山西省祁县第二中学2018-2019学年高二物理下学期期中试题（含解析）

山西省祁县第二中学校2018-2019学年高二下学期期中考试物理试题一、选择题1.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A.t=0时刻，线圈平面与中性面垂直B.t=0.01s时刻，磁通量的变化率最大C.t=0.02s时刻，感应电动势达到最大D.该线圈1s内电流方向改变25次【答案】B【解析】【详解】A项：由图可知，时刻磁通量最大，线圈平面处于中性面上，故A错误；B项：时刻，磁通量等零，但磁通量的变化率最大，故B正确；C项：时刻，磁通量最大，感应电势为零，故C错误；D项：由图可知，线圈转动周期为0.04s，频率为25Hz，一个周期内电流方向改变两次，所以线圈1s内电流方向改变50次，故D错误。2.下列说法正确的是（）A.合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不变B.合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，动能也一定变C.某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零D.某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变【答案】C【解析】【详解】A项：根据动能定理，合外力对质点做的功为零，则质点的动能一定不变，即速度大小不变，但可能速度的方向变化，则动量可能改变，故A错误；B项：合外力对质点的冲量不为零，则质点动量必将改变，可能是动量的方向改变，而大小没变，则动能不变，故B错误；C项：某质点的动量，动能都改变，由动量定理和动能定理知它所受的合外力一定不零，故C正确；D项：某质点受到的合力不为零，但若合力与位移方向垂直，和合力做的功为零，动能不变，故D错误。3.质量为m的铁锤从高h处落下，打在水泥桩上，铁锤与水泥桩撞击的时间是t，撞击时，铁锤对桩的平均冲击力大小为()A.＋mgB.－mgC.＋mgD.－mg【答案】C【解析】【详解】由得：铁锤碰前的速度为：取向下为正，对铁锤由动量定理得：解得：由牛顿第三定律可得：铁锤对桩的作用力：，故C正确。4.如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，电流达到稳定后通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是：A.S闭合瞬间，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变亮B.S闭合瞬间，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1C.S断开瞬间，小灯泡L2中的电流由I1逐渐键位零，方向与I2相反D.S断开瞬间，小灯拍L2中的电流由I1逐渐减为零，方向不变【答案】BC【解析】试题分析：S闭合后，两灯泡将立刻变亮，故A错误；由于线圈的自感，通过线圈的电流将从0慢慢增大到稳定值，所以灯泡变暗，总电阻减小变亮，故B正确；S断开后，线圈与构成回路，由于自感的存在，电流将从开始减小为0，方向与方向相反，故C正确，D错误．故选：BC考点：自感现象和自感系数．点评：当灯泡处于正常发光状态，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化5.一理想变压器，原副线圈的匝数比n1：n2=1：2，电源电压u=220sinωt，原线圈电路中接人一熔断电流I0=1A的保险丝，副线圈中接人一可变电阻R，如图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于（）A.440ΩB.440ΩC.880ΩD.880Ω【答案】D【解析】【详解】由题意得：，根据电压与匝数成正比得：，原线圈电路中电流的最大值为1A，由电流与匝数成反比，解得：，则可变电阻的阻值最小值为：，故D正确。6.如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为（）A.7.5VB.8VC.VD.V【答案】D【解析】【详解】如图所示，它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以，取一个周期进行分段，在是正弦式电流，则电压的有效值等于，在是恒定电流，则有效值等于9V，由电流热效应得：解得：，故D正确。7.如图是远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，发电机的输出电压恒定，输电线上损耗的功率为△P．变压器原副线圈的电压以及电流用图中的量表示．则当用户用电处于高峰期时，下列说法正确的是（）A.U2变大B.U4变小C.△P变小D.I1变小【答案】B【解析】A、由于输入电压不变，升压变压器原副线圈匝数不变，故U2不变，故A错误；B、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小．故B正确；C、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大，故C错误；D、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，根据，知I1变大，故D错误；故选B。【点睛】当用电器增多时，用户消耗的功率增大，根据降压变压器的输出电流的变化得出输电线上的电流变化，从而得出电压损失的变化，根据升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压和电压损失之和得出用户电压的变化．升压变压器的输出功率等于功率损失和降压变压器的输入功率之和．变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比。8.一颗手榴弹被投出后到达最高点时的速度为v0＝10m/s，设它炸成两块后，质量为0.4kg的大块速度大小为250m/s，方向与原来方向相反，若取v0方向为正方向，则质量为0.2kg的小块速度为()A.530m/sB.-470m/sC.470m/sD.800m/s【答案】A【解析】【详解】手榴弹爆炸过程系统动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：即：解得：。故A正确9.质量为m1=1kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰,碰撞时间不计,其(位移—时间)图象如图所示,则可知碰撞属于()A.非弹性碰撞B.弹性碰撞C.完全非弹性碰撞D.条件不足,不能确定【答案】B【解析】【详解】由图象的斜率表示速度，知碰撞前是静止的，的速度为碰后的速度的速度由动量守恒定律有：代入数据解得：碰撞前系统的总动能碰撞后系统的总动能所以碰撞前后系统总动能相等，即为弹性碰撞，故B正确。10.如图甲所示，有一个原、副线圈匝数比为4:1的理想变压器，图中的电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，其中Rt为热敏电阻，R为定值电阻．下列说法正确的是()A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′＝9sin50πt(V)B.t＝0.02s时电压表V2的示数为9VC.变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1:4D.Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变【答案】BD【解析】由图乙可知交流电压最大值Um=36V，原线圈电压的有效值，周期T=0.02s，可由周期求出角速度的值为100π，根据电压与匝数成正比，得副线圈电压的有效值为9V，副线圈两端电压的瞬时值表达式u＝9sin100πtV，故A错误；电压表V2的示数为有效值9V，故B正确；变压器输入、输出功率之比为1：1，故C错误；Rt处温度升高时，阻值变大，电流表的示数变小，电压表示数不变，故D错误；故选B.点睛：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．11.如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在t时间内所受力的冲量，正确的是A.重力的冲量大小为mgtB.拉力F的冲量大小为FtcosθC.摩擦力的冲量大小为FtcosθD.物体所受支持力的冲量大小是mgt【答案】AC【解析】A.重力的冲量大小为mgt，故A正确；B.拉力F的冲量大小为Ft，故B错误；C.物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcosθ，故C正确；D.支持力的大小为N=mg−Fsinθ，则支持力的冲量为(mg−Fsinθ)t.故D错误。故选：AC点睛：根据力的大小，结合冲量的公式I=ft求出各力的冲量大小．12.在2017花样滑冰世锦赛上，隋文静、韩聪以232.06分的总成绩获得冠军。比赛中，当隋文静、韩聪以5.0m/s的速度沿直线前、后滑行时，韩聪突然将隋文静沿原方向向前推出，推力作用时间为0.8s，隋文静的速度变为11.0m/s.假设隋文静和韩聪的质量分别为40kg和60kg，作用前后两人沿同一直线运动，不计冰面阻力，将人视为质点，则A.分离时韩聪速度的大小为1.0m/sB.这一过程中，韩聪对隋文静冲量的值为440N·sC.这一过程中，韩聪对隋文静平均推力的大小为450ND.这一过程中，隋文静对韩聪做的功为-720J【答案】AD【解析】以两人原来运动方向为正，由动量守恒定律得：，式中，代入数据解得：，大小为1m/s，故A正确；韩聪对隋文静的冲量等于隋文静动量的变化量，根据动量定理得：，则平均推力为，故BC错误；隋文静对韩聪做的功等于韩聪动能的变化量，根据动能定理得：，故D正确；故选AD。【点睛】韩聪推开隋文静的过程，两人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出韩聪的速度，由动理定理求出冲量，再求出平均作用力，由动能定理求出推力做的功。二、实验题13.冲击摆是测量子弹速度的摆，如图所示，摆锤的质量很大，子弹从水平方向射入摆锤中，随摆锤一起摆动．已知冲击摆的摆长为l，摆锤的质量为M，实验中测量得摆锤摆动时摆线的最大摆角是θ，重力加速度为g.(1)欲测得子弹的速度还需要测量的物理量是________．(2)计算子弹和摆锤的共同初速度v0＝_____________(用已知量的符号表示)【答案】(1).子弹的质量m(2).【解析】【详解】设射入摆锤前子弹速度为，子弹射入木块后瞬间两者的共同速度为子弹击中摆锤的过程，系统动量守恒，选子弹的初速度方向为正，由动量守恒定律得：木块与子弹一起摆动的过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律可得：解得：，由以上的表达式可知，还需要测量的物理量是子弹的质量。14.如图所示为“探究碰撞中的不变量”的实验装置示意图．(1)因为下落高度相同的平抛小球(不计空气阻力)的飞行时间相同，所以我们在实验中可以用平抛运动的___________来替代平抛运动的初速度．(2)本实验中，实验必须要求的条件是________．A．斜槽轨道末端点的切线是水平的B．斜槽轨道必须是光滑的C．入射球与被碰球满足ma＞mb，ra＞rbD．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放(3)若mv为不变量，则实验中需验证的关系是________．A．ma·ON＝ma·OP＋mb·OMB．ma·OP＝ma·OM＋mb·ONC．ma·OP＝ma·ON＋mb·OMD．ma·OM＝ma·OP＋mb·ON【答案】(1).水平位移(2).AD(3).B【解析】【详解】(1)由平抛运动规律可知，当下落高度相同时落地时间相同，再根据可知，，所以可以用平抛运动的水平位移来替代平抛运动的初速度；(2)A项：只有斜槽末端点切线水平才能保证碰后小球做平抛运动，故A正确；B项：本实验必须要求入射小球在每次碰撞前的速度相同，与斜槽是否光滑无关，故B错误；C项：由弹性碰撞规律，若小球质量小于被碰小球被碰小球的质量时，入射小球要被碰回，所以必须满足，只有满足两小球的半径相同时，碰后两小球的速度才能在一条直线上，故C错误；D项：由动能定理可知，只有满足入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放时，入射速度才能相同，故D正确。(3)由题意，P点应是小球a没有与b碰撞时的落地位置，M点是碰后小球a的落地位置，N点是碰后小球b的落地位置由动量守恒定律得：用水平位移代替速度，则有：，故B正确。三.计算题15.将质量为m=1kg的小球，从距水平地面高h=5m处，以v0=10m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）抛出后0.4s内重力对小球的冲量；（2）平抛运动过程中小球动量的