【精准解析】安徽省合肥市2019-2020学年高二下学期开学考试物理试题

2019-2020学年度第二学期开学考试
高二物理
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.关于该实验下列说法正确的是()
生感应电流的条件
→的感应电流
A. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有a b
→的感应电流
B. 闭合开关S的瞬间，电流表G中有b a
→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a b
→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b a
【答案】D
【解析】
【详解】AB.因为左端线圈产生恒定的磁场，所以右侧线圈中的磁通量不发生变化，闭合开关瞬间不会产生感应电流，AB错误．
CD.闭合开关S，滑动变阻器的滑片向左滑的过程中，回路电阻变大，电流变小，产生磁场强度变小，根据右手定则可以判断，B线圈感应电流产生的磁场向下，根据右手定则判断流经电→，C错误D正确．
流表的电流为b a
2.如图中能产生感应电流的（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A.图中，导线框不闭合，不会产生感应电流，故A错误；
B.左右两根导线向两边移动的过程中，穿过闭合回路磁通量增大，会产生感应电流，故B正确；
C.通电直导线在铁环的正上方，根据安培定则可知，穿过铁环的磁通量始终是0，增大电流不能在铁环中产生感应电流，故C错误；
D.闭合铁框水平向右运动的过程中，前后两根导线均切割产生感应电动势，但是回路中的磁通量保持不变，所以回路中不会产生感应电流，故D错误；
故选B。

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L.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t＝0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(I－x)关系的是( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
~过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正【详解】位移在0L
值；
BL v
=效
I
R
L x
=
效
则
Bxv
I R
=
有效切线长度为
=L x L -效
()B x L v
I R
-=
位移在2L L ~过程:两边都切割磁感线，产生感应电动势，穿过线框的磁通量增大，总的磁感线方向向里，根据楞次定律判断出来感应电流方向为逆时针，为负值；有效切线长度为
=L L 效
BLv
I R
=
位移在23L L ~过程：有效切线长度为
=L 3)2L x L L x 效（--=-
(2)B L x v
I R
-=
根据楞次定律判断出来感应电流方向沿顺时针方向，为正值．根据数学知识，故B 正确，ACD 错误。

4.如图所示的电路中，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略，下列说法中正确的是
A. 合上开关K 接通电路时，A 2先亮，A 1后亮，最后一样亮
B. 合上开关K 接通电路时，A 2始终比A 1亮
C. 断开开关K 切断电路时，A 2先熄灭，A 1过一会儿才熄灭
D. 断开开关K 切断电路时，A 1和A 2都立刻熄灭 【答案】A 【解析】 【分析】
本题考查自感现象在闭合电路中的应用
【详解】电路中的电流发生变化时，线圈中会产生阻碍电流变化的感应电流；
AB ．合上开关K 接通电路时，因线圈L 中产生了反向电流，且很快消失，故A 2先亮，A 1后亮，最后一样亮，A 选项正确；
CD ．断开开关K 切断电路时，电路中电流消失，而线圈L 中也会产生电流从而阻碍电流的消
失，线圈L 中的电流供A 1和A 2同时使用，故两个灯泡都要过一会儿才熄灭，故CD 均错误； 综上所述，本题选A 。

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. I 0
B.
32
I 0 0
2
+I 0 0
2
【答案】B 【解析】
【详解】设交流电电流的有效值为I ，周期为T ，电阻为R ． 则有：
222002(
)2 2
T T I RT R I R +=⋅⋅ ，解得：I 3
0； A .
I 0，与结论不相符，选项A 错误；
3
I 0，与结论相符，选项B 正确； 2
+I 0，与结论不相符，选项C 错误；
2
，与结论不相符，选项D 错误； 6.如图所示，理想变压器的交流输入电压U 1=220V ，有两组副线圈，其中n 2=36匝与标有“9V，9W”的灯相连，n 3与“6V，12W”的电灯相连，且均能正常发光．则n 1与n 3的匝数分别为
A. 880
；24 B. 660；27 C. 880；27 D. 660；24
【答案】A 【解析】
根据题意，灯泡均正常发光，则有239,6U V U V ==，根据电压与匝数成正比，有：
312123U U U n n n ==，代入数据有：13
2209636n n ==，解得：1880n =匝，324n =匝，故选A. 7.质量为m 1=1kg 和m 2（未知的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t 图象如图所示，则
A. 被碰物体质量为5kg
B. 此碰撞一定为弹性碰撞
C. 碰后两物体速度相同
D. 此过程有机械能损失 【答案】B 【解析】
【详解】AC ．由图象可知，碰撞前m 2是静止的，m 1的速度为：
1118
4m/s 2
x v t =
== 碰后m 1的速度为：
11108m/s 2m/s 62
x v t '-'=
==-'- m 2的速度为：
2221682m/s 62
x v t '-'=
=='-
即碰后两物体速度大小相等，方向相反，速度不相同； 两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：
m 1v 1=m 1v 1′+m 2v 2′
即：
1×4=1×（-2）+m 2×2
解得：
m 2=3kg
选项AC 错误； BD ．碰撞前总动能：
22221211221111
14308J 2222
k k k E E E m v m v =+=
+=⨯⨯+⨯⨯= 碰撞后总动能：
222
2121122111112328J 2222
k k k E E E m v m v '='+'='+'=⨯⨯-+⨯⨯=（）
碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故B 正确， D 错误；
8.质量相等的五个物体在光滑的水平面上，间隔一定的距离排成一直线，如图所示，具有初动能为0E 的物块1向其他4个静止物块运动，依次发生碰撞，每次碰后不在分开，最后5个物体粘成一个整体，这个整体的动能是( )
A. 01
5E B. 0125E C. 045
E
D. 0E 【答案】A 【解析】 【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．
【详解】对整个系统研究，整个过程运用动量守恒定律得，05mv mv =，解得0
5
v v =
，因为20012E mv =
，则整体的动能22001115.2105
K E m v mv E =⋅⋅==故A 正确，B 、C 、D 错误． 故选A ．
【点睛】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；碰后粘在一起则机械能不守恒 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 在外力的作用下运动时，MN 在磁场的作用下向右运动，则PQ 所做的运动可能是（ ）
A. 向右加速运动
B. 向左加速运动
C. 向右减速运动
D. 向左减速运动
【答案】BC 【解析】
【详解】A ．若PQ 向右加速运动，由右手定则可知PQ 中感应电流的方向由Q 到P ，由安培定则可判断出1L 、2L 所在处的磁场方向是自下而上的；穿过1L 的磁通量增加，由楞次定律可知流过MN 的感应电流方向由N 到M ，由左手定则可判断出MN 受到向左的安培力，将向左运动，故A 错误；
B ．若PQ 向左加速运动，由右手定则可知PQ 中感应电流的方向由P 到Q ，由安培定则可判
断出1L 、2L 所在处的磁场方向是自上而下的；穿过1L 的磁通量增加，由楞次定律可知流过MN
的感应电流方向由M 到N ，由左手定则可判断出MN 受到向右的安培力，将向右运动，故B 正确；
C ．若PQ 向右加减运动，由右手定则可知PQ 中感应电流的方向由Q 到P ，由安培定则可判
断出1L 、2L 所在处的磁场方向是自下而上的；穿过1L 的磁通量减小，由楞次定律可知流过MN
的感应电流方向由M 到N ，由左手定则可判断出MN 受到向右的安培力，将向右运动，故C 正确；
B ．若PQ 向左减速运动，由右手定则可知PQ 中感应电流的方向由P 到Q ，由安培定则可判
断出1L 、2L 所在处的磁场方向是自上而下的；穿过1L 的磁通量减小，由楞次定律可知流过MN
的感应电流方向由N 到M ，由左手定则可判断出MN 受到向左的安培力，将向左运动，故D 错误； 故选BC 。

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2Ω，则
A. 0t =时，线圈平面平行于磁感线
B. 1t s =时，线圈中的电流改变方向
C. 1.5t 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
28J π
【答案】AD 【解析】
【详解】A ．根据图象可知，在t=0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，A 正确； B ．Φ-t 图象的斜率为
t
Φ
∆∆，即表示磁通量的变化率，在0.5s ～1.5s 之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，B 错误；
C ．所以在t=1.5s 时，通过线圈的磁 量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，故C 错误；
D ．感应电动势的最大值为()21000.044V 2
m m E NBS N π
ωωπ==Φ=⨯⨯
=，有效值()22V 2
m
E π=
=，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为
22
282J 8J 2
E Q T R ππ==⨯=，故D 正确．
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. 1s t =时物块的速率为1/m s
B. 2s t =时物块的动量大小为4kg m /s ⋅
C. 3s t =时物块的动量大小为5kg m /s ⋅
D. 4s t =时物块的速度为零 【答案】AB 【解析】
【详解】A ．前两秒，根据牛顿第二定律
21m/s F
a m
=
= 则0-2s 的速度规律为：
v=at ；
t =1s 时，速率为1m/s ，A 正确；
B ．t =2s 时，速率为2m/s ，则动量为
P =mv =4kg•m/s
B 正确；
CD ．2-4s ，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a =-0.5m/s 2，所以3s 时的速度为1.5m/s ，动量为3kg•m/s，4s 时速度为1m/s ，CD 错误；
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E/4
D. 撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3 【答案】BD 【解析】
A 、
B 项：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 、
D 项：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v 0．根据动量守恒和机械能守恒得 2mv 0=3mv ，
21·32
P E mv E =+
又2
012
E mv =
联立得到，弹簧的弹性势能最大值为3
P E
E =
，故C 错误，D 正确． 点晴：本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．
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:
①按照如图所示的实验装置图,安装实物图． ②调整斜槽末端水平，O 为斜槽末端竖直投影．
③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m 1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 ．
④在装置末端放置一个大小与小球1相同的小球2，其质量为m 2．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 ． (1)若入射小球质量为1m ，半径为r 1，被碰小球质量为2m ，半径为r 2，则要求_______． A. 12m m >； 12r r > B.12m m <； 1r r < C.12m m >；12r r = D.12m m <；12r r =
(2)小球1与小球2的质量之比1m ∶2m =____．
(3)若两小球均看作质点，以两球为系统，碰前系统初动能E k0=____，碰后系统末动能E k =____，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．(E k0、
E k 用题目中字母H 、m 2、L 和重力加速度g 表示)
【答案】 (1). C (2). 3:1 (3). 223m L g H (4). 223m L g H
(5). 守恒
(6). 弹性 【解析】
【详解】(1)[1]在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，有：
101122m v m v m v =+
在碰撞过程中机械能守恒，则有：
222101122111
222
m v m v m v =+ 解得：12
1012
m m v v m m -=
+，要碰后入射小球的速度10v >，即有：
120m m ->
则有：12m m >，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，所以12r r =； A.12m m >； 12r r >与分析不符，不符合题意； B.12m m <； 1r r <与分析不符，不符合题意；
C.12m m >；12r r =与分析相符，符合题意；
D.12m m <；12r r =与分析不符，不符合题意．
(2)[2]球1运动到斜槽末端的速度为1v ，在空中做平抛运动，水平方向有：
12L v t =
竖直方向有：
212
H gt =
解得：12v =由于球1两次均从同一高度自由下滑，到斜槽末端的速度均为1v ，设球1与球2碰撞后速度分别为1v '和2v '，碰后两球在空中均做平抛运动，根据平抛运动规律可得：
1v '=
23v '=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：
111122m v m v m v ''=+
即有：
11223m L m L m L =+
解得：12:3:1m m =
(3)[3]以两球为系统，碰前系统初动能：
22
2011312k m g E m H
L v ==
[4]碰后系统末动能：
2
222
112231122k m g E m v m H
L v =
'+'= [5][6]显然，在碰撞过程中系统机械能守恒，两球碰撞是弹性碰撞．
14.我们可以通过以下实验，来探究产生感应电流的条件
⑴给岀的实物图中，请用笔画线代替导线补全实验电路_______；
⑵接好电路，合上开关瞬间，电流表指针______（填“偏转”或“不偏转”）；
⑶电路稳定后，电流表指针__________（填“偏转”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”）；
⑷根据以上实验可得：产生感应电流的条件_______。

【答案】 (1). (2). 偏转 (3). 不偏转
(4). 偏转 (5). 闭合回路磁通量发生变化
【解析】
【详解】（1）通过对电路分析可知：线圈B是用来检测感应电流的，故电流计要和B构成闭合回路；滑线变阻器的作用是用来改变A线圈电流大小，故要采取分流接法，综上所述，连线如图．
（2）接好电路，合上开关瞬间，由于A线圈电流的变化，导致穿过B线圈磁通量的变化，从而使线圈B产生感应电流，电流表指针偏转．
（3）电路稳定后，虽然B线圈有磁场，但磁通量没有变化，不能产生感应电流，所以电流计不偏转．
（4）根据（2）（3）可得：产生感应电流的条件：闭合回路磁通量发生变化
四、计算题（本大题共4小题，共34.0分）
15.如图所示，间距L=0.40m的足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端接有阻值R=2.0Ω的电阻.导轨所在空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度
B=0.40T.—根质量m=0.1kg的导体棒MN放在导轨上且与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.现用平行于导轨的拉力拉导体棒使其向右运动，当导体棒的速度v=0.50m/s时，闭合开关S，此时导体棒恰好匀速运动，在运动的过程中保持导体棒与导轨垂直.
（1）求在闭合回路中产生的感应电流的大小. （2）求导体棒匀速运动时作用在导体棒上的拉力的大小及拉力的功率. （3）闭合开关后，当导体棒移动50cm时撤去拉力，求整个运动过程中电阻R上产生的热量. 【答案】（1）4.0×10-2A （2）1.0s （3）1.57×10-2J
【解析】
【详解】（1）感应电动势2
8.010
E BLv V
-
==⨯
感应电流2
4.010
E
I A
R
-
==⨯.
（2）导体棒匀速运动时，安培力与拉力平衡，设拉力为F，则有3
6.410
F F BIL N
-
===⨯
安
拉力的功率3
3.210
P Fv W
-
==⨯.
（3）导体棒移动50cm所需的时间 1.0
x
t s
v
==
撤去拉力前，电阻R上产生的热量23
1
3.210
Q I Rt J
-
==⨯
撤去拉力后，电阻R上产生的热量22
2
1
1.2510
2
Q mv J
-
==⨯
整个运动过程中，电阻R上产生的热量2
12
1.5710
Q Q Q J
-
=+=⨯
故本题答案是：（1）-2
4.010A
⨯（2）-33
6.410,3.210
N W
-
⨯⨯（3）-2
1.5710J
⨯
16.如图所示，发电机输出功率P1=100kW，输出电压U1=250V，用户需要电压U4=220V，输电线总电阻为10Ω．若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：
（1）发电机的输送电流I1是多少？
（2）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比？（3）用户得到的电功率P4是多少？
【答案】（1）400A；（2）1
20
，
240
11
；（3）96KW
【解析】
【详解】（1）根据
P1=U1I1得发电机的输出电流
1 1
1100000
A400A 250
P
I
U
＝＝＝（2）输电线上损失的功率
P损＝I22R=4%P 解得
I2=1000004%
10
＝20A
则
12 21201 40020
n I
n I
＝＝＝
输电线上的电压损失
△U=I2R=20×10V=200V
升压变压器的输出电压
U2=U1×20=5000V
降压变压器的输入电压
U3=U2-△U=5000-200V=4800V 则
33
44
4800240
22011
n U
n U
＝＝＝
（3）用户得到的功率
P′=96%P=96kW
17.如图所示，质量m＝0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，车的质量M＝1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，地面光滑．求：
(1)木块和小车相对静止时小车的速度大小；
(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；
(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止，木块在小车上滑行的距离．
【答案】(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m
【解析】
【详解】(1)以木块和小车为研究对象，以木块初速度方向的正方向，由动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v
解得：
v＝0.4 m/s；
(2)以木块为研究对象，由动量定理可得：－ft＝mv－mv0
摩擦力：f＝μmg
解得：
t＝0.8s；
(3)木块滑上小车后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：f＝－ma1
小车做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：f＝Ma
此过程中木块的位移满足：v2－v02＝2a1s1
小车的位移：s2＝
1
2
at2
木块在小车上滑行的距离：Δs＝s1－s2
联立以上各式解得：
Δs＝0.8 m。

18.如图甲所示，物块A、B的质量分别是m A＝4.0 kg和m B＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑
的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块C 从t ＝0时以一定速度向右运动，在t ＝4 s 时与物块A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v －t 图像如图乙所示．求：
(1)物块C 的质量m ；
(2)墙壁对物块B 在4 s 到12 s 的时间内的冲量I 的大小和方向； (3)B 离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能E p . 【答案】（1）m C =2kg ；（2）I=-36N ⋅s ；（3）E P =9J 【解析】
【详解】①由图知，C 与A 碰前速度为19/v m s =，碰后速度为23/v m s =， 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：12C A C m v m m v =
+（） 解得：2C m kg =．
②由图知，12s 末A 和C 的速度为33/v m s =-，4s 到12s
墙对B 的冲量为32A C A C I m m v m m v （）（）=
+-+ 解得：36I N s =-⋅，方向向左．
③12s ，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A 、C 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：
34A C A B C m m v m m m v +=++（）（） 由机械能守恒定律得：2
2
341
1 ()()2
2
A C A
B
C p m m v m m m v E ++++＝ 解得：9P E J =．
【点睛】分析清楚物体的运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动量定理即可正确解题．。