安徽省合肥市2022-2022学年高二物理下学期开学考试试题202222260213.doc

《安徽省合肥市2022-2022学年高二物理下学期开学考试试题202222260213.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省合肥市2022-2022学年高二物理下学期开学考试试题202222260213.doc（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、安徽省合肥市2019-2020学年高二物理下学期开学考试试题考试时间：90分钟一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 如图所示，1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件关于该实验下列说法正确的是A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流B. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流C. 闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G中有的感应电流D. 闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，电流表G中有的感应电流2. 图中能产生感应电流的是A.

2、B. C. D. 3. 如图所示，等腰三角形内以底边中线为界，左右两边分布有垂直纸面向外和垂直纸面向里的等强度匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在时刻恰好位于图中所示位置以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移关系的是A. B. C. D. 4. 如图所示的电路中，和是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法正确的是A. 合上开关S接通电路，灯先亮，灯逐渐变亮，最后一样亮B. 合上开关S接通电路，和始终一样亮C. 断开开关S切断电路，和都立刻熄灭D. 断开开关S切断电路，立刻熄

3、灭，过一会儿才熄灭5. 如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大A. B. C. D. 6. 如图所示，理想变压器的交流输入电压，有两组副线圈，其中匝与标有“9V，9W”的灯相连，与“6V，12W”的电灯相连，且均能正常发光。则与的匝数分别为A. 88024B. 66027C. 88027D. 660247. 质量为和未知的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其图象如图所示，则A. 此碰撞一定为弹性碰撞B. 被碰物体质量为2kgC. 碰后两物体速度相同D. 此过程有机械能损失8. 如图所示，质量相等的五个物块在光滑水平面上，间隔一定距离排成一条直线。具有初动能的物块1向其

4、它4个静止的物块运动，依次发生碰撞，每次碰撞后不再分开，最后5个物块粘成一个整体。这个整体的动能等于A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动。则PQ所做的运动可能是A. 向右匀加速运动B. 向左匀加速运动C. 向右匀减速运动D. 向左匀减速运动10. 在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为，则A. 时，线圈平面平行于磁感线B. 时，线圈中的电流改变方

5、向C. s时，线圈中的感应电动势最大D. 一个周期内，线圈产生的热量为11. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则 A. 时物块的速率为B. 时物块的动量大小为C. 时物块的动量大小为D. 时物块的速度为零12. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为这时突然撤去F，关于A，B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 A. 撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒B. 撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C.

6、撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED. 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为三、实验题探究题（本大题共2小题，共18.0分）13. 碰撞一般分为弹性碰撞和非弹性碰撞，发生弹性碰撞时，系统的动量守恒，机械能也守恒发生非弹性碰撞时，系统的动量守恒，但机械能不守恒。为了判断碰撞的种类，某实验兴趣小组用如图“碰撞实验器”设计了如下实验。实验步骤如下：按照如图所示的实验装置图，安装实物图。调整斜槽末端水平，O为斜槽末端竖直投影。在轨道上固定一挡板S，从贴紧挡板S处由静止释放质量为的小球1，小球1落在P点，用刻度尺测得P点与O点距离2L。在装置末端放置一个大小与小球1相同的小球

7、2，其质量为。现仍从S处静止释放小球1，小球1与小球2发生正碰，小球2落在N点，小球1落在M点，测得OM为L，ON为3L。若入射小球质量为，半径为被碰小球质量为，半径为，则要求_。A.B.C.D.小球1与小球2的质量之比_。若两小球均看作质点，以两球为系统，碰前系统初动能_，碰后系统末动能_，则系统机械能 _选填“守恒”或“不守恒”，可以得出两球的碰撞是_碰撞。、用题目中字母H、L和重力加速度g表示14. 我们可以通过以下实验，来探究产生感应电流的条件。 给岀的实物图中，请用笔画线代替导线补全实验电路；接好电路，合上开关瞬间，电流表指针_填“偏转”或“不偏转”；电路稳定后，电流表指针_填“偏转

8、”或“不偏转”；迅速移动滑动变阻器的滑片，电流表指针_填“偏转”或“不偏转”；根据以上实验可得产生感应电流的条件_。四、计算题（本大题共4小题，共34.0分）15. 如图所示，宽度为的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值为的电阻导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为一根质量为的导体棒MN放在导轨上与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计现用一平行于导轨的拉力拉动导体棒沿导轨向右匀速运动，运动速度，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直求： 在闭合回路中产生的感应电流的大小；作用在导体棒上的拉力的大小及拉力的功率；当导体棒移动50cm时撤去拉力，求整个运动

9、过程中电阻R上产生的热量16. 如图所示，发电机输出功率，输出电压，用户需要的电压，输电线总电阻为若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的，试求：发电机的输送电流是多少？在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比：？、：？用户得到的电功率是多少？17. 如图所示，质量为的木块以的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，车的质量，木块与小车之间的摩擦系数为，设小车足够长。求：木块和小车相对静止时小车的速度；从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；从木块滑上小车到它们处于相对静止时木块在小车上滑行的距离。18. 如图甲所示，物块A、B的质量分别是和。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地

10、面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从时以一定速度向右运动，在时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的图像如图乙所示。求：物块C的质量；墙对物块B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小和方向；离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能。【答案】1. D2. B3. B4. A5. C6. A7. A8. C9. BC10. AD11. AB12. BD13. 守恒 弹性14. 电路如图所示：偏转不偏转 偏转；闭合回路磁通量发生变化。15. 解：感应电动势：，感应电流为：A，导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡：，拉力的功率为：；导体棒移动50cm的时间为：，根据焦耳定律：，

11、由能量守恒定律得：，电阻R上产生的热量：；答：在闭合回路中产生的感应电流的大小是A；作用在导体棒上的拉力的大小是，拉力的功率是；整个运动过程中电阻R上产生的热量为J.16. 解：根据得，发电机的输出电流。输电线上损失的功率解得。则。输电线上的电压损失。升压变压器的输出电压。降压变压器的输入电压则。用户得到的功率。答：发电机的输送电流是400A。在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比：20、：11。用户得到的电功率是96kW。17. 解：以木块和小车为研究对象，方向为正方向，由动量守恒定律可得：解得：以木块为研究对象，由动量定理可得：，又联立得到：木块做匀减速运动，加速度车做匀加速运动

12、，加速度由运动学公式可得：在此过程中木块的位移为：车的位移为：木块在小车上滑行的距离为答：木块和小车相对静止时小车的速度大小为；从木块滑上小车到它们刚好处于相对静止时所经历的时间为；从木块滑上小车到它们处于相对静止时，木块在小车上滑行的距离为。18. 解：由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：；由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s，墙对B的冲量为，解得：，方向向左；，B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当与B速度相等时，弹簧弹性势能最大，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，由

13、机械能守恒定律得：，解得：；答：物块C的质量为2kg；墙壁对物体B的弹力在4s到8s的时间内对B做的功W为零；在4s到12s的时间内对B的冲量I的大小为，方向向左。离开墙后弹簧具有的最大弹性势能为9J。【解析】1. 【分析】先用右手定则判断A线圈的磁场方向，然后根据闭合还是断开开关、滑动变阻器的运动判断磁场的变化情况，再用楞次定律判断B线圈的感应电流的方向。本题考查右手螺旋定则、楞次定律，并理解“增反减同”的含义；同时注意开关的闭合不会改变穿过线圈的磁通量。【解答】闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流，故AB错误；闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过

14、程中，电阻R增大，电流减小，根据右手螺旋定则，A线圈产生的磁场方向为顺时针沿铁环，且磁感应强度在减小。则通过线圈B的磁通量减小了，根据楞次定律可得，线圈B中产生的感应电流，其激发的磁场方向也为顺时针方向。再根据右手螺旋定则，可判定出电流表G中有的感应电流，故D正确，C错误；故选D。2. 【分析】本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化，基础题目。产生感应电流的条件有两个：闭合回路、磁通量发生变化，两个条件缺一不可。【解答】A.线圈是不闭合的，不能产生感应电流，故A错误；B.线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产

15、生感应电流，故B正确；C.由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0，故C错误；D.线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大的，没有发生变化，没有感应电流，故D错误。故选B。3. 【分析】将整个过程分成三个位移都是L的三段，根据楞次定律判断感应电流方向由感应电动势公式，l是有效切割长度，分析l的变化情况，确定电流大小的变化情况本题考查对感应电势势公式的理解，要理解l是有效的切割长度，当左右两边切割磁感线时，总的感应电动势等于两边产生的感应电动势之和【解答】位移在过程：磁通量增大，由楞次定律判断得知感应电流方向为顺时针方向，为正值。感应电流，I

16、均匀增大直到；位移在过程：线框右边下部分和左边下部分都切割磁感线，根据右手定则判断可知，线框产生的感应电流方向沿逆时针方向，为负值。左右两边有效切割长度之和始终等于L，产生的感应电动势不变，则感应电流大小不变，为；位移在过程：磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，感应电流大小为，I均匀减小直到零；根据数学知识可知B正确，ACD错误。故选B。4. 【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小。解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小。【解答】合上开关S接通电

17、路，立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮。故A正确，B错误；断开开关S切断电路时，通过的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过的电流会慢慢变小，并且通过，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过的灯的电流方向与原来的方向相反。故CD错误。故选A。5. 【分析】根据交流电有效值的定义可知，让交流电与直流电通过相同的电阻，在相同时间内交流电产生的热量与直流电产生的热量相同，则直流电的数值即为交流电的有效值根据有效值的定义列式求解。本题考查的是根据交变电流有效值的定义计算有关交变电流的有效值要注意求交流电产生的热量时要用有效值。【

18、解答】交变电流一个周期内通过电阻R上产生的热量为：；设交流电的有效值为I，则由交流电有效值的定义可知：由以上两式联立得解得：；故C正确，ABD错误。故选C。6. 【分析】根据题意，两个副线圈的灯泡都能正常发光，即可知两个副线圈两端的电压为灯泡的额定电压，再根据电压与匝数成正比即可求出与的匝数本题主要考查了变压器的特点，知道原副线圈电压与匝数的关系，难度不大，属于基础题。【解答】根据题意，灯泡均正常发光，则有，根据电压与匝数成正比，有：，代入数据有：，解得：匝，匝，故A正确，BCD错误。故选A。7. 【分析】根据图象斜率求出各自的速度，根据碰撞过程中动量守恒即可求解；根据碰撞前后机械能是否守恒判

19、断是否为弹性碰撞即可。本题主要考查了动量守恒定律的应用，要知道判断是否为弹性碰撞的方法是看机械能是否守恒，若守恒，则是弹性碰撞，若不守恒，则不是弹性碰撞。【解答】由图象可知，碰撞前是静止的，的速度为：碰后的速度为：，的速度为：两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：即：解得：；碰撞前总动能：碰撞后总动能：碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故A正确，BCD错误。故选A。8. 【分析】以五个物体为系统，在整个过程中，动量守恒，运用动量守恒定律，求出最终整体的速度，从而得出整体的动能。本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道五个物体组成的系统，在整个过程中动量守恒。【解答】对整个系统研究，整个

20、过程运用动量守恒定律得：，解得：，因为，则整体的动能，故C正确，ABD错误。故选C。9. 【分析】本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。【解答】MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动，故BC正确，AD错误。故选BC。10. 【分析】根据图象得到时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定第感应电流方向和s时感应电动势大小；计算此交流电的最

21、大值和有效值，根据焦耳定律计算一个周期产生的热。本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，是电流强度增大与减小的转换点。【解答】A.根据图象可知，在时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故A正确；B.图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在之间，斜率一直为负，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，故B错误；C.根据法拉第电磁感应定律可得，所以在s时，斜率为零，则感应电动势为零，故C错误；D.感应电动势的最大值为，

22、有效值V，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为，故D正确。故选AD。11. 【分析】结合图像分别求出在相应时间段内力F的冲量，再结合动量定理列式求解。本题考查动量定理的简单应用。【解答】A.在内，力F的冲量为：，由动量定理得：，解得：，故A正确。B.在内，力F的冲量为：，由动量定理得：，解得：，故B正确。C.在内，力F的冲量为：，由动量定理得：，解得：，故C错误。D.在内，力F的冲量为：，由动量定理得：，解得：。由，时物块的速度不为零，故D错误。故选AB。12. 【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒；根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒；撤去F后

23、，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大。本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力，明确守恒的条件是解题的关键，难度一般。【解答】撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒；这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒；A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒，故A错误，B正确；撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大；设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为，根

24、据动量守恒和机械能守恒得：，又，联立得到，弹簧的弹性势能最大值为：，故C错误，D正确。故选BD。13. 【分析】根据小球碰撞的过程中，动量守恒以及机械能守恒，据此列出方程组表示出碰撞之后的速度表达式，根据碰后要满足小球2的速度水平向右做平抛运动即可得出结果；根据动量守恒列出等式，结合小球2做的平抛运动即可得出质量之比；分别表示出初动能和末动能即可得出结论。本实验主要考查弹性碰撞中涉及到的机械能守恒和能量守恒，抓准这两个守恒即可得出结果。【解答】在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，有，在碰撞过程中机械能守恒，有，解得，要碰后入射小球的速度，即，则，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，所以，所以C

25、项正确；球1运动到C端的速度为，在空中做平抛运动，水平方向，竖直方向，解得，由于球1两次均从同一高度自由下滑，到C端速度均为，设球1与球2碰撞后速度分别为和，碰后两球在空中均做平抛运动，根据平抛运动规律可得，碰撞前后球1和球2组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，即，解得；以两球为系统，碰前系统初动能，碰后系统末动能，显然，在碰撞过程中系统机械能守恒，两球碰撞是弹性碰撞。故答案为：；守恒；弹性。14. 【分析】探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，检流计与副线圈组成另一个闭合电路当通过副线圈磁通量发生变化时，会产生感应电流。根据感应电流产

26、生的条件分析答题。根据实验现象得出实验结论。知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键对于该实验，要明确实验原理及操作过程。【解答】把电流计与线圈B组成串联电路，电源、开关、滑动变阻器、线圈A组成串联电路，电路图如图所示接好电路，合上开关瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针偏转；电路稳定后，穿过线圈B的磁通量不变，电流表指针不偏转；迅速移动滑动变阻器的滑片，电流表指针偏转。由实验现象可知，产生感应电流的条件闭合回路磁通量发生变化。故填：电路如图所示：；偏转；不偏转偏转；闭合回路磁通量发生变化。15. 由求出导体棒切割磁感线产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电

27、流；由求出导体棒受到的安培力，然由平衡条件求出拉力，由求出拉力的功率；由焦耳定律求出导体棒匀速运动时产生的焦耳热，由能量守恒定律求出撤去拉力后产生的焦耳热，然后求出整个过程的焦耳热本题难度不大，熟练应用基础知识即可正确解题，最后一问是本题的易错点，要对两个阶段分别求焦耳热16. 根据求出发电机的输出电流。根据输电线上损耗的功率求出输电线上的电流，结合升压变压器原副线圈的电流之比求出匝数之比；根据匝数之比求出升压变压器的输出电压，结合输电线上损失的电压，求出降压变压器的输入电压，结合输出电压求出降压变压器的原副线圈的匝数之比。根据输电线上损耗的功率求出用户得到的功率。解决本题的关键知道：1、输出功率、输出电压、电流的关系；2、变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压与降压变压器输入电压和电压损失的关系。17. 本题考查了在匀变速直线运动中的牛顿第二定律公式与动量定理的运用，综合运用两者公式，可以直接解决本题。木块和小车组成的系统，所受合力为零，动量保持不变，根据动量守恒定律求出，木块和小车相对静止时小车的速度大小；以木块为研究对象，根据动量定理求出时间；根据牛顿第二定律分析求出木块和小车的加速度，再由运动学公式求出两物体的位移及相对位移大小。18. 本题考察动量定理，动量守恒定律以及机械能守恒定律