安徽省蚌埠市第三中学2020_2021学年高二物理下学期4月月考试题.docx

6.如图所示，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()【注意事项】安徽省蚌埠市第三中学2020-2021学年高二物理下学期4月月考试题祝考试顺利7.如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为221，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻𝑅 = 20 𝛺相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是()A. 电流表的示数是0.52 AB. 变压器的输入功率是5 𝑊C. 流过 R 的电流方向每秒改变 50 次D. 当𝑡 = 1 × 102𝑠时电压表的示数是0 𝑉 1答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用合乎要求的 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将答题卡上交。 一、选择题（本大题共 12 小题，共 48 分；选错 0 分，选不全 2 分。1-9 小题是单选题，10-12 题是多选题）1.行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A. 增加了司机单位面积的受力大小B. 减少了碰撞前后司机动量的变化量C. 将司机的动能全部转换成汽车的动能D. 延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积2.如图所示，在输电线. . 𝐿1和𝐿2上接有电压互感器甲和电流互感器乙。若已知匝数比分别为𝑛1: 𝑛2 = 1000: 1和𝑛3: 𝑛4 = 1: 100，且知图中电压表示数为220 𝑉、电流表示数为2.0 𝐴，则输电线𝐿1和𝐿2输送的电功率为()A. 4.4 × 103𝑊B. 4.4 × 103𝑊C. 4.4 × 107𝑊D. 4.4 × 104𝑊3.从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球，一球竖直上抛，一球竖直下抛，一球平抛，所受阻力都不计，则()A. 三球落地时动量相同B. 三球落地时动量不相同C. 从抛出到落地过程，三球受到的冲量相同D. 从抛出到落地过程，平抛运动小球受到的冲量最小 第 3 题图第 4 题图4.如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压𝑈1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是()A. 升压变压器副线圈电压𝑈2降低B. 降压变压器原线圈电压𝑈3升高C. 输电线消耗的功率增大D. 发电机的输出功率不变5.如图所示，A，B 两小球质量相同，在光滑水平面上分别以动量𝑝1 = 8 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠和𝑝2 = 6 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠(向右为参考系正方向)做匀速直线运动，则在 A 球追上 B 球并与之碰撞的过程中，两小球碰撞后的动量𝑝1和𝑝2可能分别为()A. 5 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠，9 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠B. 10 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠，4 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠C. 7 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠，7 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠D. 2 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠，12 𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠 第 5 题图第 6 题图第 7 题图第 8 题图8.如图所示，理想变压器原线圈 c、d 两端接入稳定的交流电压，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关， 滑动变阻器 R 的滑片处于变阻器正中间，电表均为理想电表下列说法中正确的是A. 只将 S 从 a 驳接到 b，电流表的示数将减半B. 只将 S 从 a 驳接到 b，电压表的示数将减半C. 只将滑动变阻器 R 的滑片从中点移到最上端，电流表的示数将减半D. 只将滑动变阻器 R的滑片从中点移到最上端，c、d 两端输入的功率将为原来的 1 49.甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为 1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为()A. 3JB. 4JC. 5JD. 6J第 9 题图第 10 题图10.如图甲所示，在水平向右的匀强磁场中，匝数为 10 匝的矩形线圈绕与线圈平面共面的竖直轴𝑂𝑂匀速转动， 从线圈转到图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量𝛷随时间 t 变化的关系如图乙所示。则下列说法正确的是A. 线圈的感应电动势的瞬时值 e 随时间 t 的变化关系为𝑒 = 10𝑠𝑖𝑛100𝑡(𝑉)B. 线圈的感应电动势的有效值为52𝑉C. 当𝑡 = 𝜋时，线圈的感应电动势最小D. 线圈从图示位置转过60°时，线圈的感应电动势瞬时值大小为 5V11.如图所示，质量为 m 的小球从光滑的半径为 R 的半圆槽顶部 A 由静止滑下，设槽与桌面无摩擦，则()A. 小球不可能滑到右边最高点 BB. 小球到达槽底的动能小于 mgRC. 小球升到最大高度时，槽速度为零D. 若球与槽有摩擦，则系统水平方向动量不守恒 第 11 题图第 12 题图12. A，B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移一时间图象，a、b 分别为 A，B 两球碰前的位移一时间图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移一时间图象，若 A 球质量是𝑚 = 2𝑘𝑔，则由图可知下列结论错误的是( )A. A、B 碰撞前的总动量为3𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠 B. 碰撞时 A 对 B 所施冲量为4𝑁 · 𝑠C. 碰撞前后 A 的动量变化为6𝑘𝑔 · 𝑚/𝑠 D. 碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 10J二、实验题探究题（每空 3 分，共 6 分）13.如图所示，用“碰撞实验器”可以探究碰撞中的不变量，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的关系(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.小球抛出点距地面的高度F B.小球开始释放的高度h16.（14 分）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 = 502𝑟𝑎𝑑/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； C.小球做平抛运动的射程D.小球释放点到落地点的高度 + 𝐻(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𝑚1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，测量平抛射程𝑂𝑃.然后，把被碰小球𝑚2静置于轨道的水平部分，再将入射球𝑚1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)17.（10 分）如图所示，质量𝑚 = 2𝑘𝑔的滑块(可视为质点)，以𝑣0 = 5𝑚/𝑠的水平初速度滑上静止在光滑水平面C.测量抛出点距地面的高度 HD.测量平抛射程 OM、ON四、计算题（本大题共 4 小题，共 46.0 分）14.（10 分）如图所示，同一光滑水平轨道上静止放置 A、B、C 三个物块，A、B 两物块质量均为 m，C 物块质量为 2m，B 物块的右端装有一轻弹簧，现让 A 物块以水平速度𝑣0向右运动，与 B 碰后粘在一起，再向右运动推动𝐶(弹簧与 C 不粘连)，弹簧没有超过弹性限度求： (1)𝐴与 B 碰撞中的动能损失； (2)整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能15.（12 分）如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为𝑅 = 0.1𝑚，半圆形轨道的底端放置一个质量为𝑚 = 0.1𝑘𝑔的小球 B，水平面上有一个质量为𝑀 = 0.3𝑘𝑔的木块 A 以初速度𝑣0 =4.0𝑚/𝑠开始向着小球 B 滑动，经过时间𝑡 = 0.80𝑠与 B 发生弹性碰撞。设两物体均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知木块 A 与桌面间的动摩擦因数𝜇 = 0.25，求：(1)两物体碰前 A 的速度；(2)碰撞后 A、B 的速度大小；(3)小球 B 运动到最高点 C 时对轨道的压力。的平板小车，若平板小车质量𝑀 = 3𝑘𝑔，长𝐿 = 4.8𝑚.滑块在平板小车上滑移1.5𝑠后相对小车静止求： （1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数𝜇； （2）若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少(𝑔取10𝑚/𝑠2)答案和解析1.【答案】D【解析】【分析】分析碰撞前后的动量变化关系，根据动量定理分析冲击力的变化，同时结合实际情景判断正误即可。本题考查动量定理的应用，要注意明确安全气囊增加了冲击时间，从而减小了冲击力。【解答】在碰撞过程中，司机的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理可知，可以减小司机受到的冲击力，同时安全气囊增大了司机在碰撞过程中的受力面积，即减小了司机单位面积受力，故D正确，AB错误。实际情况中司机与安全气囊碰撞的过程中，不能将司机全部的动能转化成汽车的动能；故C错误；故选D；2.【答案】C【解析】解：由图可知，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；故；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，故电流；则输电功率 ；故选C根据变压器的变流比计算出输送电流及输送电压，最后根据电功率计算电功率本题考查了变压器的特点，要知道电流互感器和电压互感器的连接方式，并能根据互感器测出电路中的电压和电流，同时注意明确输电功率3.【答案】B【解析】【分析】本题考查动量，冲量以及动量定理，解决本题的关键知道动量、冲量、动量的变化量都是矢量，比较动量的变化量的大小可以通过动量定理，结合运动的时间进行比较。根据动能定理比较小球落地时的速度，从而比较出落地时的动量，根据动量定理，结合运动的时间，比较动量的变化量。【解答】根据动能定理知，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同，故A错误，B正确；三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以上抛运动的时间最长，三球受到的冲量不相同，根据动量定理知，可得上抛球动量变化量最大，下抛球动量变化量最小，则下抛球冲量最小，故CD错误。故选B。4.【答案】C【解析】【分析】本题考查了变压器的基本关系电压、电流、功率、远距离输电的相关知识，试题难度较易；关键是能够由变压器基本关系分析各个量之间的变化关系，原线圈的电压决定副线圈的电压，副线圈的电流决定原线圈的电流；【解答】ABC、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大；发电机的输出电压不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压不变，由输电线上的电压损失增大，可知降压变压器的输入电压减小，故A、B错误，C正确；D、发电机输出功率随用户开启的用电器增多而增加，D错误5.【答案】C【解析】【分析】碰撞的过程中动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律，根据这些规律进行分析；对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况。【解答】两小球质量相同，设质量都是m，则开始时的动能：，碰撞后的动能：，A、D两项不符合，故AD错误；B.根据动量守恒定律知，两球碰撞的过程中，应该是B球的动量增加，A球的动量减小，A的动量不能增加，故B错误；C.根据动量守恒定律，如果两球碰撞后一起运动，则二者的动量相等，都是，故C是可能的。故选C。6.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查动量守恒定律，由于斜面体放在光滑地面上，则物体下滑的过程中，斜面后退；则由水平动量守恒可列式求解【解答】此题属于“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，以m在水平方向上对地位移的方向为正方向，设m在水平方向上对地位移为，M在水平方向对地位移为，因此，即且 可得 ，故C正确，ABD错误。故选C。7.【答案】B【解析】【分析】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。由图乙可知交流电压最大值，周期；根据变压比和电流比结合欧姆定律求解电流表示数和变压器的输入功率；电压表的示数为有效值。【解答】D.由图乙可知交流电压最大值，有效值为220V，据变压比可知，输出电压有效值为10V，电压表的示数为有效值，则任意时刻的示数均为10V，故D错误；A.根据欧姆定律可知，故A错误；B.变压器的输出功率，根据输出功率等于输入功率可知，变压器的输入功率是5W，故B正确；C.周期，则流过R的电流方向每秒改变100次，故C错误。故选B。8.【答案】C【解析】【分析】根据瞬时值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。电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。【解答】B.只将S从a驳接到b，变压器初级线圈匝数减半，次级电压变为原来的2倍，所以B选项错；A.同时次级消耗的功率变为原来的4倍，初级消耗的功率也为原来4倍，但电压不变，电流表示数应为原来的4倍，故A选项错；C.只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，变压器次级电阻变为原来的2倍，电压不变电流减半，初级电流也减半，故C选项正确；D.只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，电压不变电流减半，则根据和输入功率和输出功率相等，c、d两端输入的功率变为原来的一半，故D选项错误故选C。9.【答案】A【解析】解：设甲的质量为m，乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为和，碰撞后甲、乙的速度大小分别为和，碰撞过程中动量守恒，则，解得，则碰撞过程两物块损失的机械能，故A正确，BCD错误。故选：A。甲、乙物块在碰撞的过程中动量守恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块损失的机械能等于碰撞前甲、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。解决该题需要明确知道甲乙在碰撞过程中动量守恒，知道动量是矢量，在计算时必须遵循矢量的运算规则。10.【答案】BD【解析】【分析】根据乙图求出周期、角速度、感应电势的最大值，得到感应电动势的瞬时值表达式，再求电动势有效值、瞬时值。本题关键是从乙图中读出相关的信息，知道从垂直中性面开始计时，感应电动势的瞬时值表达式。【解答】A.由图乙知周期，角速度，感应电动势的最大值，所以从图示位置开始计时，线圈的感应电动势的瞬时值e随时间t的变化关系为，故A错误；B.线圈的感应电动势的有效值为，故B正确；C.当时，线圈的感应电动势最大，故C错误；D.线圈从图示位置转过时，线圈的感应电动势瞬时值大小为，故D正确。故选BD。11.【答案】BC【解析】【分析】系统水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。本题考查动量守恒和机械能守恒的综合，知道半圆槽固定时，物体机械能守恒，不固定时，系统水平方向上动量守恒，系统机械能守恒。【解答】小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态动量为零，由动量守恒定律可知，小球到达最右端时系统总动量也为零，球与槽的速度都为零，在整个过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球可以到达右边最高点，故A错误，C正确；B.小球与槽组成的系统动量守恒，小球到达槽的底端时，小球与槽都有一定的速度，都获得一定的动能，在此过程中系统机械能守恒，小球重力势能的减少量mgR转化为球与槽的动能，因此小球到达槽底时的动能小于mgR，故B正确；D.球与槽有摩擦时，槽与小球组成的系统水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故D错误。故选BC。12.【答案】AC【解析】【分析】在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，根据动量的定义公式及动量守恒定律可以求解本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律【解答】由图象可知，碰撞前有：A球的速度，B球的速度碰撞后有：A、B两球的速度相等，为；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化为：根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：又：，所以：所以A与B碰撞前的总动量为：由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：，代入数据解得：，故AC错误，BD正确。选错误的，故选AC。13.【答案】 【解析】【分析】验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难，因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求。最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒从而明确应进行的实验步骤。本题考查验证动量守恒定律中，要求会在相同高度下，用水平射程来间接测出速度，将复杂问题简单化；注意体会这种简化方法。【解答】验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度。故选C。 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：，因此实验需要过程为：测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移，故BD正确，AC错误。故答案为：；。14.【答案】解：与B碰撞过程中，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得： 得A与B碰撞中的动能损失当A、B、C有共同速度时，弹簧弹性势能最大由动量守恒定律：由能量转化守恒定律得，最大弹性势能为 【解析】本题分析清楚物体运动过程，明确弹簧的弹性势能最大的条件：速度相同是正确解题的关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题，注意运用动量守恒定律解题时要规定正方向。在A与B碰撞过程中，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出它们碰撞后的速度，再由能量守恒定律求动能损失；当A、B、C有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律以及能量守恒定律列式求解。15.【答案】解：碰前对A由动量定理有：解得：                                、对A、B：碰撞前后动量守恒： 碰撞前后动能保持不变：由以上各式解得：，     又因为B球在轨道上机械能守恒：解得：在最高点C对小球B有：解得：由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为4N，方向竖直向上。【解析】本题考查了圆周运动与能量守恒定律的综合运用问题，是力学典型的模型，也可以用动能定理结合牛顿第二定律求解。对A应用动量定理求解；碰撞过程动量守恒，机械能守恒，列方程组求碰后A的速度和B的速度，对B在轨道上运动过程机械能守恒求B球到达C点时的速度，然后根据牛顿第二定律求解球B受到的压力。16.【答案】解：线圈从平行磁场开始计时，感应电动势最大值：故表达式为：有效值：电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：，电阻R上所消耗的电功率为：由图示位置转过的过程中，通过R上的电量为：答：表达式为电压表示数为40V，电流表示数为；电阻R上所消耗的电功率是80W；由图示位置转过的过程中，通过R的电量是【解析】线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为表达式电表测量电流的有效值。根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值；根据电量表达式，与感应电动势结合，得出 公式，从而可求得；此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值。17.【答案】解：设m滑上平板小车与平板小车相对静止时速度为v，以向右为正方向，据动量守恒定律得：，对m，由动量定理得：，代入数据解得： 设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度，对M、m组成的系统，由能量守恒定律得：，代入数据解得：；答：滑块与平板小车之间的动摩擦因数为；若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过【解析】以滑块与小车组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，由动量守恒定律可以求出它们共同运动时的速度，对滑块由动量定理可以求出动摩擦因数根据能量守恒定律求出滑块的最大初速度本题考查了动能定理、动量定理、动量守恒定律的应用，关键是体会根据运动情况能选取对应的运动规律