙最后接球，则一定是 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等。谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小。故选D。‎ ‎7.有一宇宙飞船，它的正对面积S=，以的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加 ( )‎ A. 36N B. 3.6N C. 12N D. 1.2N ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于底面积为S，高为v△t的圆柱体内微粒的质量。即 M=mSv△t，初动量为0，末动量为mv。设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得：F•△t=Mv-0，则 ‎；根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′=F=mSv2；代入数据得：F′=2×10-6×2×（3×103）2N=36N．故BCD错误，A正确，故选A。‎ ‎8.如图甲所示，在光滑水平面的两小球发生正碰，小球的质量分别m1、m2图乙为它们碰撞前后的s-t图象。已知，由此可以判断（   ）‎ A. m1静止，m2向左运动 B. 碰撞过程中m1m2的相互作用力做的功相等 C. 碰撞m1机械能大于m2械能增量 D. 两小球的碰撞是弹性碰撞 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由s-t（位移时间）图象的斜率等于速度可得到，碰前m2处于静止，m1速度大小为v1=4m/s，方向只有向右才能与m1相撞。碰后m2的速度为正方向，大小为v2′=2m/s ，说明向右运动，v1′=-2m/s，m1的速度为负方向，说明向左运动，两物体运动方向相反，故A错误。根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2′+m1v1′，代入解得，m2=3kg。m1动能减小量：； m2动能增加量：，则两小球的碰撞是弹性碰撞，选项C错误，D正确；根据动能定理可知，碰撞过程中m1对m2的相互作用力对m2做正功；m2对m1的相互作用力对m1做负功；选项B错误；故选D.‎ 二．多选题（4×4=16分，选不全得2分，错误选项不得分）‎ ‎9.下列关于交流电路的说法正确的是 （ ）‎ A. 电容器的击穿电压为交流电压的最大值 B. 电路中电流表的示数为电流的有效值 C. 教室内日光灯的额定电压为电压的平均值 D. 电路中保险丝的熔断电流为电流的最大值 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】电容器的击穿电压为交流电压的最大值，选项A正确；电路中电流表的示数为电流的有效值，选项B正确；教室内日光灯的额定电压为电压的有效值，选项C错误；电路中保险丝的熔断电流为电流的有效值，选项D错误；故选AB.‎ ‎10.如图1所示，在匀强磁场中，单匝矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图2中曲线a，b所示，则 （ ）‎ A. 两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合 B. t=0时刻曲线b对应的穿过线圈磁通量为 C. 曲线a，b对应的线圈转速之比为2:3‎ D. 曲线a，b对应的交变电动势有效值之比为3：2‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】在t=0时刻，产生的感应电动势最小，线圈一定处在中性面上；故A正确；由图可知，a的周期为4×10-2s；b的周期为6×10-2s，则由 可知，转速与周期成反比，故转速之比为：3：2；根据可知 ，故C错误；根据Em=BSω得曲线a表示的交变电动势最大值是15V，则曲线b表示的交变电动势最大值是10V，t=0时刻曲线b对应的穿过线圈磁通量为 ，选项B正确；曲线a，b对应的交变电动势最大值之比为3：2，则有效值之比为3：2，选项D正确；故选ABD.‎ ‎11.如图所示，在水平面上有两条足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B。两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，已知两金属杆质量均为m，电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，现将杆1以初速度v0向右滑向杆2，在运动过程中两杆始终不碰撞，则( 　　)‎ A. 杆1、杆2最终均以速度0.5v0做匀速运动 B. 杆1、杆2在开始的一段时间内会产生交变电流 C. 杆1上总共产生的热量 D. 杆1相对于杆2靠近的距离为 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】对杆1、杆2系统受合外力为零，则动量守恒，则： ，解得最终速度v=0.5v0，选项A正确；杆1、杆2在开始的一段时间内，两杆间距逐渐减小，回路面积减小，故磁通量减小，将产生顺时针方向的电流，由于方向不变，所以不是交变电流，选项B错误；整个回路产生的热量 ，则杆1上总共产生热量为，选项C错误；根据动量定理；；联立解得，选项D正确；故选AD.‎ ‎12.质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长(底端为微小段平滑连接的曲线形状)，与水平方向的夹角为．一个质量为m的小物块在水平面上以初速度v0开始运动，当从斜面底端沿斜面向上，运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 楔形物体和小物块组成的系统动量守恒 B. 楔形物体和小物块组成的系统机械能不守恒 C. 楔形物体最终所能获得的最大速度为 D. 小物块上升的最大高度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．楔形物体和小物块组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直方向合外力不为零，则竖直方向动量不守恒，故选项A错误；‎ B．楔形物体和小物块组成的系统由于只有重力做功，则系统的机械能守恒，故选项B错误；‎ C．当物块滑回到最低端时，楔形物体获得的速度最大，根据动量守恒：；由能量关系：；联立解得：，选项C正确；‎ D．小物块与楔形物体共速时，物块上升到最大高度，则根据动量守恒：；由能量关系：；解得 ，选项D错误；‎ 故选C.‎ 三．计算题（共52分）‎ ‎13.如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω绕对称轴OO′匀速转动，线圈面积为S，线框电阻为r,电感不计，在OO′左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R和理想电流表A，求：‎ ‎（1）从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势表达式。‎ ‎（2）线圈转动900时，电流表的示数。‎ ‎（3）从图示时刻起半个周期内通过R的电荷量Q。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图可知，线圈只有一半在磁场中，故产生的电动势的最大值为：；‎ 故瞬时表达式为：e=sinωt； （2）电流表的示数为： ‎ ‎（3）半个周期内感应电动势的平均值：，‎ 则从图示时刻起半个周期内通过R的电荷量 ‎14.如图所示某小型发电站通过升压变压器向60Km远处的用户供电,在用户端用降压变压器将高压电变为220V供用户使用(设两个变压器均为理想变压器).已知输电线的电阻率为,横截面积为,发电机输出功率为20KW,输出电压为250V,若线路损耗的功率为输出功率的5%.。求：‎ ‎(1)升压变压器原线圈上的电流I1和输电线上损耗的电功率大小。‎ ‎(2)升压变压器原、副线圈匝数比。 ‎ ‎(3)降压变压器原、副线圈匝数比。‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）升压变压器原线圈上的电流 输电线上损耗的电功率： 。‎ ‎（2）输电线的总电阻： ‎ 输电线的电流： ，‎ 则升压变压器原、副线圈匝数比。 ‎ ‎（3）升压变压器的次级电压：；‎ 导线上的电压损失： ‎ 降压变压器的初级电压： ‎ 降压变压器原、副线圈匝数比 ‎15.如图所示，在坐标xoy平面内存在B=2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程x=0.5sin，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其R1=4.0Ω、R2=12.0Ω。现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v=3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2，求：‎ ‎（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；‎ ‎（2）金属棒MN滑过导轨OC段过程中，整个回路产生的热量。‎ ‎（3）金属棒MN滑过导轨OC段过程中，外力F做的功 ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当导体棒连入轨道的长度最长时，感应电动势最大，则 外电路总电阻： ‎ 则 ‎ ‎（2）导体棒运动形成的正弦交变电压： ‎ 电动势有效值： ‎ 则 ‎ ‎（3）由能量守恒关系可知：‎ ‎16.如图所示，质量mA＝0.2kg、mB＝0.3kg的小球A、B均静止在光滑水平面上。现给A球一个向右的初速度v0＝5m/s，之后与B球发生对心碰撞。‎ ‎（1）若碰后B球的速度向右为3m/s，求碰后A球的速度大小；‎ ‎（2）A、B球发生碰撞时，系统损失的最大动能 ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）选择AB系统为研究对象，则碰撞过程满足动量守恒： ‎ 解得v1=0.5m/s ‎（2）当AB碰后共速时系统损失的动能最大，则：，‎ 则 ‎17.如图所示，光滑水平直轨道上有三个物块A、B、C，其质量分别为2m、m、m ，B 的左侧连接一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：‎ ‎ ‎ ‎（1）B与C碰前瞬间，B的速度大小，以及A、B、C最终的速度，‎ ‎（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。‎ ‎（3）若其它条件不变，当A、B速度相等时，B与C恰好弹性相碰，然后继续运动，求弹簧被压缩到最短时的弹性势能。‎ ‎【答案】（1） （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）B与C碰撞前瞬间，AB系统动量守恒： ‎ 解得 B与C碰后粘连，速度为v2，则 ‎ 解得 此时弹簧的弹性势能： ‎ 之后直至A、BC分离，系统仍动量守恒，最终的速度为vA，vB，则 ‎ 由能量关系： ‎ 解得： ‎ ‎（2）弹簧被压缩到最短时，ABC共速为v共，则2mv0=4mv共，‎ 解得v共=v0‎ 此时弹性势能为Ep2，则 解得 ‎ ‎（3）AB速度相等时，仍为v1，B与C发生弹性碰撞后，B的速度为0，当AB再次共速时，速度为v＇共，则弹性势能为Ep3，则 ‎ 解得 ‎ 由能量关系：‎ 解得 ‎ ‎ ‎ ‎