物理卷·2018届河北省博野中学高二3月月考（2017-03）

物理卷·2018届河北省博野中学高二3月月考（2017-03）

博野中学高二年级3月月考 物理试题 一．选择题（共12小题,4、6为多选，共48分）‎ ‎1.一输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈．如图所示，然后将原来线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为（　　）‎ A．1100，360 B．1100，180 C．2200，180 D．2200，360‎ ‎2．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（　　）‎ A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大 B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大 D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大 ‎3．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（　　）‎ A．= B．I2=‎ C．I1U1=I22R D．I1U1=I2U2‎ ‎4．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（　　）‎ A．电流表的示数为10A B．线圈转动的角速度为50π rad/s C．0.01s时线圈平面与磁场方向平行 D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左 ‎5．通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为（　　）‎ A．12V B．4V C．15V D．8V ‎6．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么（　　）‎ A．线圈消耗的电功率为4W B．线圈中感应电流的有效值为2A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=sin ‎7．质量m的物体，从高h处以速度v0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为（　　）‎ A．m B．m﹣mv0‎ C．m﹣mv0 D．mg ‎8．质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t，身体伸直并刚好离开地面，离开地面时速度为v在时间t内（　　）‎ A．地面对他的平均作用力为mg B．地面对他的平均作用力为 C．地面对他的平均作用力为m（﹣g）‎ D．地面对他的平均作用力为m（g+）‎ ‎9．如图所示，质量为 m 的小滑块（可视为质点），从 h 高处的 A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的 B 点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）．要使物体能原路返回，在 B 点需给物体的瞬时冲量最小应是（　　）‎ A．2m B．m C． D．4m ‎10．如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知M＞m，重力加速度为g，某时刻m获得一瞬时速度v0，当m第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为（　　）‎ A．mg B．mg+‎ C．mg+m D．mg+m ‎11．如图所示，劈a放在光滑水平桌面上，物体b放在劈a的光滑斜面顶端，b由静止开始沿斜面自由滑下的过程中，a对b做的功为W1，b对a做的功为W2，则下列关系中正确的是（　　）‎ A．W1=0，W2=0 B．W1＞0，W2＞0 C．W1＜0，W2＞0 D．W1＞0，W2＜0‎ ‎12.一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为m，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（　　）‎ A．v B．v C．v D．0‎ 二．计算题（每题13分）‎ ‎13．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）碰撞前瞬间A的速率v；‎ ‎（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；‎ ‎（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L．‎ ‎14．一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：‎ ‎（1）0～8s时间内拉力的冲量；‎ ‎（2）0～6s时间内物体的位移；‎ ‎（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．‎ ‎15．如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求 ‎（i）两球a、b的质量之比；‎ ‎（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．‎ ‎16．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．A ,B C一起运动一段时间以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．‎ ‎　‎ ‎1．（2010•重庆）一输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈．如图所示，然后将原来线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线数分别为（　　）‎ A．1100，360 B．1100，180 C．2200，180 D．2200，360‎ ‎【解答】解：对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得，‎ 变压器烧坏前，同理 ，所以B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．（2016•天津）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（　　）‎ A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大 B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大 C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大 D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大 ‎【解答】解：A、滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，则A错误 B、干路电流变小，R1分压变小，则电压表V的测量的电压变大，示数变大，则B正确 C、因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表A1示数变小．则C错误 ‎ D、闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小．电流表A1示数随副线圈电流的变大而变大，则D错误 故选：B ‎3．（2014•江苏）远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R ‎，变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（　　）‎ A．= B．I2=‎ C．I1U1=I22R D．I1U1=I2U2‎ ‎【解答】解：A、升压变压器电流之比等于匝数的反比；故有：=；故A错误；‎ B、U2是输电导线及降压变压器两端的电压，不能只对导线由欧姆定律求电流；故B错误；‎ C、升压变压器输出的功率等于导线上消耗的功率及降压变压器消耗的功率之和；故C错误；‎ D、理想变压器输入功率等于输出功率；故I1U1=I2U2，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．（2013•山东）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（　　）‎ A．电流表的示数为10A B．线圈转动的角速度为50π rad/s C．0.01s时线圈平面与磁场方向平行 D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左 ‎【解答】解：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I==10A，选项A正确；‎ B、角速度==100π rad/s，选项B错误；‎ C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；‎ D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎5．（2013•海南）通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为（　　）‎ A．12V B．4V C．15V D．8V ‎【解答】解：由有效值的定义可得 I12Rt1+I22Rt2=T，‎ 代入数据得（0.1）2R×0.8+（0.2）2×R×0.2=×1，‎ 解得U=4V 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．（2011•四川）如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么（　　）‎ A．线圈消耗的电功率为4W B．线圈中感应电流的有效值为2A C．任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=sin ‎【解答】解：从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=Imcosθ，‎ 则电流的最大值为 Im=‎ 感应电动势的最大值为 Em=Imr=2×2=4V 任意时刻线圈中的感应电动势为 e=Emcos=4cost ‎ 线圈消耗的电功率为 P=I2r==W=4W 任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=‎ 根据公式Em=NBSω=NΦm可得 故Φ=，‎ 故选：AC ‎7．（2017•凉州区校级一模）质量m的物体，从高h处以速度v0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为（　　）‎ A．m B．m﹣mv0‎ C． m﹣mv0 D．mg ‎【解答】解：A、D、物体做平抛运动，运动的时间：t=‎ 所以重力的冲量：I=mgt=．故A正确，D错误；‎ B、C、物体落地时竖直方向的分速度：‎ 物体在平抛运动的过程中水平方向的分速度不变，则水平方向动量的分量不变，物体动量的变化等竖直方向的动量的变化，所以：‎ ‎△P=△Py=mvy 由动量定理可知：I=△P=；‎ 所以B选项m﹣mv0为竖直方向的分动量与初动量的差，而m﹣mv0为合动量的大小与初动量的大小的差，没有考虑动量的方向性．故B错误，C错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．（2017•湖北模拟）质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上起跳，经过时间t，身体伸直并刚好离开地面，离开地面时速度为v在时间t内（　　）‎ A．地面对他的平均作用力为mg B．地面对他的平均作用力为 C．地面对他的平均作用力为m（﹣g）‎ D．地面对他的平均作用力为m（g+）‎ ‎【解答】解：人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：‎ ‎﹣mgt=△mv=mv 所以：=m（g+）；故D正确，ABC错误；‎ 故选：D ‎9．（2017•株洲一模）如图所示，质量为 m 的小滑块（可视为质点），从 h 高处的 A 点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的 B ‎ 点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）．要使物体能原路返回，在 B 点需给物体的瞬时冲量最小应是（　　）‎ A．2m B．m C． D．4m ‎【解答】解：滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mgh﹣Wf=0，‎ 滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：﹣mgh﹣Wf=0﹣，‎ 联立解得：v=2；‎ 在 B 点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I=mv=2m，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎10．（2017•芜湖模拟）如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知M＞m，重力加速度为g，某时刻m获得一瞬时速度v0，当m第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为（　　）‎ A．mg B．mg+‎ C．mg+m D．mg+m ‎【解答】解：设m第一次回到O点正下方时m与M的速度分别为v1和v2．取向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒得：‎ ‎ mv0=mv1+Mv2．‎ mv02=mv12+Mv22．‎ 解得 v1=v0，v2=v0‎ 当m第一次回到O点正下方时，以m为研究对象，由牛顿第二定律得：‎ ‎ T﹣mg=m 解得细线的拉力 T=mg+‎ 故选：B ‎11．（2017•闵行区一模）如图所示，劈a放在光滑水平桌面上，物体b放在劈a 的光滑斜面顶端，b由静止开始沿斜面自由滑下的过程中，a对b做的功为W1，b对a做的功为W2，则下列关系中正确的是（　　）‎ A．W1=0，W2=0 B．W1＞0，W2＞0 C．W1＜0，W2＞0 D．W1＞0，W2＜0‎ ‎【解答】解：滑块和斜面体系统机械能守恒，总动量也守恒；根据动量守恒可知，b向左下滑时，a具有向右的速度，向右运动，物体的位移如图所示；‎ 滑块受重力、支持力，斜面受重力、支持力和压力；‎ 对斜面体a，受到的压力垂直斜面向下，水平向右方向有分力，a向右有位移，由W=FScosθ知．压力做正功，故W2＞0；‎ 滑块和斜面体系统机械能守恒，故斜面体a增加的机械能等于滑块b减小的机械能，故支持力对滑块b做负功，即W1＜0；故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎12．（2015•贵州模拟）一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高点时速度大小为v，方向水平．炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为m，则爆炸后另一块瞬时速度大小为（　　）‎ A．v B．v C．v D．0‎ ‎【解答】解：爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：‎ mv=m•v′‎ 解得：v′=v 故选：B．‎ ‎13．（2014•北京）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）碰撞前瞬间A的速率v；‎ ‎（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；‎ ‎（3）A和B整体在桌面上滑动的距离L．‎ ‎【解答】解：（1）滑块从圆弧最高点滑到最低点的过程中，根据机械能守恒定律，有：‎ 得：=2m/s．‎ ‎（2）滑块A与B碰撞，轨道向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mAvA=（mA+mB）v'‎ 得：．‎ ‎（3）滑块A与B粘在一起滑行，根据动能定理，有：‎ 又因为：f=μN=μ（mA+mB）g 代入数据联立解得：l=0.25m．‎ 答：（1）碰撞前瞬间A的速率为2m/s；‎ ‎（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率为1m/s；‎ ‎（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为0.25m．‎ ‎　‎ ‎14．（2013•安徽）一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．求：‎ ‎（1）0～8s时间内拉力的冲量；‎ ‎（2）0～6s时间内物体的位移；‎ ‎（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功．‎ ‎【解答】解：（1）由图象知，力F的方向恒定，故力F在0～8s内的冲量 I=F1t1+F2t2+F3t3=1×2+3×4+2×2N•s=18N•s；‎ 方向向右．‎ ‎（2）由图3知，物体在0～2s内静止，2～6s内做匀加速直线运动，初速度为0，末速度为3m/s 所以物体在0～6s内的位移即为2～6s内匀加速运动的位移=；‎ ‎（3）由图3知物体在6～8s内做匀直线运动，此时摩擦力与拉力平衡即f=F=2N； ‎ 物体在6～8s内做匀速直线运动位移x2=vt=3×2m=6m 物体在8～10s内做匀减速运动位移=‎ 所以物体在0～10s内的总位移x=x1+x2+x3=15m 摩擦力做功Wf=﹣fx=﹣2×15J=﹣30J 即物体克服摩擦力做功30J．‎ 答：（1）0～8s时间内拉力的冲量为18N•s；方向向右．‎ ‎（2）0～6s时间内物体的位移为6m；‎ ‎（3）0～10s时间内，物体克服摩擦力所做的功为30J．‎ ‎　‎ ‎15．（2012•新课标）[选修3﹣5]‎ 如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O．让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°．忽略空气阻力，求 ‎（i）两球a、b的质量之比；‎ ‎（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．‎ ‎【解答】解：（1）b球下摆过程中，由动能定理得：‎ m2gL=m2v02﹣0，‎ 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：‎ m2v0=（m1+m2）v，‎ 两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：‎ ‎（m1+m2）v2=（m1+m2）gL（1﹣cosθ），‎ 解得：=（﹣1）：1=（﹣1）：1‎ ‎（2）两球碰撞过程中损失是机械能：‎ Q=m2gL﹣（m1+m2）gL（1﹣cosθ），‎ 碰前b球的最大动能Eb=m2v02，‎ ‎=【1﹣（1﹣cosθ）】：1=（1﹣）：1‎ 答：（i）两球a、b的质量之比为（﹣1）：1‎ ‎（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比为（1﹣）：1‎ ‎16．（2011•新课标）如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．‎ ‎【解答】解：（1）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：mv0=3mv，‎ 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0，解得：v1=0； ‎ ‎（2）设弹簧的弹性势能为EP，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 ‎（3m）v2+EP=（2m）v12+mv02，解得：EP=mv02 ；‎ 答：弹簧释放的势能为mv02．‎