2016-2017学年广西桂林一中高二(下)期中物理试卷(解析版)

2016-2017学年广西桂林一中高二（下）期中物理试卷
一、选择题（每小题给出的四个选项中选对的得4分，漏选的得2分，不选或错选的不得分，共48分）
1．（4分）下列情况中线圈中产生了交流电的是（）
A．B．
C．D．
2．（4分）某学生做观察电磁感应现象的实验，将电流表、线圈A和B、蓄电池、电键用导线连接成如图的实验电路．当他接通、断开电键时，电表的指针都没有偏转，其原因是（）
A．电键位置接错B．电流表的正、负极接反
C．线圈B的接头3、4接反D．蓄电池的正、负极接反
3．（4分）跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于（）A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小
B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小
4．（4分）一质点在平衡位置O点附近做简谐运动．若从O点开始计时，经3s质点第一次经过M 点；再继续运动，又经过2s它第二次经点M点；则该质点第三次经过M点还需的时间是（）
A．8s B．4s C．14s D．s
5．（4分）在如图所示电路中，L为电阻很小的线圈，G1和G2为零点在表盘中央的相同的电流表．开始时开关S闭合，电流表G1指针偏向右方，现将开关S断开，则将出现的现象是（）
A．G1和G2指针都立即回到零点
B．G1指针立即回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
C．G1指针缓慢回到零点，而G2指针先立即偏向右方，然后缓慢地回到零点
D．G1指针立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G2指针缓慢地回到零点
6．（4分）为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后（）
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
7．（4分）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（）
A．v0﹣v2B．v0+v2
C．v0﹣v2D．v0+（v0﹣v2）
8．（4分）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E．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．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为
D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
9．（4分）如图所示，三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平地面上，c车上一个小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上，小孩跳离c车和b车时对地水平速度相同，他跳到a车上没有走动便相对a车保持静止，此后（）
A．a、c两车运动速率相等
B．a、b两车的运动速率相等
C．三辆车的速率关系为v c＞v a＞v b
D．a、c两辆车的运动方向一定相反
10．（4分）图a是用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R．图b是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图象．关于这些图象，下列说法中正确的是（）
A．图b中甲是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况
B．图b中乙是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况
C．图b中丙是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况
D．图b中丁是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况11．（4分）在简谐运动中，振子每次经过同一位置时，下列各组中描述振动的物理量总是相同的是（）
A．速度、加速度、动能B．加速度、回复力和位移
C．加速度、动能和位移D．位移、动能、回复力
12．（4分）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6kg，m＝0.2kg的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有E p＝10.8J弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连），原来处于静止状态，现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图既示。

g取10m/s2．则下列说法正确的是（）
A．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/s
B．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N•s
C．球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4N•s
D．若半圆轨道半径可调，则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
二、填空实验题（每空2分，共12分；）
13．（6分）在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B连成一个闭合回路，将线圈A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。

在图乙中
（1）S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针；
（2）线圈A放在B中不动时，指针将
（3）线圈A放在B中不动，突然断开开关S，电流表指针将。

14．（6分）某同学用图1所示装置来验证动量守恒定律，实验时先让a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下痕迹，重复10次；然后再把b 球放在斜槽轨道末端的最右端附近静止，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次，回答下列问题：
（1）在本实验中结合图1，验证动量守恒的验证式是下列选项中的．
A．m a＝m a+m b
B．m a＝m a+m b
C．m a＝m a+m b
（2）经测定，m a＝45.0g，m b＝7.5g，请结合图2分析：碰撞前、后m a的动量分别为p1与p1′，则p1：p1′＝（保留分式）．有同学认为，在该实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的水平距离增大．请你用已知的数据，分析和计算出被碰小球m b平抛运动水平距离的最大值为cm．
三、计算题（共4个小题，共计40分．解答必须完整，直接写答案不能得分）
15．（8分）如图所示，变压器原线圈输入电压为220V，副线圈输出电压为36V，两只灯泡的额定电压均为36V，L1额定功率为12W，L2额定功率为6W，试求：
（1）该变压器的原副线圈匝数比；
（2）两灯均正常工作时原线圈的电流，以及只有L1正常工作时原线圈中的电流。

16．（8分）冰球运动员甲的质量为80.0kg．当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：
（1）碰后乙的速度大小．
（2）碰撞中总机械能的损失．
17．（12分）如图甲所示，在真空中，O点放置一点电荷D，MN与PS间为无电场区域，A、B为两平行金属板，两板间距离为b，板长为2b，O1O2为两板的中心线，QZ与HJ之间有垂直纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场。

现有一质量为m、电荷量为q1的带正电粒子从距O点正下方R处，以速度v0垂直MN向左进入点电荷D的电场，绕O点做匀速圆周运动，通过无电场区域后，恰好沿O1O2方向进入板间，此时给A、B板加上如图乙所示的电压u，最后粒子刚好以平行于B板的速度，从B板的边缘飞出，进入磁场，又与HJ成θ角度飞出磁场。

不计平行金属板两端的边缘效应及粒子所受重力，已知静电
力常量为k。

（1）求点电荷D的电量q2，并判断其电性；
（2）求交变电压的周期T和电压U0；
（3）求磁场的宽度d。

18．（12分）如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，一质量m＝0.1kg，电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导
轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2＝2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
（3）外力做的功W F．
2016-2017学年广西桂林一中高二（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题给出的四个选项中选对的得4分，漏选的得2分，不选或错选的不得分，共48分）
1．【解答】解：A、由于线圈一直与磁感线平行，故转动中磁通量不会发生变化，没有感应电流产生，故A错误；
B、线圈绕垂直于磁场方向的轴转动，符合交流发电机的模型，故产生交变电流，故B
正确；
C、线圈绕垂直于磁场方向的轴转动，符合交流发电机的模型，故产生交变电流，故C
正确；
D、线圈绕垂直于磁场方向的轴转动，符合交流发电机的模型，故产生交变电流，故D
正确；
故选：BCD。

2．【解答】解：由电路图可知，电键接在电流表所在电路，电键连接错误，闭合与断开电键时，通过螺线管A的电流不变，则A产生的磁场磁感应强度保持不变，所以穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转，与有没有电建无关；故A正确，BCD错误；
故选：A。

3．【解答】解：A、人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的。

故A错误；
B、人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，到人的动量变成0，动量的变化是
相等的。

故B错误；
C、D、人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的，则由动量定理mv＝Ft可
知，人受到的冲量也不变，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故C错误，D正确。

故选：D。

4．【解答】解：若振子开始运动的方向先向左，再向M点运动，运动路线如图1所示。

得到振动的周期为T＝4s+4×s＝，振子第三次通过M点需要经过的时间为t＝T﹣2s
＝s。

若振子开始运动的方向向右直接向M点运动，如图2，振动的周期为T＝16s，振子第三次通过M点需要经过的时间为t＝T﹣2s＝14s。

故选：CD。

5．【解答】解：当开关断开时，通过线圈的电流变小，导致线圈中产生瞬间感应电动势，从而阻碍电流的变小，所以使得G2的指针缓慢地回到零点，而流过G1的电流的方向与开始时电流的方向相反，所以指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点。

故ABC错误，D正确；
故选：D。

6．【解答】解：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，C错误、D正确。

开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2＝P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，A 正确、B错误。

所以AD正确。

故选：AD。

7．【解答】解：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：
（m1+m2）v0＝m2v2+m1v1
解得：。

故D正确，A、B、C错误。

故选：D。

8．【解答】解：A、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。

C、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v0．以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv0＝3mv，由机械能守恒定律得：E＝•3mv2+E P，又E＝mv02，解得，弹簧的弹性势能最大值为E P＝E，故C正确，D错误。

故选：BC。

9．【解答】解：若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律
人跳离c车的过程，有0＝﹣M车v c+m人v，
人跳上和跳离b过程，有m人v＝﹣M车v b+m人v，
人跳上a车过程，有m人v＝（M车+m人）•v a，
所以：v c＝，v b＝0，v a＝。

即：v c＞v a＞v b，并且v c与v a方向相反。

故AB错误，CD正确。

故选：CD。

10．【解答】解：开关S由断开变为闭合，由于L的自感作用，通过传感器1的电流一开始有一个固定的电流值，当稳定以后，自感消失，电流增大达到最大后，保持不变，故A 错误，B正确；
开关S由闭合变为断开，传感器1的电流立即为零，由于L的自感作用（相当于电源），传感器2的电流与原来反向且逐渐减小为零，故C正确D错误；
故选：BC。

11．【解答】解：当振子每次经过同一位置时，相对于平衡位置的位移必定相同；则振子的回复力：F＝﹣kx，回复力必定相同；当振子每次经过同一位置时，回复力为定值，由牛顿第二定律得，加速度必定相同。

当振子每次经过同一位置时，速度大小相同，所以动能必定相等；但速度的方向可能相
反，所以动量的方向也可能相反。

所以描述振动的物理量总是相同的有：位移、回复力、加速度和动能；而速度和动量可能相同，也可能方向相反。

故A错误，BCD正确。

故选：BCD。

12．【解答】解：A、释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv1﹣Mv2＝0
由机械能守恒定律得：mv12+Mv22＝E P
代入数据解得：v1＝9m/s，v2＝3m/s；即M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s，m离开轻弹簧时获得的速度为9m/s，故A错误。

B、弹簧弹开小球的过程，对m，由动量定理得：弹簧对m的冲量大小为：I＝△p＝mv1
﹣0＝0.2×9＝1.8N•s；故B正确。

C、球m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：mv12＝mv1′2+mg•2R
解得：m运动到B点时速度大小v1′＝8m/s；
球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中，取水平向右为正方向，则球m所受合外力冲量I合＝﹣mv1′﹣mv1＝﹣0.2×（8+9）＝﹣3.4N•s，故C正确。

D、设圆轨道的半径为r时，球m由A到B的过程，由机械能守恒定律得：mv12＝mv1′
2+mg•2r
m从B点飞出后做平抛运动，则：
2r＝gt2，x＝v1′t
联立得水平距离x＝
当81﹣40r＝40r时，即r＝m＝1.0125m时，x为最大，最大值为x max＝4r＝4.05m 当0＜r＜1.0125m，x随着r的增大而增大。

当r＞1.0125m，x随着r的增大而减小。

故D 错误。

故选：BC。

二、填空实验题（每空2分，共12分；）
13．【解答】解：由图甲知电流从左接线柱流入电流表时，其指针向左偏转。

（1）S闭合后，将A插入B中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转；
（2）A放在B中不动，磁通量不变，不产生感应电流，指针不偏转；
（3）断开开关，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏转。

故答案为：（1）向右偏转；（2）不动；（3）向左偏转。

14．【解答】解：（1）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：m a v0＝m a v A+m b v B，
两边同时乘以时间t得：m a v0t＝m a v A t+m b v B t，
得：m a OB＝m a OA+m b OC，
故选：B．
（5）；
发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒定律：m1v1＝m1v′1+m2v′2根据机械能守恒定律：
由以上两式解得：，
因此最大射程为：
故答案为：（1）B；（2），76.8
三、计算题（共4个小题，共计40分．解答必须完整，直接写答案不能得分）
15．【解答】解：（1）由电压变比公式得
；
（2）两灯均工作时，由能量守恒得
P1+P2＝U1I1
I1＝＝0.082A
只有L1灯工作时，由能量守恒得
P1＝U1I2
解得I2＝＝0.055A；
答：（1）该变压器的原、副线圈匝数比55：9；
（2）两灯均正常工作时原线圈的电流0.082A，只有L1正常工作时原线圈中的电流0.055A。

16．【解答】解：（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v1、v2，碰后乙的速度大小为v′2，规定甲碰撞前的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：
mv1﹣Mv2＝Mv′2
解得：v′2＝﹣v2＝×5.0﹣3.0＝1.0m/s
（2）根据能量守恒定律可知，碰撞中总机械能的损失为：△E＝+﹣
代入数据解得：△E＝1400J
答：
（1）碰后乙的速度大小为1.0m/s；
（2）碰撞中总机械能的损失为1400J．
17．【解答】解：（1）带电粒子绕做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：＝
解得：
受到的引力，因为带正电，则带负电。

（2）粒子在板间运动时，做周期性的类平抛运动和类平抛的逆过程，设运动时间为t，粒子以平行于B板的速度从B板的边缘飞出时间满足：t＝nT（其中n＝1、2、3…）根据类平抛规律可得：2b＝v0t
＝2n•a（）2
根据牛顿第二定律可得：a＝＝
解得交变电压的周期：T＝（其中n＝1、2、3…）
电压：U0＝（其中n＝1、2、3…）
（3）画出粒子轨迹过程图，如图所示，
根据洛伦兹力提供向心力可得：q1v0B＝m
根据几何关系可得：r′＝
解得磁场的宽度：d＝
答：（1）点电荷D的电量q2带负电为；
（2）交变电压的周期T为（其中n＝1、2、3…），电压U0为（其中n＝1、
2、3…）；
（3）磁场的宽度d为。

18．【解答】解：（1）棒匀加速运动所用时间为t，有：
＝x
t＝＝3s
根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为：
＝＝＝1.5A
根据电流定义式有：
q＝t＝4.5C
（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为：
v＝at＝6m/s
撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，
再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少．
Q2＝△E K＝mv2＝1.8J
（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为：
Q1＝2Q2＝3.6J
撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其绝对值等于焦耳热Q1）、重力不做功共同使棒的动能增大，
根据动能定理有：
△E K＝W F﹣Q1
则：W F＝△E K+Q1＝5.4J
答：（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量是4.5 C；
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热是1.8J；
（3）外力做的功是5.4 J．。