安徽省滁州市民办高中2022-2022学年高二物理下学期第三次月考试题.doc

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1、滁州市民办高中2017-2018学年下学期第三次月考试高二物理注意事项：1. 本卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题），满分100分，考试时间90分钟。2. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卷上。3. 请将答案正确填写在答题卷上，写在其它地方无效。4. 本次考题主要范围：选修3-2、选修3-5动量守恒定律等第I卷（选择题 45分）一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，满分45分。）1.质量为m的物体放在光滑水平地面上，在与水平方向成角的恒定推力F作用下，由静止开始运动，在时间t内推力的冲量和重力的冲量大小分别为（）A. Ft；0 B. Ftcos；0 C. Ft；mg

2、t D. Ftcos；mgt2.如图所示为两个同心闭合线圈的俯视图，若内线圈中通有图示的电流I1 ， 则当I1增大时关于外线圈中的感应电流I2的方向及I2受到的安培力F的方向，下列判断正确的是（ ）A.I2沿顺时针方向，F沿半径指向圆心B.I2沿逆时针方向，F沿半径背离圆心C.I2沿逆时针方向，F沿半径指向圆心D.I2沿顺时针方向，F沿半径背离圆心3.如图所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角邻匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区城，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两位且与磁场边界垂直下面对于线框中感应电流随时间交化的图象（电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进人磁场开始计时）正确的是（

3、）A. B. C. D.4.如图所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置线圈的匝数为n，绕制线圈导线的电阻为R，其他导线的电阻忽略不计现在竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中一个质量为m，电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是（ ）A. 均匀增大，磁通量变化率的大小为B. 均匀增大，磁通量变化率的大小为C. 均匀减小，磁通量变化率的大小为D. 均匀减小，磁通量变化率的大小为5.如图甲所示，a、b为两个并排放置的共轴线圈，a中通有如图乙所示的交变电流，则下列判断错误的是（ ）A.在t1到t2时间内，a、b相吸B.在t2到t3时间内，a、b相斥C.

4、t1时刻两线圈间作用力为零D.t2时刻两线圈间吸引力最大6.如图所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时A. a端聚积电子 B. b端聚积电子C. 金属棒内电场强度等于零 D. a端电势低于b端电势7. 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰小球的质量分别为m1和m2 图乙为它们碰撞前后的xt（位移时间）图象已知m1=0.1kg由此可以判断（）A.碰前m2和m1都向右运动B.碰后m2和m1都向右运动C.m2=0.3 kgD.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能8.500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程

5、若输送功率为3 200万千瓦，原来采用200千伏输电，由于输电线有电阻而损失的电功率为P，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为(设输电线的电阻未变)()A. 0.4P B. 0.16P C. 2.5P D. 6.25P9. 如图甲所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B= T的水平匀强磁场中，线框电阻不计线框匀速转动时所产生的正弦交流电压图象如图乙所示把该交流电压加在图丙中理想变压器的P、Q两端已知变压器的原线圈I和副线圈的匝数比为5：1，交流电流表为理想电表，电阻R=1，其他各处电阻不计，以下说法正确的是（ ）A.t=0.1s时，电流表的示数为0B.副线圈中交

6、流电的频率为5HzC.线框面积为 m2D.0.05s线圈位于图甲所示位置10.如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示，长度可以不计，视为O、C两点），R1=4，R2=8（导轨其他部分电阻不计）导轨OAC的形状满足方程y=2sin(0.3x)（单位：m） 磁感应强度B=0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻则 A. 外力F的最大值为3NB. 金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率为1 W

7、C. 整个过程的产生的焦耳热为0.5 JD. 在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系式为A11.如图所示，相距为d的两条水平虚线之间是方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（Ld），质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿过磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）：( )A.线圈可能是加速进入磁场的B.感应电流所做的功为2mgdC.可能小于D.线圈的最小速度一定是12.一个矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中的磁通量随时间变化的关系

8、如图所示，线圈的电阻为R，线圈共有n匝，则下列说法正确的是（）A.t= 时刻，线圈中的感应电动势为零B.t= 时刻，磁通量的变化率为 = C.线圈中感应电动势的瞬间表达式为e= sin tD.将磁通量的变化周期变为 ，则线圈中电流的功率增大为原来的4倍13.一台理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比是111，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图所示则下列判断正确的是()A. 原、副线圈中的功率之比为11B. 若只将S从1拨到2，电流表示数增大C. 若开关S接1，滑动变阻器接入电路的阻值为10时，则1 min内滑动变阻器产生的热

9、量为1 200 JD. 若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小14.“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )A. 绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B. 绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小C. 绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D. 人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力15.如图所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻

10、为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1= ，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0 在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触则下列说法正确的是（）A.初始时刻导体棒受到的安培力大小F= B.初始时刻导体棒加速度的大小a=2g+ C.导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D.导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q= mv02+ 第II卷（非选择题 55分）二、实验题（本大题共2小题，满分12分。）16. （本小题满分6分）利用气垫导轨进行“探究碰撞中的不变量”这一实验中，实验要求

11、碰撞动能损失最小则应选图中的_(填“甲”或“乙”)(甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥) 。实验时再利用光电计时器测速度，如图丙所示，质量为0.4kg、速度为0.5m/s的滑块A与质量为0.6kg、速度为0.1m/s的滑块B迎面相撞；碰撞后滑块B被弹回的速度大小为0.2m/s，此时滑块A的速度大小为_m/s，方向与它原来速度方向_。（选填“相同”或“相反”）17. （本小题满分6分）用如图甲所示装置验证动量守恒定律实验中甲(1)为了尽量减小实验误差，在安装斜槽轨道时，应让斜槽末端保持水平，这样做的目的是_A使入射球与被碰小球碰后均能从同一高度飞出B使入射球与被碰小球碰后能

12、同时飞出C使入射球与被碰小球离开斜槽末端时的速度为水平方向D使入射球与被碰小球碰撞时的动能不损失(2)若A球质量为m150 g，两小球发生正碰前后的位移时间(xt)图象如图乙所示，则小球B的质量为m2_.乙(3)调节A球自由下落高度，让A球以一定速度v与静止的B球发生正碰，碰后两球动量正好相等，则A、B两球的质量之比应满足_三、解答题（本大题共3小题，满分43分。）18. （本小题满分15分）如图所示，质量为3m的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m的物块（可视为质点），静止在木板上的A端，已知物块与木板间的动摩擦因数为现有一质量为m的子弹（可视为质点）以初速度v0水平向右射入物块并穿出，

13、已知子弹穿出物块时的速度为 ，子弹穿过物块的时间极短，不计空气阻力，重力加速度为g求：子弹穿出物块时物块的速度大小子弹穿出物块后，为了保证物块不从木板的B端滑出，木板的长度至少多大？19. （本小题满分14分）如图所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为。整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直于导轨平面且向上的匀强磁场中。AC端连有阻值为R的电阻。若将一质量为M、垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放，则棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段。现用大小为F、方向沿斜面向上的恒力把金属棒EF从BD位置由静止推至距BD端s处，此时撤去该力，金属棒EF最后又

14、回到BD端。求：（1）金属棒下滑过程中的最大速度，有多少电能转化成了内能？（金属棒及导轨的电阻不计）（2）金属棒棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中，有多少电能转化成了内能?20. （本小题满分14分）图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接。在外力作用下线圈以恒定的角速度绕轴匀速转动，（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）（1）推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式；（2）求线圈从图示位置转动90时电流表的示数；（3）求线圈

15、速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热。参考答案123456789101112131415CBBADBCBBCBCBDBDACABBC1.C【解析】在时间t内推力的冲量，重力的冲量，故C正确，A、B、D错误。2.B【解析】如图内线圈的电流方向为顺时针方向，由安培定则分析得知，外线圈中磁场方向向里，当I1增大时，穿过外线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断外线圈中的感应电流I2的方向为逆时针，外线圈所在处磁场方向向外，根据左手定则分析得到：I2受到的安培力F方向是沿半径背离圆心向外故选：B3.B【解析】线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为ABCD方向，即为正值，在出磁场的

16、过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ADCBA，即为负值在线圈进入磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线圈进入磁场的后一半过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈出磁场的前一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大，在线圈出磁场的后一半的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小故B正确，A、C、D错误故选：B4.A【解析】正电荷q处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的上极板带负电，根据楞次定律，可得：穿过线圈的磁通量在均匀增大；线框产生的感应电动势：；通过线框的电流：，电容器板间

17、的电场强度，又U=IR，油滴所受电场力：，对油滴，根据平衡条件得：F=mg，所以磁通量变化率的大小为，故A正确，B、C、D错误。5.D【解析】A、B、t1到t2时间内，a中电流减小，a中的磁场穿过b且减小，因此b中产生与a同向的磁场，故a、b相吸，A选项正确，同理B选项正确，则A、B选项不符合题意；C、t1时刻a中电流最大，但变化率为零，b中无感应电流，故两线圈的作用力为零，故C选项正确，则C选项不符合题意；D、t2时刻a中电流为零，但此时电流的变化率最大，b中的感应电流最大，但相互作用力为零，故D选项错误，则D选项符合题意。故答案为：D。6.B【解析】根据右手螺旋定则可知，直导线右侧磁场为垂

18、直纸面向外；ab在转动中切割磁感线，由右手定则可知，a端电势高；电子将向 b端聚集，故B正确，ACD错误。7. C【解析】AB、xt图象的斜率等于速度，碰前，m2位移不随时间变化，m2静止，m1的速度为正，向右运动碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，A、B不符合题意C、由图乙所示图象可知，碰前m1的速度 v1= = =4 m/s，m2静止；碰后m1的速度v1=2 m/s，碰后m2的速度v2=2 m/s根据动量守恒定律：m1v1=m1v1+m2v2得 m2=3m1=0.3 kg，C符合题意D、碰撞过程中系统机械能的变化量为E= m1v12 m1v12 m2v2

19、2，代入解得，E=0，机械能守恒，D不符合题意故答案为：C8.B【解析】根据可知：当输电电压由200 kV升高到500 kV时，其线路损耗由P减小到0.16P，故B正确，ACD错误。9. BC【解析】A、原线圈中电压的有效值 V=10V，根据 ，解得U2=2V，故副线圈中的电流 ，电流表的电流为I1，则 ，解得I1=0.4A，故A错误；B、交流电的周期T=0.2s，故交流电的频率f= ，故B正确；C、根据Em=nBS可知 ，故C正确D、0.05s时线圈产生的感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故D错误故答案为：BC10.BC【解析】金属棒在导轨上从O点滑动到C点，切割磁感线产生电动势，有效切

20、割长度y按正弦规律变化，当y最大时，感应电流最大，安培力最大，外力F最大感应电流最大时，电阻丝R1上消耗的功率最大由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律等规律求出电流求出感应电动势的有效值，然后求出电阻产生的热量当金属棒滑至A位置时，有效的切割长度最大，为2m，产生的最大感应电动势： ，电路总电阻，最大感应电流，最大安培力，由平衡条件可知，最大拉力，A错误；感应电动势最大时，电阻丝上消耗功率最大，最大功率，B正确；当y=0时，根据可得，即金属棒沿x方向运动的位移为3m，所以过程中运动的时间为，金属棒运动过程产生正弦式交变电流， ，电动势的有效值： ，产生的热量： ，C正确；通过金属棒的电流I与

21、时间t的关系： ，D错误11.BD【解析】因为cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线框进入磁场过程先做减速运动，在完全进入磁场后做匀加速运动，若线圈没有完全进入磁场之前已经做匀速运动，则有最小速度满足：，则最小速度为：故AC错误；根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，Q=mgdcd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程

22、，产生的热量Q=2mgd，感应电流做的功为2mgd故B正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为v，可知全部进入磁场的瞬间速度最小由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有，综上所述，线圈的最小速度为：又进入磁场前有：；解得最小速为：故D正确12.BD【解析】A、t= 时刻，线圈中磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势最大，A不符合题意；B、由题目结合图象可知，t= 时刻，线圈中感应电流的最大值Em=nBS=n0 = =n ，解得： = ；B符合题意；C、线圈中感应电动

23、势的瞬时表达式e=Emcos = cos C不符合题意；D、将磁通量的变化周期待变为 ，则电动势的最大值、有效值均变为原来的2倍，由线圈中电流的功率P= 可知，电流的功率增大为原来的4倍，D符合题意故答案为：BD13.AC【解析】原、副线圈的输入功率等于输出功率，故A正确；若只将S从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故B错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为20 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知，解得U10V，若滑动变阻器接入电路的阻值为10，则1 min内滑动变阻器产生的热量为Q601200 J，故C正确；

24、将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，故D错误故选AC.14.AB【解析】A、由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小；故动量先增大后减小；故A正确；B、在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功；但由分析可知，人的动能先增大后减小；故正确；C、绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零；此时人有向下的加速度，速度会继续增大，所以此时人的动能不是最大，故C错误；D、人在最低点时，速度为零，但有向上的加速度，所以绳子对人的拉力一定大于人受到的重力；故D错误综上

25、所述本题答案是：AB15.BC【解析】A、导体棒的初速度为v0，初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：E=BLv0设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：I= 设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL联立上式得，F= A不符合题意；B、初始时刻，弹簧处于伸长状态，棒受到重力、向下的安培力和弹簧的弹力，所以：ma=mg+kx+F得：a=2g+ B符合题意；C、从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能；当导体棒静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，所以弹力的

26、方向向上，此时导体棒的位置比初始时刻降低了，C符合题意；D、导体棒直到最终静止时，棒受到重力和弹簧的弹力，受力平衡，则：mg=kx2，得：x2= 由于x1=x2，所以弹簧的弹性势能不变，由能的转化和守恒定律得：mg（x1+x2）+Ek=Q解得系统产生的总热量：Q= mv02+ 可知R上产生的热量要小于系统产生的总热量D不符合题意故答案为：BC16. 甲 0.05 相同【解析】碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，弹性碰撞时能量损失很小；而非弹性碰撞时损失最大在两滑块碰撞过程中系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后滑块的速度甲图中采用弹性圈，二者碰后即分离，此种情况下，机械能的损失最小，机械能几乎不变

27、；乙图中由于装有撞针和橡皮泥，则两物体相碰时成为一体，机械能的损失最大碰撞后乙的速度变为0.2m/s，大于乙的初速度大小，说明乙碰撞后速度反向，由动量守恒定律得，即，解得，方向与原来方向相同17. C 20g 【解析】（1）研究平抛运动的实验很关键的地方是要保证小球能够水平飞出,只有水平飞出时小球才做平抛运动,故ABD错误,C正确;（2）由图2所示图象可以知道碰撞前： , 由图求出碰后 和 的速度分别为: ,两物体碰撞过程系统动量守恒,以的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得: ,代入计算得出:; (3)设碰撞后两者的动量都为P,因为题意可以知道,碰撞前后总动量为2P,根据动量和动能的关系有:

28、, 碰撞过程动能不增加,有： :,计算得出: 为了入射小球碰撞时反弹，引起实验误差，所以要保证入射小球的质量大于被碰小球的质量，即 综上所述本题答案是：（1）C （2） （3） 18. 【解析】设子弹穿过物块时物块的速度为v1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得：mv0=m +2mv1，解得，v1= 物块和木板达到的共同速度为v2时，物块刚好到达木板右端，这样板的长度最小为L，对物块和木板组成的系统，由动量守恒得：2mv1=5mv2，此过程系统摩擦生热：Q=2mgL由能量守恒定律得：2mgL= 代入数据解得：L= 19.（1）（2）【解析】（1）到达最大速度时满足受力平衡： 解得： （2）由动能定理可知：Fs=Mv2+Q20.（1）见解析（2）（3）【解析】（1）设线圈ab边的边长，bc边的边长。当线圈平面与磁场方向平行时，线圈中的感应电动势最大。设此时ab边的线速度为v，则单匝线圈时ab边产生的感应电动势为cd边产生的感应电动势为n匝线圈产生的总感应电动势为由于有（2）线圈中的感应电动势有效值为电路中电流的有效值即电流表的示数为（3）线圈转动的周期，线圈转动N周的时间依据焦耳定律，发电机线圈产生的焦耳热解得- 15 -