2019-2020学年高二物理下学期第一次调研考试试题(含解析).doc

2019-2020学年高二物理下学期第一次调研考试试题(含解析)一、单项选择题1. 如图所示，理想变压器的输入端电压 u=311 sin100t（V），原副线圈的匝数之比为n1 :n2=10:1 ，若图中电流表读数为3A ，则（ ）A. 电压表读数为 31.1V B. 电压表读数为 311VC. 变压器输出功率为 44W D. 变压器输入功率为 66W【答案】D【解析】理想变压器的输入端电压：（V），则电压的有效值为220V，原副线圈的匝数之比为，则电压表示数为22V，因为电流表示数为3A，所以电阻消耗的功率为，D正确，ABC错误；故选D。2. 如图所示是一交变电流的it图像，则该交变电流的有效值为（ ）A. 4 A B. A C. A D. A【答案】D【解析】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R则解得：故选D。3. 一电热器接在直流电压上，消耗的电功率为P，当把它接在一正弦交变电压上时，消耗的电功率为，则该交变电压的最大值是（ ）A. 5V B. 7.1V C. 10V D. 14.1V【答案】B【解析】设电热器的电阻为R，一个阻值不随温度变化的电热器接在10V的直流电压上，消耗的电功率为P；根据电功率定义得：当把它接到一个正弦交流电压上时消耗的电功率为解得：所以最大值为，B正确；ACD 错误；故选B。4. 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法不正确的是（）A. 交流电a的瞬时值为u=10sin5tVB. 线圈先后两次转速之比为3：2C. 在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零D. 交流电b的最大值为V【答案】C【解析】A、由图电压最大值，周期，交流电压的瞬时值表达式为A正确； B、由图，则线圈先后两次转速之比B正确；C、时刻，根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大，C错误；D、由电动势的最大值，则两个电压最大之值比，有效值，则交流电b电压的最大值为D正确；本题选错误的，故选C。5. 可调理想变压器原线圈与一台小型发电机相连，副线圈与灯泡L，可调电阻R，电容器C连成如图所示的电路，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光，要使灯泡变亮，可以采取的方法有（ ）A. 增大发动机的转速 B. 将滑片P向下滑动C. 将可调电阻R减小 D. 增大电容器极板间的距离【答案】A【解析】A、增大发动机的转速，则交流电源的电压增大，副线圈两端电压也增大，灯泡变亮，A正确；B、向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，B错误；C、将可调电阻R减小，电压不变，通过灯泡的电流不变，C错误；D、增大电容器两极板之间的距离，即减小电容器C的电容，增大了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；故选A。6. 可以将电压升高供给家用电灯的变压器是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】变压器只对交流电起作用，由于A和D的输入的电源是直流电，所以A和D的灯不会亮，所以A、D错误；B图中变压器的输入线圈的匝数比输出线圈的匝数多，该变压器属于降压变压器，所以B错误；C图中变压器的输入线圈的匝数比输出线圈的匝数少，该变压器属于升压变压器，所以C正确；故选C点睛：电压与匝数成正比，当输入线圈的匝数小于输出线圈的匝数时，输出的电压就比输入的电压大，此时的变压器就是升压变压器.7. 如图，质量为M的小船在静止水面上以速率V0 向右匀速行驶，一质量为m的救生员在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则： 解得： 故选C。8. 一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有，得：，由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为，C正确；考点：考查了动量定理【名师点睛】本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解9. 质量为m、半径为R的小球放在质量为2m、半径为2R的光滑空心球壳内. 开始时让它们静止在光滑的水平面上，如图所示. 释放后小球沿内壁运动至最低点时球壳位移是（ ） A. B. RC. D. 【答案】D【解析】试题分析：设小球相对地面的移动距离为，大球相对于地面的移动距离为，下落时间为t,则由动量守恒定律得：;解得,故选D考点：考查了动量守恒定律的应用点评：本题的思路比较不好想，关键是利用动量守恒列等式求解10. 理想变压器原线圈接恒压交流电源，副线圈接如图所示电路，定值电阻R1、R3的阻值均为R，滑动变阻器R2总阻值为2R，在滑动变阻器的滑片P从a点滑到b点过程中，下列说法正确的是（ ）A. 变压器输出电压先增大后减小 B. 电阻R1上电压先增大后减小C. 电阻R3上电流一直减小 D. 变压器输入功率先增大后减小【答案】C【解析】A、变压器输出电压由输入电压和匝数决定；因匝数之比不变；故输出电压不变；A错误；B、副线圈所接电路为滑动变阻器左部分电阻与右部分电阻与R3之各并联后再与定值电阻串联，定义一部分为R1，另一部分为R2因，当时，R并最大，即副线圈的负载电阻最大由a到b过程中，电阻先增大再变小，由欧姆定律知副线圈中电流先减小后增大，则R1上的电压先减小再增大，B错误；C、将定值电阻和变压器副线圈看成电动势恒为U2、内阻为R1的电源，则当外电路中时，P下移，R右在减小；但总电阻增大，总电流减小，内压减小，R左两端电压增大，通过电流增大，所以R右电流减小；当外电路中时，P下移，R右继续增大，但总电阻减小，总电流增大，内电压增大，R右两端电压减小，通过的电流减小，C正确；D、变压器输入功率等于输出功率，因输出功率，则其值先减小后变大，D错误；故选C。二、多项选择题11. 如图所示，下列图像属于交流电的有（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，电流的方向变化的是AC，AC是交流电，BD是直流电；故选AC。12. 如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，线框转过/ 6时的感应电流为I，下列说法正确的是（ ）A. 线框中感应电流的有效值为2IB. 线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为IR/C. 从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为2I/D. 线框转一周的过程中，产生的热量为【答案】CDB、由A可知， ，则磁通量的最大值，B错误；C、从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为：，C正确；D、线框转一周的过程中，产生的热量，D正确；故选CD。13. 如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻为r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2则 （ ）A. 用户端的电压为 B. 理想变压器的输入功率为I1UC. 输电线上的电压降为U D. 输电线路上损失的电功率为Ir【答案】AD【解析】A、由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2，则，得：A正确；B、理想变压器的输入功率为，B错误；C、发电厂的输出电压是U，末端间的电压为U1，输电线路上的电压损失是，C错误；D、等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：故D正确；故选AD。14. 如图所示，A、B两种物体的质量之比，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（ ）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. 若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. 若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成的系统动量不守恒【答案】BC B、地面光滑，弹簧释放后，A、B、C组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，B正确；C、若A、B所受的摩擦力大小相等，方向又相反，所以A、B组成的系统所受合外力为零， A、B组成的系统动量守恒，C正确；D、对于ABC组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，D错误；故选BC。15. 如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆型槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计则A、B构成的系统（ ）A. 这一过程动量守恒B. 这一过程仅在水平方向动量守恒C. 因为系统机械能守恒，物体A运动到圆槽的最低点速度为 D. 释放后当A物体向左上升到最高点时，又恰与释放点等高【答案】BD【解析】A、B、这一过程中，A具有竖直向上的分加速度，系统处于超重状态，竖直方向合外力不为零，所以系统的动量不守恒但系统水平方向不受外力，则在水平方向系统的动量守恒，A错误；B正确；C、系统机械能守恒，A从顶端运动到最低点的过程，有，则 ，得 ，即物体A运动到圆槽的最低点速度小于，C错误；D、设A到达左侧最高点的速度为v，根据动量守恒定律知，由于初动量为零，则末总动量为零，即，根据机械能守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，即恰与释放点等高，D正确；故选BD。16. 甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲=10kgm/s，p乙=14kgm/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为20kgm/s，则甲、乙两球的质量m甲：m乙的关系可能是（ ）A. 3：10 B. 1：4 C. 1：10 D. 1：6【答案】AB【解析】碰撞过程动量守恒，有：，解得：，两球的动量方向都与原来方向相同，碰前：，解得：碰后：，解得：碰撞过程能量守恒：解得：综合可知：，故AB正确；CD错误；故选AB。三、实验题17. 如图，用碰撞实验器可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量_（填选项前的符号），间接地解决这个问题。A小球开始释放高度hB小球抛出点距地面的高度HC小球做平抛运动的水平位移（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛水平位移OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_。（填选项前的符号）A用天平测量两个小球的质量ml、m2B测量小球m1开始释放高度hC测量抛出点距地面的高度HD分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE测量平抛水平位移OM、ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_ （用中测量的量表示）；【答案】 (1). C (2). ADE (3). 【解析】小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，故选C；要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，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：两球的质量、小球的落点、小球的水平位移，故选ADE；由可知，实验需要验证：；故答案为：（1）A；（2）ADE；（3） 。四、计算题18. 如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D（集流环）焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知。在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动。求：（1）0t1时间内通过电阻R的电流大小；（2）线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；（3）线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量。【答案】(1) (2) (3) 【解析】试题分析：（1）0t1时间内，线框中的感应电动势（2分）根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流（1分）（2）线框产生感应电动势的最大值（1分）感应电动势的有效值（1分）通过电阻R电流的有效值：（1分）线圈转动一周所需的时间：此过程中，电阻R产生的热量 Q=I2Rt=R（1分）（3）线框从图甲所示位置转过90的过程中，平均感应电动势为，平均感应电流为，通过电阻R的电荷量 q=。（3分）考点：电磁感应 闭合电路欧姆定律 交变电流19. 利用太阳能电池这个能量转换器件将太阳能转变为电能的系统又称光伏发电系统有一台内阻为1 的太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器匝数比为14，降压变压器匝数比为41，输电线的总电阻R4 ，全校共22个班，每班有“220 V 40 W”灯6盏，若全部电灯正常发光，则（1）发电机输出功率多大？（2）发电机电动势多大？（3）输电效率多少？【答案】(1) 5424W (2) 250 V（3）97%【解析】（1）发电机的输出功率： 而 所以， （2），r为发电机内阻， ，所以，. （3）. 20. 两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=0.5kg，mB=0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mc=0.1kg的滑块C（可视为质点），以Vc=25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：（1）木块A的最终速度VA.（2）滑块C离开A时的速度VC. 【答案】(1) (2) 【解析】（1）因为在光滑水平面上运动，所以系统的动量守恒，设木块A的最后速度为vA，规定向右为正方向，则有：代入数据解得：（2）设离开A时C的速度为vC，根据系统的动量守恒： 解得： 21. 如图所示，在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈B,其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M=3m,劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B。求：（1）碰撞过程中系统损失的机械能；（2）碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。【答案】1）（2）【解析】试题分析：（1）小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：mv0=2mv解得；碰撞过程中系统损失的机械能为解得。（2）当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律：解得由能量关系：解得考点：动量守恒定律; 机械能守恒定律【名师点睛】分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题要注意ABC系统水平方向动量守恒，系统整体动量不守恒物理答案选择题(110小题为单项选择题，共30分；11-16小题为多项选择题，共30分)题号12345678910111213141516答案DDBCACDCDCACCDADBCBDAB三、实验题（共8分）17.（8分）（1）C （2分）（2）ADE（3分）（3）m1OP=m1OM+m2ON（3分）四、计算题(本大题共3个小题，共32分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)18.（12分）【解析】（1）0t1时间内，线框中的感应电动势E=n（2分）根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流I= （1分）（2）线框产生感应电动势的最大值Em=nB1 L1L2 （1分）感应电动势的有效值E=nB1 L1L2 （1分）通过电阻R的电流的有效值I= （1分）线框转动一周所需的时间t= （1分）此过程中，电阻R产生的热量Q=I2Rt=R （1分）（3）线框从图甲所示位置转过90的过程中，平均感应电动势 （1分）平均感应电流 （1分）通过电阻R的电荷量q= （2分）19.（10分）【答案】（1）5424W （2）250 V（3）97%【解析】（1）发电机的输出功率：P出nP灯R （2分）而I2I3I4nI灯226A6 A （1分）所以，P出226406245424 (W) （1分）（2）EU1I1r，r为发电机内阻，U1U2 （1分）U34U4 （1分）U24U4I2R4220 V64 V904 V （1分）I14I2所以，EV641 V250 V. （ 1分）（3）100%97%. （2分）20A（10分）【解析】（1）因为在光滑水平面上运动，所以系统的动量守恒，设木块A的最后速度为vA，规定向右为正方向，则有：mCvc=mAvA+（mB+mC）v （3分）代入数据解得：vA=2.6m/s （2分）（2）设离开A时C的速度为VC，根据系统的动量守恒：mCvC=mCVC+（mA+mB）vA （3分）VC=4.2m/s （2分）20B（10分）【答案】（1）（2）【解析】（1）小物块C与A发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：mv0=2mv （1分）解得；碰撞过程中系统损失的机械能为 （2分）解得 。 （1分）（2）当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等；根据动量守恒定律： （2分）解得 （1分）由能量关系： （2分）解得 （1分）