河南省安阳市第三十六中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）(1)

河南省安阳市第三十六中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）(1)

河南省安阳市第三十六中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析） ‎ 第I卷 一、单项选择题：（每题3分，共36分）‎ ‎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=Imsinωt.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′=Imsinωt B. i′=Imsin2ωt C. i′=2Imsinωt D. i′=2Imsin2ωt ‎【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 2ωt，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. 2V B. 2V C. V D. 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 ωt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=I3‎ B. I1>I2>I3‎ C. I2>I1>I3‎ D. 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r＝6Ω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50:1‎ B. 交变电压的频率为100Hz C. 副线圈中电流的有效值为4A D. 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ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是(　　)‎ A. B. C. 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. 500N B. 1100N C. 600N D. 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：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15N·s B. 物体的动量的变化是30kg·m/s C. 重力的冲量是零 D. 地面支持力的冲量是185N·s ‎【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 N·s，合力的冲量为，则动量的变化量为15 kg·m/s，重力的冲量为200 N·s，地面支持力的冲量为185 N·s，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. E0 B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 碰撞中动量守恒，得①，②，③‎ 由①②③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/s B. vA′=2m/s，vB′=4m/s C. vA′=－4m/s，vB′=7m/s D. vA′=7m/s，vB′=1.5m/s ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】考虑实际情况，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=1kg×6m/s+2kg×2m/s=10kg∙m/s；B选项：1kg×2m/s+2kg×4m/s=10kg•m/s，C选项：1kg×(-4m/s)+2kg×7m/s=10kg•m/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×1×62+×2×22=22J；B选项碰撞后总动能为×1×22+×2×42=18J，C选项碰撞后总动能为×1×42+×2×72=57J，故B满足，C不满足；故选B。‎ ‎11.如图，一个倾角为α的直角斜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=mx1－Mx2.且x1＋x2=hcotα.联立可得x2=，故选C.‎ ‎12.竖直发射的火箭质量为6×103kg.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/s B. 800m/s C. 900m/s D. 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F＝＝＝200v气，又F－m箭g＝m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ω绕不同转轴做匀速转动，则(　　)‎ A. 以OO′为转轴时，感应电动势e=Bl1l2ωsinωt B. 以O1O1′为转轴时，感应电动势e=Bl1l2ωsinωt C. 以OO′为转轴时，感应电动势e=Bl1l2ωcosωt D. 以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e=Bl1l2ωsin ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 图示时刻感应电动势最大为Bl1l2ω，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Bl1l2ω，以OO′为转轴时，感应电动势e=Bl1l2ωcosωt，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e＝Bl1l2ωsin(ωt+)，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22Ω的电阻两端，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 该电阻消耗的功率为550W B. 该交流电压的瞬时值表达式为u=110sin100πtV C. 并联在该电阻两端的交流电压表的示数为110V D. 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；ω==100πrad/s，所以该交流电压的瞬时值表达式为u=110sin100πtV，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，n3>n4‎ C. 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n1＞n2，‎ 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n3＜n4，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Ⅰ，进入泥潭起到停止的过程称为过程Ⅱ，则(　　)‎ A. 过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 B. 过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小 C. Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D. 过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 过程Ⅰ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Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ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，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等零，故C正确；过程Ⅱ中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程Ⅱ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(M＋m0)v=Mv1＋mv2＋m0v3‎ B. m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv=Mv1＋mv2‎ C. m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv=(M＋m)v′‎ D. 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(M＋m0)v=(M＋m0)v1＋mv2‎ ‎【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______ kg·m/s；碰后两车质量与速度乘积之和为______ kg·m/s.‎ ‎(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，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=0.40×1.050 kg·m/s=0.420 kg·m/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：‎ m1v′＋m2v′=(m1＋m2)v′=(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s=0.417 kg·m/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，其中n2=36匝，标有“6 V　9 W”“12 V　12 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)n1＝1 320匝　n3＝72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 kg·m/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) kg·m/s=－1.2 kg·m/s 小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.2×4 kg·m/s=0.8 kg·m/s 小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp=p2－p1=2 kg·m/s ‎（2）由动量定理得(F－mg)Δt=Δp 所以F=＋mg=N＋0.2×10N=12N，方向竖直向上．‎ ‎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=(3－2) 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=mv′＋mv′‎ 解得v′===m/s=0.5m/s，方向向右．‎