北京市通州区2019-2020学年高二下学期阶段练习物理试题

北京市通州区2019-2020学年高二下学期阶段练习物理试题

通州区2019—2020学年第二学期高二年级阶段练习 物理试卷 第Ⅰ卷（选择题共39分）‎ 一、选择题（共13道题，均为单选题；每题3分，共39分）‎ ‎1.下列物理量中属于标量的是（　　）‎ A. 动量 B. 电场强度 C. 磁感应强度 D. 电流 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。动量，电场强度，磁感应强度有大小和方向，且相加遵循平行四边形定则，是矢量。电流有大小和方向，但电流相加不满足平行四边形定则，是标量，故ABC错误，D正确。 故选D。‎ ‎2.冲量的单位是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】AB．冲量的计算公式 的单位是，的单位是，故冲量的单位是，故A正确，B错误；‎ CD．根据动量定理可知，冲量等于动量的变化量，故冲量的单位与动量单位相同，因为动量的计算公式是 的单位是，的单位是，故冲量的单位也为，故CD错误。‎ 故选A。‎ ‎3.在远距离输电中，为了减少输电过程中电能的损失，下列说法正确的是（　　）‎ A. 提高输电功率 B. 增大输电线中电流 C. 提高输电电压 D. 增大输电线的电阻 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由公式 ‎，‎ 可得 故可知，减小输电功率，减小输电线中的电流，减小输电线的电阻，提高输电电压能减小输电过程中电能的损失，故ABD错误，C正确。‎ 故选C。‎ ‎4.体操运动员在落地时总要屈腿，这是为了减小（　　）‎ A. 落地时的动量 B. 落地过程中动量的变化量 C. 落地过程中地面的作用力 D. 落地过程所需时间 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】体操运动员落地时的动量一定，在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由 I=Ft 可知体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故C正确，ABD错误。 故选C。‎ ‎5.甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反的方向滑去。已知甲推乙之前两人的总动量为0，甲的质量为‎45kg，乙的质量为‎50kg。关于甲推乙后两人的动量和速率，下列说法正确的是（　　）‎ A. 两人的总动量大于0‎ B. 两人总动量等于0‎ C. 甲、乙两人的速率之比为1：1‎ D. 甲、乙两人的速率之比为9：10‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．甲、乙两人组成的系统动量守恒，甲推乙之前两人的总动量为0，甲推乙后两人的动量也为0，故A错误，B正确；‎ CD．甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得 甲、乙的速率之比 故CD错误。‎ 故选B。‎ ‎6.用如图所示的实验装置探究感应电流产生的条件。线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。下列几种情况下线圈B中没有电流产生的是（　　）‎ A. 开关闭合瞬间 B. 开关断开瞬间 C. 开关闭合时，滑动变阻器不动 D. 开关闭合时，拔出线圈A瞬间 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当闭合开关瞬间，穿过线圈A的磁通量在增大，则线圈B的磁通量也在增大，导致电流表有感应电流，故A不符合题意； B．当开关断开的瞬间，A中磁场减小，故B中磁通量减小，导致电流表中有感应电流，故B不符合题意； C．开关闭合时，滑动变阻器的滑片不动，A中磁场不变，故B中磁通量也不变，因此电流表没有感应电流，故C符合题意； D．开关闭合时，拔出线圈A瞬间，线圈B中的磁通量变小，则线圈B中产生了感应电流；故D不符题意。 故选C。‎ ‎7.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的电阻．电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是 （ ）‎ A. 原线圈的输入功率为 B. 电流表的读数为‎4.0 A C. 电压表的读数为 D. 副线圈两端交流电的周期为50 s ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，即可求得结论．‎ ‎【详解】A、由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为4:1，由U1：U2=n1：n2，可得：U2=55V，由输入功率和输出功率相等可得，原线圈中的输入功率为：P入=P出==55W，故A错误；‎ B、副线圈的电流为：I2=U2/R=55/‎55A=‎1A，由I1: I2= n2: n1可得：I1=‎0.25A，即电流表的读数为‎0.25A，故B错误；‎ C、电压表的读数为副线圈电压的有效值，即为：U=55.0V，故C正确；‎ D、由可知，ω=100π，又由ω=2π/T，解得：T=0.02s，变压器不改变周期，所以副线圈两端交流电的周期为0.02s，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎8.一矩形线圈绕垂直匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A. 时刻通过线圈的磁通量最大 B. 时刻通过线圈的磁通量最大 C. 时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大 D. 时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值为0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．由图可知，t1、t3时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的变化率也为零，所以通过线圈的磁通量为最大，故A正确，C错误；‎ BD．由图可知，t2、t4‎ 时刻线圈的感应电动势最大，故磁通量的变化率也最大，通过线圈的磁通量最小，故BD错误。‎ 故选A。‎ ‎9.如图所示为演示自感现象电路图，L是电感线圈，且电阻不为零。实验时，断开开关S瞬间，下列说法正确的是（　　）‎ A. 灯A立即熄灭 B. 线圈L中电流增大 C. 线圈L中电流方向与原来相反 D. 灯A中电流方向向左 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】开关S闭合稳定状态时，当开关断开后灯泡中原电流立即完全消失，而线圈由于由自感作用阻碍其自身电流的减小，故线圈与灯泡组成回路，其电流IL逐渐减小，方向不变，灯泡中由原来的电流I变为电流IL，逐渐熄灭，流过灯泡的电流的方向向左；故D正确，ABC错误。‎ 故选D。‎ ‎10.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 动量守恒、机械能守恒 B. 动量守恒、机械能不守恒 C. 动量不守恒、机械能守恒 D. 动量、机械能都不守恒 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据系统动量守恒的条件:‎ 系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒。根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒。‎ ‎【详解】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，但是子弹击中木块A过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎11.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。导轨间距为L，在导轨上垂直放置根金属棒MN，与导轨接触良好，电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速动。则导体棒运动过程中（　　）‎ A. 金属棒中的电流方向为由M到N B. 电阻R两端的电压为 C. 电路中电流大小为 D. 金属棒受到的安培力大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由右手定则判断得知金属棒中的电流方向为由到，故A错误；‎ BC．产生的感应电动势为 回路中的感应电流大小为 则电阻两端的电压为 故BC错误；‎ D．金属棒受到的安培力大小为 故D正确。‎ 故选D ‎12.如图所示金属棒MN，金属棒中的自由电荷为电子。电子随着导体棒以速度v向右匀速运动，同时沿着导体棒以速度匀速运动。下列说法正确的是（　　）‎ A. 电子受到的总洛伦兹力为 B. 电子受到的总洛伦兹力为 C. 非静电力是电子受到的沿棒方向的洛伦兹力，大小为 D. 非静电力是电子受到的沿棒方向的洛伦兹力，大小为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．自由电荷受洛伦兹力如图所示 沿棒方向的洛伦兹力 垂直棒方向的洛伦兹力 故电子受到的总洛伦兹力为 故AB错误；‎ CD．做正功，将正电荷从端搬运到端，相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“电动势”，使电源的电能增加；大小为，故C正确，D错误。‎ 故选C。‎ ‎13.变压器上的原、副线圈之间并没有导线直接连接，却将电能从原线圈的电路输送到副线圈的电路。在无线充电技术中，其中一种就是基于变压器的原理产生的，只不过变压器场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。如图所示是无线充电器正在对手机进行无线充电。下列说法合理的是（　　）‎ A. 在变压器原、副线圈上不存在能量的转化 B. 在变压器原线圈上电场能转化成磁场能 C. 手机必须与无线充电器贴合才能进行无线充电 D. 用无线充电器给手机充电的过程中是没有能量损耗的 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，在变压器原线圈上把电场能转化为磁场能，在副线圈上把磁场能转化为电场能，故A错误，B正确；‎ C．当受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，也有变化的磁场通过受电线圈引起磁通量变化，也可以进行无线充电，故C错误；‎ D．用无线充电器给手机充电的过程中是有能量损耗的，有一小部分磁场能在空间中耗散，故D错误。‎ 故选B。‎ 第Ⅱ卷（非选择题共61分）‎ 二、实验题（共1道小题，共15分）‎ ‎14.用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。‎ ‎（1）若球1的质量为，半径为；球2的质量为，半径为，为完成实验需满足________（选填字母代号）‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让球1多次从斜轨上A点由静止释放，找到平均落地点的位置，应该是______点（选填“M”“P”或者“N”）（称为操作一）。然后，把球2静置于轨道的水平部分边缘位置B点，再将球1从斜轨上A点由静止释放，使它们碰撞，重复多次，并找到碰撞后球1和球2落点的平均位置,分别是______点（选填“M”“P”或者“N”）和______点（选填“M”“P”或者“N”）（称为操作二）‎ ‎（3）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量__________。（选填字母代号）‎ A．P点到O点的距离OP B．M点、N点到O点的距离OM、ON C．球1和球2的直径 D．球1和球2的质量 E．球1开始释放的高度h F．球抛出点距地面的高度H ‎（4）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示_____________（用（3）中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为________（3）中测量的量表示）‎ ‎（5‎ ‎）在调节实验装置时，使固定在桌边的斜轨末端的切线水平是为了_______________________。‎ ‎（6）如果在进行操作二时，球1从斜轨上开始滚下的位置比操作一时低一些，实验将会得到怎样的结果？说明道理_____________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). P (3). M (4). N (5). ABD (6). (7). (8). 保证小球做平抛运动 (9). 如果在进行操作二时，球1从斜轨上开始滚下的位置比操作一时低一些，那么碰撞前球1的动量就会比操作一中球1获得的动量小，所以碰撞后球1、球2的总动量小于操作一中球1的动量，即 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．此实验中为防止入射球反弹，要求入射球的质量大于被碰球的质量；为保证两球正碰，则两球半径应该相等；故选C；‎ ‎（2）[2][3][4]．不放被碰球时，入射球1的落点应该是P点。放上被碰球2后然后，球1的落点是M点球2的落地点是N点；‎ ‎（3）[5]．要验证动量守恒定律定律，即验证 小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得 ‎ ‎ 得 因此实验需要测量：P点到O点的距离OP， M点、N点到O点的距离OM、ON以及球1和球2的质量，故选ABD；‎ ‎（4）[6][7]．由（3）可知，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 如果碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得 两边同时乘以t2得 ‎ ‎ 整理得 ‎（5）[8]．在调节实验装置时，使固定在桌边的斜轨末端的切线水平是为了保证小球做平抛运动。‎ ‎（6）[9]．如果在进行操作二时，球1从斜轨上开始滚下的位置比操作一时低一些，那么碰撞前球1的动量就会比操作一中球1获得的动量小，所以碰撞后球1、球2的总动量小于操作一中球1的动量，即。‎ 三、计算题（共5道题，共46分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。有数字计算的题，取，答案必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.如图所示，用‎0.5kg的铁锤钉钉子，打击前铁锤的速度为‎4m/s打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.01s。铁锤所受重力不可忽略。求：‎ ‎（1）铁锤打击钉子这段时间内动量变化量的大小；‎ ‎（2）钉子对铁锤的平均作用力f的大小。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设竖直向下为正方向 所以铁锤动量变化量大小为。‎ ‎（2）根据动量定理 解得 ‎16.如图甲所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中有一个金属环，金属环平面与匀强磁场垂直。金属环的面积，电阻。穿过金属环平面的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。求：‎ ‎（1）金属环中产生的感应电动势E的大小。‎ ‎（2）金属环电阻消耗的电功率P。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律 ‎（2）金属环电阻消耗的电功率 ‎17.在光滑水平地面上，有一个质量为m、速度为v的小球A跟质量为‎3m的静止小球B发生正碰。‎ ‎（1）若碰撞是弹性的，求碰撞后小球A的速度；‎ ‎（2）若碰撞是非弹性的，请论证：碰撞后小球B的速度可能是0.6v吗？‎ ‎【答案】（1）；（2）不可能 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设速度v的方向为正方向，碰后小球B的速度为；‎ 根据动量守恒定律 因为碰撞是弹性的，所以系统机械能守恒 上述两式联立得 所以碰撞之后小球A速度大小为0.5v，方向与v相反；‎ ‎（2）如果碰撞之后小球B的速度 根据动量守恒定律 求得 碰撞之前系统的总机械能为 碰撞之后系统的总机械能为 通过比较，这是不可能的，所以碰撞后小球B的速度不可能是0.6v。‎ ‎18.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一个矩形线圈abcd绕其竖直中心轴逆时针匀速转动。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环（集流环）焊接在一起，并通过电刷和一个电阻为R的定值电阻相连接。已知，矩形线圈abcd的边长，匝数为N线圈电阻为r，转动的角速度为ω，磁感应强度大小为B。‎ ‎（1）若从中性面开始计时，经过时间t，请推导该时刻线圈abcd中产生感应电动势e的大小；‎ ‎（2）求从图中线圈平面与磁场垂直位置开始线圈abcd转过90°的过程中，通过电阻R的电量q。‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）如答题图所示是矩形线圈在磁场中运动的俯视图。矩形线圈在磁场中转动时，ab、cd两边切割磁感线产生感应电动势。从中性面开始计时，在t时刻，线圈转过的角度，此时ab、cd两边转动的线速度 此时，ab边上产生的感应电动势 其中 所以 同理cd边上产生的感应电动势 所以线圈abcd中产生感应电动势的 ‎（2）设线圈转过90°所用的时间为，这个过程中通过电阻R的电量 联立得 ‎19.光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平地面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上，如图所示。开始时cd棒静止，ab棒以初速度沿导轨向右运动。随后cd棒也运动起来，两棒始终未能相碰，忽略金属棒中感应电流产生的磁场。已知两根金属棒的质量均为m。求：‎ ‎(1)cd棒最终获得的动能；‎ ‎(2)从ab棒以初速度v0开始运动，到ab、cd棒达到最终状态过程中，电路中产生的焦耳热Q。‎ ‎【答案】(1)；(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)ab棒以初速度沿导轨向右运动，切割磁感线产生感应电动势，电路中产生感应电流，ab棒受到的安培力作用使ab棒做减速运动。cd棒受到安培力的作用开始做加速运动，cd棒也切割磁感线，使电路中电流减小，直到ab棒和cd棒速度相同，电路电流减为零；在这个过程中ab棒和cd棒组成的系统所受到的合外力始终为零，所以系统动量守恒，根据动量守恒定律 得 故cd棒最终获得的动能 ‎(2)根据能量守恒 得