【物理】广东省东莞市翰林实验学校2019-2020学年高二下学期4月月考试题（解析版）

【物理】广东省东莞市翰林实验学校2019-2020学年高二下学期4月月考试题（解析版）

‎2019-2020学年度第二学期翰林学校4月月考卷物理卷 一．单选题 ‎1.下列说法正确的是(　　)‎ A. 速度大的物体，它的动量一定也大 B. 动量大的物体，它的速度一定也大 C. 只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D. 物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大 ‎【答案】D ‎【解析】A、动量p=mv，速度大的物体，它的动量不一定大，故A错误；‎ B、物体的动量p=mv，动量大的物体，它的速度不一定大，故B错误；‎ C、动量等于质量与速度的乘积，物体运动的速度大小不变，物体的动量大小保持不变，但速度方向可能改变，动量方向可能改变，动量大小不变而方向改变，动量变了，故C错误；‎ D、质量一定的物体，动量变化△p=m△v，动量变化越大，该物体的速度变化一定越大，故D正确；故选D．‎ ‎2.如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒拉力F作用下，沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是 A. 拉力F的冲量大小为Ftcosθ B. 摩擦力的冲量大小为Ftsinθ C. 重力的冲量大小为mgt D. 物体所受支持力的冲量是mgt ‎【答案】C ‎【解析】A、拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；‎ B、物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcosθ，故B错误；C、重力的冲量大小为mgt，故C正确；‎ D、支持力的大小为，则支持力的冲量为，故D错误；故选C．‎ ‎3.如图所示，10匝矩形线圈，在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO’以角速度为100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2‎ ‎．已知变压器原、副线圈的匝数比为10：1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，则：‎ A. 若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为200sin100tV B. 若开关S闭合，电流表示数将增大 C. 若开关S闭合，灯泡L1将更亮 D. 灯泡L1的额定功率为2W ‎【答案】B ‎【解析】A.变压器的输入电压的最大值为：Um=NBSω=10×0.4×0.5×100=200V；从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u=Umcosωt=200cos100t（V），故选项A不符合题意；‎ B.若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，电流表示数将增大，故选项B符合题意；‎ C若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变；故选项C不符合题意；‎ D.变压器输入电压的有效值为：；开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01A，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P=U1I1=100×0.01=W，故选项D不符合题意；‎ ‎4.通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为（ ）‎ A. 4A B. 4A C. 5A D. 5A ‎【答案】D ‎【解析】根据有效值的定义可得：‎ ‎，解得：I=5A，故选项D正确，ABC错误．故选D．‎ ‎5.如图所示。电路中完全相间的三只灯泡a、b、c分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220V、50Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同，若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60Hz，则发生的现象是（ ）‎ ‎ ‎ A 三灯亮度不变 B. 三灯均变亮 C. a不变、b变亮、c变暗 D. a不变、b变暗、c变亮 ‎【答案】D ‎【解析】根据电感的特性：通低频、阻高频，当电源的频率变高时，电感对电流的感抗增大，b灯变暗；根据电容器的特性：通高频、阻低频，当电源的频率变高时，电容对电流的容抗减小，c灯变亮。而电阻的阻碍作用与频率无关，a灯亮度不变； A．三灯亮度不变，与结论不相符，选项A错误；‎ B．三灯均变亮，与结论不相符，选项B错误；‎ C． a不变、b变亮、c变暗，与结论不相符，选项C错误；‎ D．a不变、b变暗、c变亮，与结论不相符，选项D正确；故选D。‎ ‎6.图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′(OO′沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V.图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图象.线圈内阻不计，则(　　)‎ A. 此交流发电机的电动势平均值为10V B. t＝0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C. R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10cos (100πt) V D. 当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上 ‎【答案】C ‎【解析】矩形线圈为电源，若垂直于磁场的转轴匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R＝10Ω，电压表示数１０Ｖ，说明即．根据乙图时磁通量等于０可判断电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为，选项Ｃ对．带入电动势的表达式，此刻，选项Ｂ错．根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项Ｄ错．电动势平均值为磁通量和时间的比值，而该比值最大为，所以平均值一定比小，选项Ａ错．‎ ‎7.党的十九大以来，习近平总书记多次强调，要精准扶贫。某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其中客观原因是电网陈旧老化，供电部门要进行农村电网改造。为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是（ ）‎ A. 提高输电电压 B. 用超导材料做输电线 C. 提高输送功率 D. 减小输电线的横截面 ‎【答案】A ‎【解析】A．提高输电电压，根据 输送电流较小，根据P损=I2R 知损失的功率较小，故A正确；‎ B．应用超导材料做输电线，根据P损=I2R 损失功率为0，但成本太高，故B错误；‎ C．提高输送功率，根据 输送电流较大，根据P损=I2R 知损失的功率较大。故C错误；‎ D．减小输电导线的横截面积，根据电阻定律 可知电阻增大了，根据P损=I2R 知损失的功率较大，故D错误。故选A。‎ ‎8.如图所示为一自耦变压器，保持输入电压不变，以下说法正确的是（　　）‎ A. 滑键P不动，滑键Q上移，电流表示数不变 B. 滑键P不动，滑键Q上移，电压表示数变小 C. 滑键P向b方向移动，滑键Q下移，电流表示数减小 D. 滑键P向b方向移动，滑键Q不动，电压表示数增大 ‎【答案】C ‎【解析】AB．滑键P不动，变压器原副线圈匝数比不变，则变压器输出电压不变，电压表示数不变。滑键 Q上移，电阻变化，副线圈电流变化，则原线圈电流也变化，电流表示数变化。故AB错误；‎ CD．滑键P向b方向移动，增大，由可知输出电压减小，电压表示数变小，与滑键Q是否移动无关。滑键Q下移，电阻增大，则减小，由 可知减小，电流表示数变小故C正确，D错误。故选C。‎ ‎9.篮球运动员接传来的篮球时,通常要先伸出两臂迎球,手触到球瞬间顺势后引,这样可以减小 A. 球对手的力的冲量 B. 球对手的力的大小 C. 球的动量变化量 D. 球的动能变化量 ‎【答案】B ‎【解析】球对手的力的冲量，不变，A错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据可知，减小了球对手的力的大小，B正确；根据动量变化可知，动量变化量相同，C错误；球的动能变化量，相同，故D错误．‎ ‎10.如图所示，A、B两物体质量之比为3:2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒 B. 只有A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量才守恒 C. 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒 D. 只有A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量才守恒 ‎【答案】C ‎【解析】A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，若A、B两物体仍静止，则A、B两物体动量守恒。若A、B两物体发生滑动，A、B两物体受到的摩擦力不同，系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，A错误；‎ C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B两物体构成的系统所受合外力为0，动量守恒，C正确；‎ BD．由于地面光滑，A、B、C组成的系统所受合外力为0，A、B、C组成的系统动量守恒。动量守恒需要系统受到的合外力为零，与系统内的内力无关，A、B、C之间的摩擦力为内力。故BD错误。故选C。‎ ‎11.如图是远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，发电机的输出电压恒定，输电线上损耗的功率为△P．变压器原副线圈的电压以及电流用图中的量表示．则当用户用电处于高峰期时，下列说法正确的是（ ）‎ A. U2变大 B. U4变小 C. △P变小 D. I1变小 ‎【答案】B ‎【解析】A、由于输入电压不变，升压变压器原副线圈匝数不变，故U2不变，故A错误；‎ B、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小．故B正确；‎ C、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，故C错误；‎ D、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，根据，知I1变大，故D错误；故选B．‎ ‎12.一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1．不计质量损失，取重力加速度 g＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可解题．‎ 规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有,则，两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，，水平方向做匀速运动，，则，结合图象可知，D的位移满足上述表达式，故D正确．‎ ‎13.如图所示，理想变压器的交流输入电压U1=220V，有两组副线圈，其中n2=36匝与标有“9V，9W”的灯相连，n3与“6V，12W”的电灯相连，且均能正常发光．则n1与n3的匝数分别为 A. 880；24 B. 660；27 C. 880；27 D. 660；24‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据题意，灯泡均正常发光，则有，根据电压与匝数成正比，有：,代入数据有：,解得：匝,匝,故选A.‎ ‎14.将质量为m0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为．现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块,设子弹在木块中所受阻力不变,则以下说法正确的是（ ）‎ A. 若m0=3m，则能够射穿木块 B. 若m0=3m，子弹不能射穿木块，将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动 C. 若m0=3m，子弹刚好能射穿木块，此时子弹相对于木块的速度为零 D. 若子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v1；若子弹以4v0速度射向木块，木块获得的速度为v2；则必有v1＜v2‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、木块固定时，子弹射穿木块，设子弹在木块中所受阻力为f，木块长度为d，对子弹由动能定理得：fd=mv02-m=mv02；木块放在光滑的水平面上不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，假设子弹能刚好穿出木块；由动量守恒定律得：mv0=（m0+m）v，由能量守恒定律得：mv02=（m0+m）v2+Q，Q=fd，解得：m0=8m，则子弹要穿出木块m0≥8m，故A、C错误，B正确；‎ D、子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，则子弹以4v0速度射向木块时，子弹也能从木块中穿出，木块宽度一定，子弹速度越大，子弹穿过木块的时间t越短，由于子弹穿过木块时受到的阻力f相同，对木块由动量定理得：ft=m0v-0，可知时间t越短，木块获得的速度越小，则v2＜v1，故D错误．‎ 二.多选题 ‎15.如图所示为一理想变压器,K为单刀双掷开关,P为滑动变阻器的滑动触头,U1‎ 为加在原线圈上的电压,则以下说法不正确的是（ ）‎ A. 保持U1及P的位置不变,K由a合到b时,I1将增大 B. 保持P的位置及U1不变,K由b合到a时,R消耗功率将减小 C. 保持U1不变,K合在a处,使P上滑,I1将增大 D. 保持P的位置不变,K合在a处,若U1增大,I1将增大 ‎【答案】C ‎【解析】A、保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据得I1将增大，故A正确；‎ B、保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据可知功率变小，故B正确；‎ C、保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据可知I1将减小，故C错误；‎ D、保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据可知I1将增大，故D正确；不正确的故选C．‎ ‎16.如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两个互感器。若已知甲和乙的原、副线圈匝数比分别为1000:1和1:100，两个电表的示数分别为10A和220V则（　　）‎ A. 电表A是电压表 B. 电表A是电流表 C. 线路输送的电功率为2.2×108W D. 线路输送的功率为2.2×105W ‎【答案】AC ‎【解析】AB．电压互感器是将高电压变成低电压，所以原线圈的匝数多于副线圈的匝数，所以甲是电压互感器，电表A是电压表，电表B是电流表。故A正确，B错误； ‎ C D．根据变压器电压表等于匝数比，解得 只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比，解得 则线路输送的电功率为 故C正确，D错误。故选AC。‎ ‎17.水平推力F1和F2分别作用于水平面上等质量的A、B两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体的v-t图象分别如图中OAB、OCD所示，图中ABCD，则（　　）‎ A. F1的冲量等于F2的冲量 B. F1的冲量大于F2的冲量 C. 两物体受到的摩擦力大小相等 D. F1的大小大于F2的大小 ‎【答案】CD ‎【解析】C． AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故C正确；‎ AB．根据动量定理，对整个过程研究得 ‎ 由图看出，tOB＜tOD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量。故AB错误；‎ D．有推力时，由牛顿第二定律 有图看出A物体的加速度大，可知A物体受到的推力大，故D正确。故选CD。‎ ‎18.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块之间夹一被压缩的弹簧．现释放弹簧，A、B木块被弹开后，各自在桌面上滑行一段距离飞离桌面．A落地点距桌边水平距离为0.5m，B落地点距桌边水平距离为1m，则 A. A、B离开弹簧时的速度比为1：2 B. A、B离开弹簧时的速度比为1：1‎ C. A、B质量之比为1：2 D. A、B质量之比为2：1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】A、A和B离开桌面后做平抛运动，下落的高度相同，它们的运动时间相等，由得速度之比：，故A正确，B错误；‎ C、弹簧弹开物体的过程，两物体及弹簧组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：，则质量之比：，故C错误，D正确．‎ ‎19.小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示，已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d。若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法中正确的是（　　）‎ A. 待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动 B. 待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方 C. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同大小均为 D. 在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移均相同 ‎【答案】BCD ‎【解析】A、子弹、枪、人、车系统所受的合外力为零，系统的动量守恒。子弹射击前系统的总动量为零，子弹射入靶后总动量也为零，故小车仍然是静止的。在子弹射出枪口到打入靶中的过程中，小车向右运动，所以第n发子弹打入靶中后，小车应停在原来位置的右方，待打完n发子弹后，小车将静止不动，故A错误，B正确；‎ C、设子弹出口速度为，车后退速度大小为，以向左为正，根据动量守恒定律，有 子弹匀速前进的同时，车匀速后退，故有 联立解得 故车后退位移大小为 每颗子弹从发射到击中靶过程，小车均后退相同位移，故CD正确。故选BCD。‎ 三．解答题 ‎20.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a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=50rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接。求电键S合上后， ‎ ‎（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；‎ ‎（2）电压表和电流表示数；‎ ‎（3）电阻R上所消耗的电功率；‎ ‎（4）从计时开始，线圈转过90°角的过程中，通过外电阻R的电量。‎ ‎【答案】(1) e =50cos50t(V)　(2) 2.0A 40V　(3) 80W (4)0.04C ‎【解析】（1）线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：‎ Em=nBSω=100×0.5×0.1×0.2×50V=50V 故表达式为：e=Emcosωt=50cos50t(V)‎ ‎（2）电动势有效值：‎ 电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：‎ U=IR=2×20V=40V ‎（3）电阻R上所消耗的电功率为：P=IU=2×40W=80W ‎（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：‎ ‎21.如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R的光滑半圆轨道相切，整体固定在水平地面上。平台上放置两个滑块A、B，其质量mA＝m，mB＝2m，两滑块间夹有被压缩的轻质弹簧，弹簧与滑块不拴接。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，小车质量M＝3m，车长L＝2R，小车的上表面与平台的台面等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2。解除弹簧约束，滑块A、B在平台上与弹簧分离，在同一水平直线上运动。滑块A经C点恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B冲上小车。两个滑块均可视为质点，重力加速度为g。求 ‎(1)滑块A在半圆轨道最低点C处时的速度大小；‎ ‎(2)释放前弹簧弹性势能Ep；‎ ‎(3)试说明，滑块B冲上小车后会不会从车右侧滑落，并求出B最后稳定时的速度。‎ ‎【答案】(1) ；(2) ；(3)不会从车右侧滑落，最后稳定时的速度为 ‎【解析】(1) 滑块A在半圆轨道运动，恰到达最高点，则有 滑块A在半圆轨道运动的过程中，机械能守恒，所以有 解得 ‎(2) A、B在弹簧恢复原长的过程中动量守恒，则有 得 由能量守恒，释放前弹簧弹性势能 ‎ ‎(3)假设滑块可以在小车上与小车共速，由动量守恒得 得 由能量守恒 解得，滑块B相对小车的位移 ‎ 故滑块B冲上小车后不会从车右侧滑落，B最后稳定时的速度为。‎