高二物理下学期3月份月考模拟试卷
重庆市2022-2023学年高二下学期3月月考物理试卷(含部分解析)
重庆市2022-2023学年（下）3月月度质量检测高二物理注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共4页，满分100分，考试时间75分钟。
一、单选题1．下列关于点电荷的说法中正确的是（）A．点电荷是理想化的物理模型B．只要带电体的电量很小，都可以看成点电荷C．体积很大的带电体不能看作点电荷D．点电荷的带电量一定是1.6×10-19 C2．水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则下列说法中错误的是（）A．在相等的时间间隔内动量的变化相同B．在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D．在任何时间内，动量变化的方向都是竖直方向3．两个相同的带同种电荷的导体小球所带电荷量的比值为1∶3，相距为r（r远大于小球半径）时库仑力的大小为F，今使两小球接触后再分开放回原处，此时库仑力的大小为（）A．F B．34F C．43F D．12F4．如图，半径为R的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O的竖直轴线以角速度ω匀速转动。
质量相等的小物块A、B随容器转动且相对器壁静止。
A、B和球心O点连线与竖直方向的夹角分别为α、β，α>β，则下列说法正确的是（）A．A的向心力小于B的向心力B．容器对A的支持力一定小于容器对B的支持力C．若ω缓慢增大，则A、B受到的摩擦力一定都增大D．若A不受摩擦力，则B受沿容器壁向下的摩擦力5．如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为:1n ，原线圈接电压为0sin u U t ω=的正弦交流电压，输出端接有一个交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R 。
当输入端接通电源后，电动机带动一质量为m 的重物匀速上升，此时理想电流表的示数为I ，已知重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ） A ．电动机两端电压为IR B ．原线圈中的电流为nIC ．电动机消耗的电功率为02U InD ．重物匀速上升的速度为()02I U nIR nmg-6．如图所示，边长为L 、匝数为N ，电阻不计的正方形线圈abcd 在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕转轴OO ′转动，轴OO ′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1和n 2，保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是（ ） A ．在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势也为零 B ．当可变电阻R 的滑片P 向上滑动时，电压表V 2的示数变大 C ．电压表V 2示数22212n NB L U n ω=D ．若可变电阻接入的阻值为R 0，则在矩形线圈转一周的过程中，可变电阻产生的焦耳热为22222012n N B L n R πω7．如图，光导纤维由内芯和外套两部分组成，内芯折射率比外套的大，光在光导纤维中传播时，光在内芯和外套的界面上发生全反射。
2022~2023年高二第三次月考物理试卷带参考答案和解析(辽宁省营口市部分重点高中)
选择题下列说法正确的有（）A.单摆的周期与振幅无关，仅与当地的重力加速度有关B.相对论认为时间和空间与物质的运动状态无关C.在干涉现象中，振动加强点的位移一定比减弱点的位移大D.声源与观察者相互靠近，观察者接收的频率大于声源的频率【答案】D【解析】A．根据可知，单摆的周期与振幅无关，与当地的重力加速度以及摆长有关，选项A错误；B．相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关，长度缩短，时间变长，故B错误；C．振动加强质点的振幅最大，位移不总是最大，在随着时间在变化，加强点可能处于波峰，也可能波谷，也可能在平衡位置；例如在某一时刻，振动加强质点处于平衡位置时，其位移等于零，此时可能小于振动减弱点的位移，故C错误；D．根据多普勒效应可知，声源与观察者相对靠近，观察者所接收的频率大于声源发出的频率，故D正确。
选择题在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589nm的光，在距双缝1.00m的屏上形成干涉图样．图样上相邻两明纹中心间距为0.350cm，则双缝的间距为（）A.2.06×10－7mB.2.06×10－4mC.1.68×10－4mD.1.68×10－3m【答案】C【解析】根据双缝干涉实验中相邻两明纹中心间距公式有：Δx=，解得：d= =×589×10－9m＝1.68×10－4m，故C正确，ABD错误．选择题关于电磁波，下列说法不正确的是（）A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输【答案】D【解析】A．电磁波在真空中的传播速度均相同，与电磁波的频率无关，选项A正确，不符合题意；B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，由近及远的传播形成电磁波，故B正确，不符合题意；C．电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，故C正确，不符合题意；D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，电磁波也能通过电缆、光缆传输，故D错误，符合题意。
物理下学期3月月考试卷高二全册物理试题
批扯州址走市抄坝学校高二〔下〕月考物理试卷〔3月份〕一、选择题〔本大题共10小题，每题4分，共40分．1-6小题为单项选择；7-10小题为不项选择，全对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错误选项的得0分〕1．以下说法中正确的选项是〔〕A．汤姆孙发现电子并提出了原子核式结构模型B．贝克勒尔用α粒子轰击氮原子核发现了质子C．在原子核人工转变的中，约里奥﹣居里夫妇发现了正电子D．在原子核人工转变的中，卢瑟福发现了中子2．现有三个核反：①Na→Mg+e②U+n→Ba+Kr+3n③H+H→He+n以下说法正确的选项是〔〕A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变3．如下图是光电管的原理图，当有频率为ν0的光照射到阴极K上时，电路中有光电流，那么〔〕A．当换用频率为ν1〔ν1＜ν0〕的光照射阴极K时，电路中一没有光电流B．当换用频率为ν2〔ν2＞ν0〕的光照射阴极K时，电路中一有光电流C．当增大电路中电源的电压时，电路中的光电流一增大D．当将电源极性反接时，电路中一没有光电流产生4．图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相的能量E．处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出假设干种不同频率的光波．金属钾的逸出功为2eV．在这些光波中，能够从金属钾的外表打出光电子的总共有〔〕A．二种B．三种C．四种D．五种5．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核〔Rn〕，由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程是以下方程中的哪一个〔〕A．Rn→Fr+eB．Rn→Po+HeC．Rn→At+eD．Rn→At+H6．如下图在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面外表光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m〔m＜M〕的小物块以一的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固，那么小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固，那么小物块冲上斜面后能到达的最大高度为〔〕A．h B．C．D．7．以下说法正确的选项是〔〕A．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构B．氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射出两种不同频率的光C．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时要吸收能量D．有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期8．一个质子以 1.0×107m/s的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变为硅原子核，铝核的质量是质子的27倍，硅核的质量是质子的28倍，那么以下判断中正确的选项是〔〕A．核反方程为Al+H→SiB．核反方程为Al+n→SiC．硅原子核速度的数量级为107m/s，方向跟质子的初速度方向一致D．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向跟质子的初速度方向一致9．质量分别为m a=0.5kg，m b=kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰．假设不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移﹣时间图象如下图，那么以下说法正确的选项是〔〕A．碰撞前a物体的动量大小为4kg•m/sB．碰撞前b物体的动量大小为零C．碰撞后a物体的动量大小为1kg•m/sD．碰撞后b物体的动量大小为kg•m/s10．如下图，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B高，现让小滑块m从A点静止下滑，在此后的过程中，那么〔〕A．小滑块到达B点时半圆弧轨道的速度为零B．小滑块到达C点时的动能小于mgRC．假设小滑块与半圆弧轨道有摩擦，小滑块与半圆弧轨道组成的系统在水平方向动量不守恒D．m从A到B的过程中，M运动的位移为二、题〔本大题共3小题，共24分〕11．用甲、乙两种光做光电验，发现光电流与电压的关系如下图，由图可知，两种光的频率v甲v乙〔填“＜〞，“＞〞或“=〞〕，〔选填“甲〞或“乙〞〕光的强度大．普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，那么甲光对的遏止电压为．〔频率用v，元电荷用e表示〕12．太阳内部不断进行着各种核聚变反，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反方程；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，那么上述反释放的能量可表示为．13．如图是用来验证动量守恒的装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c．此时，〔1〕除了弹性小球1、2的质量m1、m2，还需要测量的量是和．〔2〕根据测量的数据，该中动量守恒的表达式为．〔忽略小球的大小〕14．氢原子处于基态时，原子能量E1=﹣1eV，普朗克常数取h=×10﹣34J•s〔1〕处于n=2激发态的氢原子，至少要吸收多大能量的光子才能电离？〔2〕今有一群处于n=4激发态的氢原子，可以辐射几种不同频率的光？其中最小的频率是多少？〔结果保存2位有效数字〕15．Po原子核质量为2082 87u，Pb原子核的质量为2074 46u，He原子核的质量为 4.002 60u，静止的Po核在α衰变中放出α粒子后变成Pb．求：〔1〕在衰变过程中释放的能量；〔2〕α粒子从Po核中射出的动能；〔3〕反冲核的动能．〔l u相当于93MeV，且核反释放的能量只转化为动能〕16．质量M=3kg．足够长的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的左端放有一质量m=1kg 的小物块〔可视为质点〕，小车左上方的天花板上固一障碍物A，其下端略高于平板车上外表但能挡住物块，如下图．初始时，平板车与物块一起以v0=2m/s的水平速度向左运动，此后每次物块与A发生碰撞后，速度均反向但大小保持不变，而小车可继续运动，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，碰撞时间可忽略不计，求：①与A第一次碰撞后，物块与平板车相对静止时的速率；②从初始时刻到第二次碰撞后物块与平板车相对静止时，物块相对车发生的位移．17．如下图，固的凹槽水平外表光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45m 的圆弧面．A和D分别是圆弧的端点，BC段外表粗糙，其余段外表光滑．小滑块P1和P2的质量均为m．滑板的质量M=4m，P1和P2与B C面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上．当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零．P1与P2视为质点，取g=10m/s2．问：〔1〕P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？〔2〕BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？高二〔下〕月考物理试卷〔3月份〕参考答案与试题解析一、选择题〔本大题共10小题，每题4分，共40分．1-6小题为单项选择；7-10小题为不项选择，全对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错误选项的得0分〕1．以下说法中正确的选项是〔〕A．汤姆孙发现电子并提出了原子核式结构模型B．贝克勒尔用α粒子轰击氮原子核发现了质子C．在原子核人工转变的中，约里奥﹣居里夫妇发现了正电子D．在原子核人工转变的中，卢瑟福发现了中子【考点】粒子散射；天然放射现象．【分析】此题可根据汤姆孙、卢瑟福、贝克勒尔、约里奥﹣居里夫妇，及查德威克人的物理学成就进行解答即可．【解答】解：A、汤姆生发现了电子，提出原子枣糕式模型，是卢瑟福提出了原子核式结构学说；故A错误．B、贝克勒尔发现了天然放射现象，卢瑟福用α粒子轰击氮原子核发现了质子，故B错误．C、约里奥﹣居里夫妇首先发现了正电子，故C正确；D、在原子核人工转变的中，查德威克发现了中子，故D错误．应选：C．2．现有三个核反：①Na→Mg+e②U+n→Ba+Kr+3n③H+H→He+n以下说法正确的选项是〔〕A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变【考点】天然放射现象；原子核的人工转变；重核的裂变；轻核的聚变．【分析】具有放射性的物质的原子核不稳，释放出一个高速电子即β粒子，而原子核转变成一个的原子核的现象即β衰变；核裂变是质量较大的原子核分裂成两个质量差异不是太大的中质量的原子核的现象；核聚变是指两个较轻的原子核结合成一个质量较大的原子核，同时释放出大量能量的现象．【解答】解：具有放射性的物质的原子核不稳，有时它的一个中子能够转化为一个质子同时释放出一个高速电子，原子核转变成一个的原子核即发生β衰变．故①是β衰变．核裂变是质量较大的原子核分裂成两个质量差异不是太大的中质量的原子核的现象，故②是裂变．核聚变是指两个较轻的原子核结合成一个质量较大的原子核，同时释放出大量能量的现象，故③是核聚变．故C正确．应选C．3．如下图是光电管的原理图，当有频率为ν0的光照射到阴极K上时，电路中有光电流，那么〔〕A．当换用频率为ν1〔ν1＜ν0〕的光照射阴极K时，电路中一没有光电流B．当换用频率为ν2〔ν2＞ν0〕的光照射阴极K时，电路中一有光电流C．当增大电路中电源的电压时，电路中的光电流一增大D．当将电源极性反接时，电路中一没有光电流产生【考点】光电效．【分析】根据光电效的条件，判断能否发生光电效，从而判断是否有光电流；增大正向电压，电流到达饱和值时，不会增大．加反向电压时，在未到达遏止电压前，电路中有光电流．【解答】解：A、当换用频率为ν1〔ν1＜ν0〕的光照射阴极K时，入射光的频率可能大于金属的极限频率，发生光电效，电路中可能有光电流．故A错误．B、频率为ν0的光照射到阴极K上时，电路中有光电流，知发生了光电效，当换用频率为ν2〔ν2＞ν0〕的光照射阴极K时，一能发生光电效，一有光电流．故B正确．C、增大电源电源，电路中的光电流可能到达饱和值，保持不变．故C错误．D、将电源的极性反接，电子做减速运动，可能能到达阳极A，电路中可能有光电流．故D错误应选：B．4．图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相的能量E．处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出假设干种不同频率的光波．金属钾的逸出功为2eV．在这些光波中，能够从金属钾的外表打出光电子的总共有〔〕A．二种B．三种C．四种D．五种【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】发生光电效的条件是光子能量大于逸出功，根据该条件确出n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时辐射光子能量大于逸出功的种数．【解答】解：处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为=6种，n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为9eV，均小于2eV，不能使金属钾发生光电效，其它四种光子能量都大于2eV．故C正确，A、B、D错误．应选C．5．在匀强磁场中有一个静止的氡原子核〔Rn〕，由于衰变它放出一个粒子，此粒子的径迹与反冲核的径迹是两个相互外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，如图所示，那么氡核的衰变方程是以下方程中的哪一个〔〕A．Rn→Fr+eB．Rn→Po+HeC．Rn→At+eD．Rn→At+H【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相，结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得小粒子与反冲核的电荷量之比，利用排除法可得正确答案【解答】解：原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相，方向相反，就动量大小而言有：m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r=所以，===审视ABCD四个选项，满足42：1关系的只有B应选B6．如下图在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面外表光滑、高度为h、倾角为θ．一质量为m〔m＜M〕的小物块以一的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固，那么小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固，那么小物块冲上斜面后能到达的最大高度为〔〕A．h B．C．D．【考点】动量守恒律；动能理的用．【分析】斜面固时，由动能理求出初速度，斜面不固时，由水平方向动量守恒列式，再根据机械能守恒列式，联立方程即可求解．【解答】解：斜面固时，由动能理得：﹣mgh=0﹣，所以；斜面不固时，由水平方向动量守恒得：mv0=〔M+m〕v，由机械能守恒得：=+mgh′解得：．应选D7．以下说法正确的选项是〔〕A．天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构B．氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射出两种不同频率的光C．比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时要吸收能量D．有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间就是该放射性元素的半衰期【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；天然放射现象；原子核的结合能．【分析】天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构；从n=3的能级向低能级跃迁时会辐射3种不同频率的光；比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时释放核能；半衰期是放射性元素衰变的统计规律，对个别的原子没有意义．【解答】解：A、天然放射现象的发现说明原子核内部是有结构的，进而人们研究揭示了原子核有复杂的结构，故A正确．B、从n=3的能级向低能级跃迁时会辐射3种不同频率的光；故B错误．C、比结合能大的原子核分解成比结合能小的原子核时质量增加，要吸收核能；故C正确．D、放射性元素样品中，放射性原子核的数目减少一半所需的时间于半衰期；半衰期是放射性元素衰变的统计规律，对个别的原子没有意义，所以有10个放射性元素的原子核，当有5个原子核发生衰变所需的时间不一于该放射性元素的半衰期．故D错误．应选：AC8．一个质子以 1.0×107m/s的速度撞入一个静止的铝原子核后被俘获，铝原子核变为硅原子核，铝核的质量是质子的27倍，硅核的质量是质子的28倍，那么以下判断中正确的选项是〔〕A．核反方程为Al+H→SiB．核反方程为Al+n→SiC．硅原子核速度的数量级为107m/s，方向跟质子的初速度方向一致D．硅原子核速度的数量级为105m/s，方向跟质子的初速度方向一致【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；动量守恒律．【分析】由质量数、电荷数守恒可知核反方程；由动量守恒可知硅原子核速度的数量级及速度方向，从而即可求解．【解答】解：AB、由质量数守恒，电荷数守恒可知：方程为Al+H→Si，故A 正确，B错误；CD、由动量守恒可知，mv=28mv′，解得v′=m/s故数量级约为105m/s．故C错误，D正确；应选：AD．9．质量分别为m a=0.5kg，m b=kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰．假设不计碰撞时间，它们碰撞前后的位移﹣时间图象如下图，那么以下说法正确的选项是〔〕A．碰撞前a物体的动量大小为4kg•m/sB．碰撞前b物体的动量大小为零C．碰撞后a物体的动量大小为1kg•m/sD．碰撞后b物体的动量大小为kg•m/s【考点】动量守恒律．【分析】根据图示图象由速度公式求出碰撞前后物体的速度，然后由动量的计算公式求出物体的动量．【解答】解：A、由图示图象可知，碰撞前a的速度：v a===4m/s，碰撞前a的动量：P a=m a v a=0.5×4=2kg•m/s，故A错误；B、由图示图象可知，碰撞前b静止，碰撞前b的动量为零，故B正确；C、由图示图象可知，碰撞由a、b的速度相，为：v===1m/s，碰撞后a的动量大小为：P a′=m a v a′=0.5×1=0.5kg•m/s，故C错误；D、碰撞后b的动量大小为：P b′=a v b′=×1=kg•m/s，故D正确；应选：BD．10．如下图，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B高，现让小滑块m从A点静止下滑，在此后的过程中，那么〔〕A．小滑块到达B点时半圆弧轨道的速度为零B．小滑块到达C点时的动能小于mgRC．假设小滑块与半圆弧轨道有摩擦，小滑块与半圆弧轨道组成的系统在水平方向动量不守恒D．m从A到B的过程中，M运动的位移为【考点】动量守恒律；机械能守恒律．【分析】小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，系统动量不守恒．用位移表示平均速度，根据水平方向平均动量守恒律求出物体M发生的水平位移．【解答】解：A、小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，开始时系统水平方向的动量守恒，滑块到达B点时滑块和圆弧轨道的速度相同，由水平方向动量守恒可知，小滑块到达B点时半圆弧轨道的速度为零．故A正确．B、小滑块到达C点时滑块的重力势能转化为滑块和圆弧轨道的动能，那么知到达C点时滑块的动能小于mgR．故B正确．C、小滑块与半圆弧轨道组成的系统在水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒．故C 错误．D、设滑块从A到B的过程中为t，M发生的水平位移大小为x，那么m产生的位移大小为2R﹣x取水平向右方向为正方向．那么根据水平方向平均动量守恒得：m﹣M=0解得：x=R，故D错误；应选：AB二、题〔本大题共3小题，共24分〕11．用甲、乙两种光做光电验，发现光电流与电压的关系如下图，由图可知，两种光的频率v甲= v乙〔填“＜〞，“＞〞或“=〞〕，甲〔选填“甲〞或“乙〞〕光的强度大．普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为W0，那么甲光对的遏止电压为．〔频率用v，元电荷用e表示〕【考点】光电效．【分析】根据光的强度越强，形成的光电流越大；并根据光电效方程，即可求解．【解答】解：根据eUc=hv0=hv﹣W0，由于Uc相同，因此两种光的频率相，根据光的强度越强，那么光电子数目越多，对的光电流越大，即可判甲光的强度较大；由光电效方程mv2=hv﹣W0，可知，电子的最大初动能E K m=hv﹣W0；那么甲光对的遏止电压为Uc=；故答案为：=，甲，．12．太阳内部不断进行着各种核聚变反，一个氘核和一个氚核结合成一个氦核是其中一种，请写出其核反方程；如果氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，那么上述反释放的能量可表示为4E3﹣2E1﹣3E2．【考点】爱因斯坦质能方程．【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反方程，根据比结合能于结合能与核子数的比值，通过能量关系，求出释放的核能．【解答】解：根据电荷数守恒、质量守恒守恒，知核反方程为；氘核的比结合能为E1，氚核的比结合能为E2，氦核的比结合能为E3，根据比结合能于结合能与核子数的比值，那么有：该核反中释放的核能△E=4E3﹣2E1﹣3E2．故答案为：；4E3﹣2E1﹣3E213．如图是用来验证动量守恒的装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．时，调节悬点，使弹性球1静止时恰与立柱上的球2接触且两球高．将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c．此时，〔1〕除了弹性小球1、2的质量m1、m2，还需要测量的量是立柱高h和桌面高H ．〔2〕根据测量的数据，该中动量守恒的表达式为2m1=2m1+m2．〔忽略小球的大小〕【考点】验证动量守恒律．【分析】要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量12两个小球的质量，1球下摆过程机械能守恒，根据守恒律列式求最低点速度；球1上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球2做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，然后验证动量是否守恒即可．【解答】解：〔1〕要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量12两个小球的质量m1、m2，要通过平抛运动的分位移公式求解碰撞后2球的速度，所以要测量立柱高h，桌面高H；〔2〕1小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒律，有m1g〔a﹣h〕=m1v12解得：v1=碰撞后1小球上升到最高点的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒律，有m1g〔b﹣h〕=m1v22解得：v2=碰撞后小球2做平抛运动，t=所以2球碰后速度v3==所以该中动量守恒的表达式为：m1v1=m2v3+m1v2带入数据得：2m1=2m1+m2故答案为：〔1〕立柱高h；桌面高H；〔2〕2m1=2m1+m2．14．氢原子处于基态时，原子能量E1=﹣1eV，普朗克常数取h=×10﹣34J•s〔1〕处于n=2激发态的氢原子，至少要吸收多大能量的光子才能电离？〔2〕今有一群处于n=4激发态的氢原子，可以辐射几种不同频率的光？其中最小的频率是多少？〔结果保存2位有效数字〕【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】所谓电离，就是使处于基态或激发态的原子的核外电子跃迁到n=∞的轨道，n=∞时，E∞=0，要使处于n=2的氢原子电离，照射光光子的能量能使电子从第2能级跃迁到无限远处．根据求出氢原子发出光子的种数．根据hγ=E m﹣E n，可知在何能级间跃迁发出光的频率最小．【解答】解：〔1〕要使处于n=2的氢原子电离，照射光光子的能量能使电子从第2能级跃迁到无限远处，最小的光子能量为：E=E∞﹣E2=0﹣〔﹣eV〕=eV．〔2〕根据=6，知这群氢原子最多能发出6种频率的光．因为放出的光子能量满足hγ=E m﹣E n，知，从n=4能级跃迁到n=3能级发出光的频率最小．，E4﹣E3=hνm i n答：〔1〕处于n=2激发态的氢原子，至少要吸收eV能量的光子才能电离；〔2〕今有一群处于n=4激发态的氢原子，可以辐射6种不同频率的光，其中最小的频率是 1.6×1014Hz．15．Po原子核质量为2082 87u，Pb原子核的质量为2074 46u，He原子核的质量为 4.002 60u，静止的Po核在α衰变中放出α粒子后变成Pb．求：〔1〕在衰变过程中释放的能量；〔2〕α粒子从Po核中射出的动能；〔3〕反冲核的动能．〔l u相当于93MeV，且核反释放的能量只转化为动能〕【考点】爱因斯坦质能方程；动量守恒律；原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】〔1〕首先写出核反方程式，再求出质量亏损△m，再根据爱因斯坦质能方程求解释放的能量；〔2、3〕衰变前后系统的动量守恒，根据动量守恒律分析α粒子和铅核关系，根据动能与动量的关系及能量守恒列式求解．【解答】解：〔1〕根据质量数与质子数守恒规律，那么有，衰变方程：→+；衰变过程中质量亏损为：△m=2082 87 u﹣2074 46 u﹣4.002 60 u=0.00581 u反过程中释放的能量为：△E=0.005 81×93 MeV=12 MeV；〔2〕因衰变前后动量守恒，那么衰变后α粒子和铅核的动量大小相，方向相反而P=mv=，那么有：=即mαE kα=m P b•E k P b那么4E kα=206•E k p b又因核反释放的能量只能转化为两者的动能，故有：E kα+E k p b=△E=12 MeV所以α粒子从钋核中射出的动能为：E kα=1 MeV〔3〕反冲核即铅核的动能为：E k P b=0.10 MeV答：〔1〕在衰变过程中释放的能量12 MeV；〔2〕α粒子从Po核中射出的动能 1 MeV；〔3〕反冲核的动能0.10 MeV．16．质量M=3kg．足够长的平板车放在光滑的水平面上，在平板车的左端放有一质量m=1kg 的小物块〔可视为质点〕，小车左上方的天花板上固一障碍物A，其下端略高于平板车上。
高二物理下学期3月月考试卷高二全册物理试题 (4)
嗦夺市安培阳光实验学校高二物理下学期3月月考试卷一．选择题（每小题4分，共56分，1--10只有一个选项正确，11--14多个选项正确，全部选对得4分，选不全的2分，选错或不答者的零分）1、一矩形线圈绕垂直于匀强磁场且位于线圈平面内的固定轴转动。
线圈中的感应电动势e随时间t的变化关系如图所示。
下列说法中正确的是()A.t1时刻穿过线圈的磁通量为零B.t2时刻穿过线圈的磁通量最大C.t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率最大D.每当e变换方向时,穿过线圈的磁通量都为最大2、理想变压器正常工作时，在其两侧的原、副线圈中不一定相同的物理量是( )A．电压的最大值B．输入功率、输出功率C．磁通量的变化率D．交流电的频率3、如图所示，三只完全相同的灯泡a、b、c分别与盒子Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的三种元件串联，再将三者并联，接在正弦交变电路中，三只灯泡亮度相同。
若保持电路两端电压有效值不变，将交变电流的频率增大，观察到灯a变暗、灯b变亮、灯c亮度不变。
则三个盒子中的元件可能是 ( )A．Ⅰ为电阻，Ⅱ为电容器，Ⅲ为电感器B．Ⅰ为电感器，Ⅱ为电容器，Ⅲ为电阻C．Ⅰ为电感器，Ⅱ为电阻，Ⅲ为电容器D．Ⅰ为电容器，Ⅱ为电感器，Ⅲ为电阻4、某变电站用11 kV的交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到440 kV送电，下面选项正确的是( )A．由I＝UR，所以输电线上的电流变为原来的20倍B．由I＝PU，所以输电线上的电流变为原来的120C．由P＝U2R，所以输电线上损失的功率变为原来的1 600倍D．由P＝I2R，所以输电线上损失的功率变为原来的11 6005、如图所示，为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是( )A．这也是一种交流电B．电流的变化周期是0.01 sC．电流的有效值是1 AD．电流通过100 Ω的电阻时，1 s内产生的热量为200 J6、做简谐运动的物体经过平衡位置时( )A ．速度为零B ．加速度为零C ．合力为零D ．位移为零 7、一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动。
高二物理第二学期3月月考测评卷及答案
平遥中学-高二下学期三月质检物理试题一、选择题每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确,共５６分。
1．下列哪位科学家首先发现电流的磁效应（ ）Ａ．安培 Ｂ.法拉第 C.奥斯特 Ｄ.洛论兹２．下列说法正确的是（ ）Ａ．除永久磁铁外，一切磁场都是由运动电荷产生的Ｂ．一切磁现象都起源于运动电荷Ｃ．一切磁作用都是运动电荷通过磁场发生的Ｄ．有磁必有电，有电必有磁3．超导是当今高科技的热点之一。
当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用。
这种排斥力可使磁体悬浮在空气中。
磁悬浮列车就采用了这项技术，磁悬浮列车的原理是（ ）A ．超导体电流的磁场方向与与磁体的磁场方向相同B ．超导体电流的磁场方向与与磁体的磁场方向相反C ．超导体使磁体处于失重状态D ．超导体对磁体的磁力与磁体的重力相平衡4．带电粒子(不计重力)可能处的状态是( )A ．在磁场中处于平衡状态B ．在匀强磁场中做匀变速曲线运动C ．在匀强电场中做匀变速曲线运动D ．在电场中做匀速圆周运动5．如图所示，半径为R 的圆形线圈两端A 、C 接入一个平行板电容器，线圈放在随时间均匀变化的匀强磁场中，线圈所在平面与磁感线的方向垂直，要使电容器所带的电量增大，可采取的措施是（ ）A ．电容器的两极板靠近些B ．增大磁感应强度的变化率C ．增大线圈的面积D ．改变线圈平面与磁场方向的夹角6．如图所示的电路，三个电阻中 R 1 消耗的功率最大，则三个电阻的阻值大小关系为（ ）A ． R 1＞R 2＞R 3B ． R 2＞R 1＞R 3C.．R 3＞R 2＞R 1 D ． R 1＞R 3＞R 27．电流从A 点分两路通过对称的分路汇合于B 点，在环形分路的中心处磁感应强度是（ ）Ａ．垂直环形分路所在的平面，且指向纸内Ｂ．在环形分路所在的平面内，且指向ＡＣ．在环形分路所在的平面内，且指向ＢＤ．磁感应强度为零8．如图所示，有一电量为q 的正离子，从A 点沿箭头方向开始运动，运动半周到B 点时，突然吸附若干电子，接着又运动半周到C 点，已知BC=2AB ，磁感线方向垂直指向纸内，电子质量远远小于离子质量，重力不计，则离子在B 处吸附的电子数为（磁场为匀强磁场）B Ａ（ ）A ．B ．C ．D ． 9．关于磁感应强度与通电导线在磁场中受力情况及其相互关系，下列说法中正确的是（ ）A ．一小段通电直导线在磁场中不受安培力作用，该处磁感应强度一定为零B ．一小段通电直导线所受安培力的方向一定与磁场方向垂直C ．一小段通电直导线所受安培力的方向、磁场方向、导线中的电流方向，这三者总是互相垂直的D ．通电直导线在磁场中所受安培力越大，其磁感应强度一定越大。
高二物理下学期3月月考试卷高二全册物理试题_4
嗦夺市安培阳光实验学校宜昌一中高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（共48分．1～6小题为单选题，每小题4分；7～10小题为多选题，全对得6分，选对但不选全得3分，选错或不选得0分）1．物理实验都需要有一定的控制条件．奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响．关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是（）A．该实验必须在地球赤道上进行B．通电直导线应该竖直放置C．通电直导线应该水平东西方向放置D．通电直导线应该水平南北方向放置2．电视台《今日说法》栏目曾经报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经部门和门协力调查，画出的现场示意图如图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是（）①由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作离心运动②由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作向心运动③公路在设计上可能内（东）高外（西）低④公路在设计上可能外（西）高内（东）低．A．①③B．②④C．①④D．②③3．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B 与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块（可视为质点）从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（）A．小车和物块构成的系统动量守恒B．摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零C ．物块的最大速度为D ．小车的最大速度为4．如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa=3V，φb=9V，则下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为6VB．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大C．a点处的场强E a一定小于b点处的场强E bD．正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大5．一汽车在高速公路上以v0=30m/s的速度匀速行驶，t=0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是（）A．t=6s时车速为5m/s B．t=3s时车速为3m/sC．前9s内的平均速度为15m/s D．前6s内车的位移为90m6．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为5HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输入功率增加7．如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）A．细线对物体a的拉力增大 B．斜劈对地面的压力减小C．斜劈对物体a的摩擦力减小D．地面对斜劈的摩擦力增大8．宇航员在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t落回原处；若在某星球表面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经5t时间落回原处．已知该星半径与地球半径之比为1：4，则（）A．该星表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为5：1B．该星质量与地球质量之比为1：80C．该星密度与地球密度之比为4：5D．该星的“第一宇宙速度”与地球的第一宇宙速度之比为1：209．如图所示，竖直平行导轨间距l=20cm，导轨顶端接有一开关S，导体棒ab 与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0.4Ω，质量m=20g，导轨的电阻不计，电路中所接电阻为3R，整个装置处在与竖直平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，不计空气阻力，设导轨足够长，g取10m/s2，开始时开关断开，当ab棒由静止下落3.2m时，突然接通开关，下列说法中正确的是（）A．a点的电势高于b点的电势B．ab间的电压大小为1.2VC．ab间的电压大小为0.4VD．导体棒ab立即做匀速直线运动10．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从a 点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（）A ．电子在磁场中运动的时间为B ．电子在磁场中运动的时间为C ．磁场区域的圆心坐标（，）D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）二、实验题（共15分．11小题每空2分，12小题每空分别为2、2、1、1、3分）11．如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果g取10m/s2，那么：（1）闪光的时间间隔是s；（2）小球运动中水平分速度的大小是m/s；（3）小球经过B点时速度大小是m/s．12．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I=A，U= V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求在图2框图中画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．三、计算题（共47分．13小题9分，14小题12分，15小题12分，16小题14分）13．一质量为0.1kg的小球从0.80m高处自由下落，落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到陷至最低点所用的时间为0.20s，则这段时间内软垫对小球的冲量为大？（g=10m/s2）14．质量为m的小物块A，放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L（设木板B足够长）后A和B都停下．已知A、B间的动摩擦因数μ1，B 与地面间的动摩擦因数μ2，μ2＞μ1，求x的表达式．15．两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为R=4Ω的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中．在导轨上垂直导轨跨放质量m=0.5kg的金属直杆，金属杆的电阻为r=1Ω，金属杆与导轨接触良好，导轨足够长且电阻不计．金属杆在垂直杆F=0.5N的水平恒力作用下向右匀速运动时，电阻R上的电功率是P=4W．（1）求通过电阻R的电流的大小和方向；（2）求金属杆的速度大小；（3）某时刻撤去拉力，当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小、方向．16．如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN 的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外（图中未画出），质量为m电荷量为q 的粒子（不计重力）以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场（电场方向指向O点），已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场．（1）求粒子运动的速度大小；（2）粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？（3）粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？宜昌一中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（共48分．1～6小题为单选题，每小题4分；7～10小题为多选题，全对得6分，选对但不选全得3分，选错或不选得0分）1．物理实验都需要有一定的控制条件．奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响．关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是（）A．该实验必须在地球赤道上进行B．通电直导线应该竖直放置C．通电直导线应该水平东西方向放置D．通电直导线应该水平南北方向放置【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而只有当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力．【解答】解：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有D正确．故选：D．2．电视台《今日说法》栏目曾经报道了一起发生在湖南长沙某区湘府路上的离奇交通事故．家住公路拐弯处的张先生和李先生家在三个月内连续遭遇了七次大卡车侧翻在自家门口的场面，第八次有辆卡车冲撞进李先生家，造成三死一伤和房屋严重损毁的血腥惨案．经部门和门协力调查，画出的现场示意图如图所示．交警根据图示作出以下判断，你认为正确的是（）①由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作离心运动②由图可知汽车在拐弯时发生侧翻是因为车作向心运动③公路在设计上可能内（东）高外（西）低④公路在设计上可能外（西）高内（东）低．A．①③B．②④C．①④D．②③【考点】向心力；牛顿第二定律．【分析】汽车拐弯时发生侧翻是由于车速较快，外界提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．有可能是内测高外侧低，支持力和重力的合力向外，最终的合力不够提供向心力．【解答】解：①、②汽车发生侧翻是因为提供的力不够做圆周运动所需的向心力，发生离心运动．故①正确，③错误．③、④汽车在水平路面上拐弯时，靠静摩擦力提供向心力，现在易发生侧翻可能是路面设计不合理，公路的设计上可能内侧（东）高外侧（西）低，重力沿斜面方向的分力背离圆心，导致合力不够提供向心力而致．故③正确，④错误．故选A．3．如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左侧有半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B 与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块（可视为质点）从A 点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程，下列说法中正确的是（）A．小车和物块构成的系统动量守恒B．摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和为零C ．物块的最大速度为D ．小车的最大速度为【考点】动量守恒定律．【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．【解答】解：A、小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B、摩擦力对物块和轨道BC所做功的代数和等于摩擦力与相对位移的乘积，摩擦力做功的代数和不为零，故B错误；C、如果小车固定不动，物块到达水平轨道时速度最大，由机械能守恒定律得：mgR=mv2，v=，现在物块下滑时，小车向左滑动，物块的速度小于，故C错误；D、小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，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=mgR，从物块到达水平面到物块到达右端过程中，由动量守恒定律得：mv1﹣Mv2=（M+m）v，解得：v=，故D正确；故选：D．4．如图所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为ab的中点．已知a、b两点的电势分别为φa=3V，φb=9V，则下列叙述正确的是（）A．该电场在c点处的电势一定为6VB．正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大C．a点处的场强E a一定小于b点处的场强E bD．正电荷只受电场力作用从a点运动到b点的过程中动能一定增大【考点】电势能；电场强度．【分析】题中是一条电场线，无法判断该电场是否是匀强电场，不能确定c点处的电势．根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的关系．由能量守恒分析动能关系．【解答】解：A、若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为φc ==V=6V，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为φc≠6V．故A错误．BD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小．故B正确，D错误C、一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强E a不一定小于b点处的场强E b．故C错误．故选：B．5．一汽车在高速公路上以v0=30m/s的速度匀速行驶，t=0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是（）A．t=6s时车速为5m/s B．t=3s时车速为3m/sC．前9s内的平均速度为15m/s D．前6s内车的位移为90m【考点】加速度与力、质量的关系式；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式，结合加速度先求出3s末的速度，再根据速度时间公式求出6s末的速度，结合位移公式分别求出前3s内和后6s内的位移，从而得出平均速度的大小．【解答】解：AB、根据速度时间公式得，t=3s时的速度为：v1=v0﹣a1t1=30﹣10×3=0m/s，则6s时的速度为：v2=a2t2=5×3m/s=15m/s．故AB错误．C、前3s 内的位移为：，后6s 内的位移为：，则前9s内的位移为：x=x1+x2=135m ，所以汽车的平均速度为：．故C正确．D、后3s 内的位移为：，则前6s内车的位移为：x=x1+x2′=67.5m．故D错误．故选：C6．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（）A．副线圈输出电压的频率为5HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输入功率增加【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误．B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=≈22V，所以B错误．C、P右移，R变小，副线的电压不变，则副线圈的电流变大，原线圈的电流也随之变大；但原、副线圈的电流比等于匝数比的倒数，是不变的，故C错误．D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻较小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输入功率、输出功率均增加，故D正确．故选：D．7．如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）A．细线对物体a的拉力增大 B．斜劈对地面的压力减小C．斜劈对物体a的摩擦力减小D．地面对斜劈的摩擦力增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．【分析】对滑轮和物体b受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力变化情况；对物体a受力分析，判断物体a与斜面体间的静摩擦力的情况；对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，根据平衡条件求解整体与地面间的静摩擦力和弹力的情况．【解答】解：A、对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：根据平衡条件，有：m b g=2Tcosθ解得：T=将固定点c向右移动少许，则θ增加，故拉力T增加，故A正确；B、D、对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=G总﹣Tcosθ=G总﹣，N与角度θ无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；故B错误；f=Tsinθ=tanθ，将固定点c向右移动少许，则θ增加，故摩擦力增加；故D正确；C、对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故C错误；故选：AD．8．宇航员在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t落回原处；若在某星球表面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经5t时间落回原处．已知该星半径与地球半径之比为1：4，则（）A．该星表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为5：1B．该星质量与地球质量之比为1：80C．该星密度与地球密度之比为4：5D．该星的“第一宇宙速度”与地球的第一宇宙速度之比为1：20【考点】万有引力定律及其应用．【分析】通过竖直上抛运动经历的时间求出重力加速度之比，然后根据万有引力等于重力，求出中心天体的质量比．根据密度的定义计算密度之比．第一宇宙速度v=，根据重力加速度和星球半径之比计算第一宇宙速度之比．【解答】解：A、设地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g′，根据，知重力加速度之比等于它们所需时间之反比，地球上的时间与星球上的时间比1：5，则地球表面的重力加速度和星球表面重力加速度之比g：g′=5：1．故A错误．B 、根据万有引力等于重力，得M=．星球和地球表面的重力加速度之比为1：5，半径比为1：4，所以星球和地球的质量比M星：M地=1：80．故B正确．C 、根据密度的定义，所以，故C正确．D、第一宇宙速度v=，所以，故D错误．故选：BC．9．如图所示，竖直平行导轨间距l=20cm，导轨顶端接有一开关S，导体棒ab 与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0.4Ω，质量m=20g，导轨的电阻不计，电路中所接电阻为3R，整个装置处在与竖直平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，不计空气阻力，设导轨足够长，g取10m/s2，开始时开关断开，当ab棒由静止下落3.2m时，突然接通开关，下列说法中正确的是（）A．a点的电势高于b点的电势B．ab间的电压大小为1.2VC．ab间的电压大小为0.4VD．导体棒ab立即做匀速直线运动【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【分析】由右手定则可得出电流的流向，从而判断电势的高低；根据安培力与重力的大小关系可分析导体棒的运动情况．【解答】解：A、由右手定则可知，电流由a到b，故a点的电势低于b点的电势；故A错误；B、由机械能守恒定律可知：mgh=mv2；解得：v===8m/s；感应电动势为：E=BLv=1×0.2×8=1.6V；ab相当于电源，其两端的电势差为：U=E==1.2V；故B正确；C错误；D 、接通开关时，导体棒受到的安培力为：F=BIL=1××0.2=0.2N；ab受到的重力为：G=mg=0.2N；故导体棒立即做匀速直线运动；故D正确；故选：BD．10．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）．一质量为m、电荷量为e的电子从a 点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°．下列说法中正确的是（）A ．电子在磁场中运动的时间为B ．电子在磁场中运动的时间为C ．磁场区域的圆心坐标（，）D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，﹣2L）【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【分析】带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动．所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间．并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标．【解答】解：A、B、电子的轨迹半径为R，由几何知识，Rsin30°=R﹣L，得R=2L电子在磁场中运动时间t=，而 T=，得：t=．故A错误，B正确；C、设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中 x=，y=所以磁场圆心坐标为（）），故C正确；D、根据几何三角函数关系可得，R﹣L=Rcos60°，解得R=2L所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，﹣L），故D错误；故选：BC．二、实验题（共15分．11小题每空2分，12小题每空分别为2、2、1、1、3分）11．如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中背景方格的边长均为5cm，如果g取10m/s2，那么：（1）闪光的时间间隔是0.1 s；（2）小球运动中水平分速度的大小是 1.5 m/s；（3）小球经过B 点时速度大小是 2.5 m/s ．【考点】研究平抛物体的运动．【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的初速度，即水平分速度．根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出B点竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则求出B点的速度大小．【解答】解：（1）根据△y=2L=gT2得，T=；（2）小球在运动过程中水平分速度；（3）B点竖直分速度，根据平行四边形定则知，小球经过B点的速度=．故答案为：（1）0.1，（2）1.5，（3）2.5．12．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：A．电池组（3V，内阻1Ω）B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） H．开关、导线（1）上述器材中应选用的是ACDFH ；（填写各器材的字母代号）（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）（3）设实验中，电流表、电压表的某组示数如图1所示，图示中I= 0.48 A，U= 2.20 V．（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求在图2框图中画出测量待测金属导线的电阻R x的原理电路图．【考点】伏安法测电阻．【分析】本题（1）的关键是由电源电动势大小来选择电压表量程，通过求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器大小；题（2）因为电流表内阻为已知的确定值，采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应采用内接法；题（3）根据电表每小格的读数来确定估读方法；题（4）根据实验要求电流从零调可知，变阻器应采用分压式接法．【解答】解：（1）根据电源电动势为3V可知，电压表应选择D；根据欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为===0.6A，所以电流表应选择C；根据闭合电路欧姆定律可知电路中需要的最大电阻应为===15Ω，所以变阻器应选择F，因此上述器材中应选择ACDFH；（2）由于待测电阻满足，所以应用外接法；（3）由于电流表每小格读数为0.02A，所以应进行“”估读，即电流表读数为I=0.48A；。
高二下3月月考物理卷-
9．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1=10 Ω、R2=5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电变
D．电流表 的示数不变
17．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
A．
B．I2＝
C．I1U1＝I22R
D．I1U1＝I2U2
A．交流电的频率为0.02 Hz
B．原线圈输入电压的最大值为200 V
C．电阻R2的电功率约为6.67 W
D．通过R3的电流始终为零
12．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压
A．降低2VB．增加2VC．降低200VD．增加200V
13．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为 ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则
A．2B．3C．4D．5
8．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率 ，发电机的电压 ，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻 ，在用户端用降压变压器把电压降为 。已知输电线上损失的功率 ，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（ ）
A．发电机输出的电流
B．输电线上的电流
C．降压变压器的匝数比
A．1 ΩB．5 ΩC．6 ΩD．8 Ω
10．如图所示，甲乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原副线圈的匝数比为 ，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为 ，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为（）
高中高二物理下学期3月月考试卷高二全册物理试题
时遁市安宁阳光实验学校义马高中高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（第8.9.10题多选）1．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由静止开始经加速电场加速后（加速电压为U），该粒子的德布罗意波长为（）A ．B ．C ．D ．2．入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则（）A．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．逸出的光电子的最大初动能将减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D．有可能不发生光电效应3．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动4．小船相对于地面以速度v1向东行驶，若在船上以相对地面的相同速率v分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将（）A．不变B．减小C．增大D．改变方向5．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量m=1kg的物块，都以v=4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，当薄板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是（）A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能6．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A=1kg、m B=2kg、v A=6m/s、v B=2m/s．当球A追上球B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（取两球碰撞前的运动方向为正）（）A．v A′=5m/s，v B′=2.5m/s B．v A′=2m/s，v B′=4m/sC．v A′=﹣4m/s，v B′=7m/s D．v A′=7m/s，v B′=1.5m/s7．如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m．现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是（）A．B 球动能的最大值是B．B 球动能的最大值是C．系统动能的最小值是0D ．系统动能的最小值是8．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是（）A ． v0B ． v0C ． v0D ． v09．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，如图所示．g取10m/s2．则下列说法正确的是（）A．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 B．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/sC．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D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N•s10．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1二、填空题11．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1＞m2．②按照如图所示的那样，安装好实验装置．将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平．将一斜面BC连接在斜槽末端．③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F．根据该同学的实验，回答下列问题：（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的点，m2的落点是图中的点．（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式，则说明碰撞中动量是守恒的．（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．12．静止在水面上的船长为L、质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离是．13．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg．气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度需要 m．三、计算题14．如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出．重力加速度为g．求：（1）子弹穿出木块时木块的速度大小；（2）此过程中系统损失的机械能；（3）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．15．如图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M=40kg的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上．一个质量m=20kg的物体C以2.0m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h=1.6m．物体与小车板面间的动摩擦因数μ=0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．（取g=10m/s2），求：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v；（2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；（3）物体在小车上相对滑动的距离d．16．波长λ=0.71A的伦琴射线使金箔发射光电子，电子在磁感应强度为B的匀强磁场区域内做最大半径为r的匀速圆周运动，已知rB=1.88×10﹣4m•T．试求：（1）光电子的最大初动能；（2）金属的逸出功；（3）该电子的物质波的波长是多少？义马高中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（第8.9.10题多选）1．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由静止开始经加速电场加速后（加速电压为U），该粒子的德布罗意波长为（）A ． B ．C ．D ．【考点】物质波．【分析】带电粒子经加速电场加速后，动能的大小等于电场力做功，求得速度v ，代入公式：即可．【解答】解：加速后的速度为v ，根据动能定理可得：所以，由德布罗意波公式可得：．所以选项C正确．故选：C2．入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，则（）A．从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．逸出的光电子的最大初动能将减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D．有可能不发生光电效应【考点】光电效应．【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强弱只影响单位时间内发出光电子的数目．【解答】解：A、光的强弱影响的是单位时间内发出光电子的数目，不影响发射出光电子的时间间隔．故A错误．B、根据光电效应方程知，E KM=hγ﹣W0知，入射光的频率不变，则最大初动能不变．故B错误．C、单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少，光电流减弱，C正确．D、入射光的频率不变，则仍然能发生光电效应．故D错误．故选C．3．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动【考点】动量守恒定律．【分析】应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法：（1）分析题意，明确研究对象；（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒；（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式；（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解．本题中物体系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向右运动．【解答】解：系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故选B．4．小船相对于地面以速度v1向东行驶，若在船上以相对地面的相同速率v分别水平向东和向西抛出两个质量相等的重物，则小船的速度将（）A．不变B．减小C．增大D．改变方向【考点】动量守恒定律．【分析】根据题意确定系统，运用动量守恒定律，即可求解．【解答】解：以两重物和船为系统，抛重物的过程系统满足动量守恒定律的条件，即（M+2m）v=mv﹣mv+Mv′，所以v′=v＞v，故C正确；故选C．5．如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量m=1kg的物块，都以v=4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，当薄板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是（）A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能【考点】动量守恒定律．【分析】分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做匀减速运动，m的速度先减至零，根据动量守恒定律求出此时M的速度．之后，m向左做匀加速运动，M继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动．根据动量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s时，物块的速度，并分析m的运动情况【解答】解：开始阶段，m向右减速，M向左减速，根据系统的动量守恒定律得：当m的速度为零时，设此时M的速度为v1．根据动量守恒定律得（M﹣m）v=Mv1代入解得v1=2.67m/s．此后m将向左加速，M继续向左减速；当两者速度达到相同时，设共同速度为v2．由动量守恒定律得（M﹣m）v=（M+m）v2，代入解得v2=2m/s．两者相对静止后，一起向左匀速直线运动．由此可知当M的速度为2.4m/s时，m处于向左加速过程中．故选：A6．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A=1kg、m B=2kg、v A=6m/s、v B=2m/s．当球A追上球B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（取两球碰撞前的运动方向为正）（）A．v A′=5m/s，v B′=2.5m/s B．v A′=2m/s，v B′=4m/sC．v A′=﹣4m/s，v B′=7m/s D．v A′=7m/s，v B′=1.5m/s【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．【解答】解：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；故选B．7．如图所示，在光滑水平地面上有两个完全相同的小球A和B，它们的质量都为m．现B球静止，A球以速度v0与B球发生正碰，针对碰撞后的动能下列说法中正确的是（）A．B 球动能的最大值是B．B 球动能的最大值是C．系统动能的最小值是0D ．系统动能的最小值是【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】根据两球相碰时，若发生弹性碰撞，B球获得的动能最大；若两球发生完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，碰后系统的动能最小．根据动量守恒和动能守恒求出两球碰撞后B的速度，即可求得B球动能的最大值．【解答】解：A、B若两球发生弹性碰撞，则B球获得的动能最大；根据动量守恒和动能守恒得：mv0=mv A+mv B，=+联立解得，B球碰后最大速度为 v B=v0，B球最大动能为E kmax ==．故A 正确，B错误．C、根据动量守恒可知，碰撞后系统总动量为mv0，总动能不可能为零，故C错误．D、若两球发生完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，则有：mv0=（m+m）v得：v=系统动能的最小值是E kmin ==，故D错误．故选A8．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是（）A ． v0B ． v0C ． v0D ． v0【考点】动量守恒定律．【分析】碰后A 球的动能恰好变为原来的，速度大小变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．【解答】解：根据碰后A 球的动能恰好变为原来的得： mv2=•mv=±v0碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv0=mv+2mv B解得：v B =v0或v B =v0故选：AB．9．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，如图所示．g取10m/s2．则下列说法正确的是（）A．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 B．M离开轻弹簧时获得的速度为9m/sC．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D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8N•s【考点】动量定理；动量冲量．【分析】弹簧弹开小球过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律求出两球的速度；小球离开圆形轨道后做平抛运动，应用动量定理与平抛运动规律分析答题．【解答】解：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，由动量守恒得：mv1﹣Mv2=0，由机械能守恒得： mv12+Mv22=E P，代入数据解得：v1=9m/s，v2=3m/s；m从A到B过程中，由机械能守恒定律得：mv12=mv1′2+mg•2R，解得：v1′=8m/s；A、以向右为正方向，由动量定理得，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：I=△p=mv1′﹣mv1=0.2×（﹣8）﹣0.2×9=﹣3.4N•s，则合力冲量大小为：3.4N•s，故A正确；B、M离开轻弹簧时获得的速度为3m/s，故B错误；C、设圆轨道半径为r时，飞出B后水平位移最大，由A到B 机械能守恒定律得： mv12=mv1′2+mg•2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg+N=m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r=gt2，x=v1′t，当8.1﹣4r=4r时，即r=1.0125m时，x为最大，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先增大后减小，故C错误；D、由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I=△p=mv1=0.9=1.8N•s，故D正确；故选：AD．10．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=4kg的小物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（）A．木板A获得的动能为2J B．系统损失的机械能为2JC．木板A的最小长度为2m D．A、B间的动摩擦因数为0.1【考点】动量守恒定律；功能关系；机械能守恒定律．【分析】由图能读出木板获得的速度，根据动量守恒定律求出木板A的质量，根据E k =mv2求解木板获得的动能．根据斜率求出B的加速度大小，根据牛顿第二定律求出动摩擦因数．根据“面积”之差求出木板A的长度．根据系统克服摩擦力做功求解系统损失的机械能．【解答】解：A、由图示图象可知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：M=4kg，木板A的质量为 M=4kg，木板获得的动能为：E k =Mv2=×4×12=2J，故A正确．B、系统损失的机械能△E=mv02﹣mv2﹣Mv2，代入数据解得：△E=4J，故B错误；C、由图得到：0﹣1s内B的位移为x B =×（2+1）×1m=1.5m，A的位移为x A =×1×1m=0.5m，木板A的最小长度为L=x B﹣x A=1m，故C错误．D、由图示图象可知，B的加速度：a===﹣1m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：μm B g=m B a，代入解得，μ=0.1，故D正确．故选：AD．二、填空题11．为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞，某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1＞m2．②按照如图所示的那样，安装好实验装置．将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平．将一斜面BC连接在斜槽末端．③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置．④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置．⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离．图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为L D、L E、L F．根据该同学的实验，回答下列问题：（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的 D 点，m 2的落点是图中的F 点．（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式m1=m1+m2，则说明碰撞中动量是守恒的．（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式m1L E=m1L D+m2L F，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞．【考点】验证动量守恒定律．【分析】（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出；（2）设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律求出碰撞前后小球m1和小球m2的速度，表示出动量的表达式即可求解；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．【解答】解：（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；（2）碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2．设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得：L D sinα=gt2，L D cosα=v′1t解得：v′1=同理可解得：v1=，v2=所以只要满足m1v1=m2v2+m1v′1即：m1=m1+m2则说明两球碰撞过程中动量守恒；（3）若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失．则要满足关系式m1v12=m1v′12+m2v2即m1L E=m1L D+m2L F故答案为：（1）D，F；（2）m1=m1+m2；（3）m1L E=m1L D+m2L F12．静止在水面上的船长为L、质量为M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离是．【考点】动量守恒定律．【分析】不计水的阻力，人和小船组成的系统水平方向不受外力，系统的动量守恒，根据动量守恒定律求出船移动的位移大小．【解答】解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向后退，规定人的速度方向为正方向，由动量守恒定律有：mv﹣MV=0．人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面的距离为L﹣x．则有：m=M解得：x=故答案为：．13．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg．气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度需要24 m．【考点】动量守恒定律．【分析】以人和气球的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，动量守恒．用软梯的长度和高度h表示人和气球的速度大小，根据动量守恒定律求出软梯的长度．【解答】解：设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L．以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0=mv1﹣Mv2…①人沿软梯滑至地面时，气球上升的高度为L﹣h，速度大小：v2=…②人相对于地面下降的高度为h，速度大小为：v1=…③将②③代入①得：L=h=×20m=24m；故答案为：24．三、计算题14．如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出．重力加速度为g．求：（1）子弹穿出木块时木块的速度大小；（2）此过程中系统损失的机械能；（3）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．【考点】动量守恒定律；平抛运动；功能关系．【分析】（1）子弹射击物块，子弹和物块的总动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿出木块时木块的速度大小．（2）系统损失的机械能等于射入前子弹的动能与射出后物块与子弹总动能之差．（3）子弹射出物块后，物块做平抛运动，由高度求出时间，再求出水平距离．【解答】解：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得①解得②（2）系统的机械能损失为③由②③式得④（3）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌边缘的水平距离为s，则⑤s=Vt ⑥由②⑤⑥式得答：（1）子弹穿出木块时木块的速度大小为．（2）此过程中系统损失的机械能为．（3）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离是．15．如图所示，A为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的．质量M=40kg的小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上．一个质量m=20kg的物体C以2.0m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车B后经一段时间与小车相对静止并一起运动．若轨道顶端与底端的高度差h=1.6m．物体与小车板面间的动摩擦因数μ=0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计．（取g=10m/s2），求：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v；（2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间t；（3）物体在小车上相对滑动的距离d．【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．【分析】（1）物体C从曲面下滑时只有重力做功，由机械能守恒定律（或动能定理）可以求出物体C滑到轨道底端时的速度，物体C滑上小车后在小车上运动，到两者相对静止的过程中，物体C与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出物体与小车保持相对静止时的速度v．（2）物体在小车上滑动过程中，小车受到的合外力为物体C对小车的滑动摩擦力，对小车由动量定理可以求出物体C与小车发生相对滑动经历的时间t．（3）物体C在小车上滑动时，克服摩擦力做功产生的热量为fd=μmgd，对物体C与小车组成的系统，应用能量守恒定律可以求出物体在小车上相对滑动的距离d．【解答】解：（1）物体下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh+mv12=0+mv22，即：20×10×1.6+×20×22=0+×20×v22解得：v2=6m/s；物体相对于小车板面滑动过程动量守恒，由动量守恒定律得：mv2=（m+M）v，即：20×6=（20+40）×v解得：v=2m/s；（2）对小车，在物体C在车上滑动过程中，由动量定理得：μmgt=Mv﹣0，即：0.4×20×10×t=40×2﹣0解得：t=1s；（2）物体C在小车上滑动过程中，由能量守恒定律得：μmgd=mv22﹣（m+M）v2，即：0.4×20×10×d=×20×62﹣×（20+40）×22解得：d=3m；答：（1）物体与小车保持相对静止时的速度为2m/s；（2）物体冲上小车后，与小车发生相对滑动经历的时间为1s；（3）物体在小车上相对滑动的距离为3m．16．波长λ=0.71A的伦琴射线使金箔发射光电子，电子在磁感应强度为B的匀强磁场区域内做最大半径为r的匀速圆周运动，已知rB=1.88×10﹣4m•T．试求：（1）光电子的最大初动能；（2）金属的逸出功；（3）该电子的物质波的波长是多少？【考点】爱因斯坦光电效应方程；光的波粒二象性．。
高二物理下学期3月月考试卷高二全册物理试题1
嗦夺市安培阳光实验学校右玉一中高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（每题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-9小题只有一个选项正确，10-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选错或不答得0分，选不全得2分．）1．当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（）A．线圈中一定有感应电流B．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量成正比C．线圈中不一定有感应电动势D．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量的变化率成正比2．在电磁感应现象中，下列说法正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中一定会产生感应电流3．如图所示，通电直导线旁放有一闭合线圈abcd，当直电线中的电流I增大或减小时（）A．电流I增大，线圈向左平动B．电流I增大，线圈向右平动C．电流I减小，线圈向上平动D．电流I减小，线圈向下平动4．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（）A．线圈中感应电动势每秒增加2VB．线圈中感应电动势每秒减少2V C．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V D．线圈中感应电动势始终为2V5．如图所示，一个圆形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁感线垂直于线圈平面向里，如图（a），磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b），那么在第2s内线圈中感应电流的大小方向是（）A．逐渐增大，逆时针方向B．逐渐减小，顺时针方向C．大小恒定，顺时针方向D．大小恒定，逆时针方向6．如图所示电路中，电源内电阻和线圈L的电阻均不计，K闭合前，电路中电流为I=E/2R．将K闭合时，线圈中的自感电动势（）A．方向与原电流方向相同B．有阻碍电流作用，最后电流总小于IC．有阻碍电流增大的作用，电流保持I不变D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是要增大到2I7．如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略，当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（）A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b8．如图所示，把矩形闭合线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线平行，下面能使线圈产生感应电流的是（）A．线圈以ab边为轴做匀速转动B．线圈以bc边为轴做匀速转动C．线圈沿磁感线方向做匀加速运动D．线圈沿垂直磁感线方向做匀速运动9．如图所示，矩形线圈有N匝，长为a，宽为b，每匝线圈电阻为R，从磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出来，那么，产生的感应电动势和流经线圈中的感应电流的大小应为（）A．E=Bav，I=B．E=NBav，I=C．E=Bav，I=D．E=NBav，I=10．如图（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（）A．t1时刻N＞G B．t2时刻N＞G C．t2时刻N＜G D．t4时刻N=G11．如图所示，Q为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘．由于它的转动使金属环P中产生了如图所示的所感应电流，则Q盘的转动情况是（）A．顺时针加速转动B．逆时针加速转动C．顺时针减速转动仪D．逆时针减速转动12．某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量φ随时间的变化规律可用图象表示，那么在图中（）A．t1和t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大B．t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零D．t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值二、填空题（每空3分，共21分．）13．在如下情况中，求出金属杆ab上的感应电动势E，回答两端的电势高低．如图ab杆沿轨道下滑到速度为v时，E= ，端电势高．（图中α、B、L均为已知）14．按照有效数字规则读出下面游标尺的测量值mm．15．如图甲所示螺线管匝数，n=1500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1=3.5Ω，R2=2.5Ω，穿过螺线管方向向右的匀强磁场的磁感应强度按乙所示规律变化，则电阻R2消耗的电功率为W，b点的电势为V．16．如图所示，两平行长直导轨相距1m，匀强磁场B=0.2T，导轨间接一个1Ω的电阻R，当两根电阻均为1Ω的金属棒AB、CD在导线上以相同的速度v=3m/s 向右匀速运动，那么通过AB的电流为A，作用在CD棒上外力的功率为W．（导轨电阻及摩擦均不计）三、计算题（本题共2小题，共31分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．）17．如图，水平放置的矩形金属框架，宽0.2米，上面放置一根不计电阻的直导线AB．框架电阻不计，R1=2Ω，R2=2Ω，B=0.5T，当AB以10m/s速度向右匀速滑动时，试求：（1）通过R1、R2电流的I1，I2大小和方向（2）R1上消耗的电功率P．18．如图所示，MN、PQ是两条彼此平行的金属导轨，水平放置，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端连接一阻值R=1.5Ω的电阻，电阻两端并联一电压表，在导轨上垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量m=0.1kg，电阻为r=0.5Ω，ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，导轨电阻不计．现用大小恒定的力F=0.7N水平向右拉ab运动，经t=2s后，ab开始匀速运动，此时，电压表V的示数为0.3V．求：（1）求ab匀速运动的速度（2）ab匀速运动时，外力F的功率（3）从ab运动速度为0.2m/s时的加速度是多大？右玉一中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（每题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，1-9小题只有一个选项正确，10-12小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选错或不答得0分，选不全得2分．）1．当线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（）A．线圈中一定有感应电流B．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量成正比C．线圈中不一定有感应电动势D．线圈中有感应电动势，其大小与磁通量的变化率成正比【分析】当穿过闭合回路的磁通量发生变化，在闭合回路中就会产生感应电流．线圈中的感应电动势与磁通量的变化率成正比．【解答】解：A、当线圈中的磁通量发生变化时，若线圈是闭合的，则有感应电流，若不闭合，则无感应电流，有感应电动势．故AC错误，B、根据法拉第电磁感应定律，E=．知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．故B错误，D正确．故选：D．2．在电磁感应现象中，下列说法正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C．闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路中一定会产生感应电流【分析】闭合电路的一部分导体在磁场中在磁场中做切割磁感线运动时将产生感应电流．根据有没有切割磁感线进行判断．【解答】解：A、B、闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，若切割磁感线，将产生感应电动势，也产生感应电流；若不切割磁感线，将不产生感应电流，也不产生感应电动势．故A、B错误；C、闭合电路在磁场内做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电动势，如果磁通量没有变化，则没有感应电流．故C错误；D、穿过闭合电路的磁通量发生变化，在电路内一定会产生感应电流．故D正确．故选：D．3．如图所示，通电直导线旁放有一闭合线圈abcd，当直电线中的电流I增大或减小时（）A．电流I增大，线圈向左平动B．电流I增大，线圈向右平动C．电流I减小，线圈向上平动D．电流I减小，线圈向下平动【分析】直导线中通有向下均匀增大的电流，根据安培定则判断导线右侧的磁场方向以及磁场的变化，再根据楞次定律判断感应电流的方向，最后根据左手定则判断出ab、cd边所受安培力的方向，注意离导线越近，磁感应强度越大．【解答】解：A、B、直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律，知感应电流的方向为逆时针方向．根据左手定则，ab边受到的安培力方向向右，线圈向右运动．故A错误，B正确．C、D、直导线中通有向上均匀减小的电流，根据安培定则，知通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀减小，根据楞次定律，知感应电流的方向为顺时针方向．根据左手定则，ab边受到的安培力方向向左，线圈向左运动．故C 错误，D错误．故选：B．4．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则（）A．线圈中感应电动势每秒增加2VB．线圈中感应电动势每秒减少2VC．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V D．线圈中感应电动势始终为2V 【分析】根据法拉第电磁感应定律E=分析感应电动势的大小，且电动势的大小与电阻无关．【解答】解：磁通量始终保持每秒钟均匀地增加2Wb ，则=，根据法拉第电磁感应定律E=可知E=2V保持不变．故D正确，A、B错误．线圈中产生的感应电动势的大小与线圈的电阻无关，故C错误；故选D．5．如图所示，一个圆形线圈放在匀强磁场中，设在第1s内磁感线垂直于线圈平面向里，如图（a），磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b），那么在第2s内线圈中感应电流的大小方向是（）A．逐渐增大，逆时针方向B．逐渐减小，顺时针方向C．大小恒定，顺时针方向D．大小恒定，逆时针方向【分析】变化的磁场产生电场，而均匀变化的磁场产生恒定的电场．并根据楞次定律判断出感应电流的方向．【解答】解：在第2s内，磁场的方向垂直于纸面向外，且均匀增大，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，所以C正确，ABD 错误．故选C6．如图所示电路中，电源内电阻和线圈L的电阻均不计，K闭合前，电路中电流为I=E/2R．将K闭合时，线圈中的自感电动势（）A．方向与原电流方向相同B．有阻碍电流作用，最后电流总小于IC．有阻碍电流增大的作用，电流保持I不变D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是要增大到2I【分析】根据自感现象的条件，结合法拉第电磁感应定律、楞次定律与闭合电路欧姆定律，即可求解．【解答】解：A、当K闭合时，电阻R被短路，导致电流增大，线圈中出现自感电动势，从而阻碍电流的增大，结合楞次定律可知，自感电动势的方向与原电流的方向相反，故A错误；B、当电流增大，自感电动势阻碍电流的增大，因电阻减一半，根据闭合电路欧姆定律，可知，电流要增大2倍，故BC错误，D正确；故选：D．7．如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略，当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是（）A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b【分析】根据右手定则，可判断PQ作为电源，QQ端电势高，在PQcd回路和在电阻r的回路中找出电流方向．【解答】解：根据右手定则，可知，感应电流由P流向Q，PQ作为电源，在电源内部电流从低电势点流向高电势点，因此Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a．故B正确．故选：B．8．如图所示，把矩形闭合线圈放在匀强磁场中，线圈平面与磁感线平行，下面能使线圈产生感应电流的是（）A．线圈以ab边为轴做匀速转动B．线圈以bc边为轴做匀速转动C．线圈沿磁感线方向做匀加速运动D．线圈沿垂直磁感线方向做匀速运动【分析】闭合线圈中产生感应电流的条件是：回路中的磁通量发生变化．磁通量发生变化有两种办法：磁感应强度变化或回路的有效面积发生变化．【解答】解：闭合线圈中产生感应电流的条件是：回路中的磁通量发生变化．磁通量发生变化有两种办法：磁感应强度变化或回路的有效面积发生变化．A：以ab边为轴做匀速转动时回路的有效面积发生变化，可以产生感应电流．故A正确；B：以bc边为轴做匀速转动时回路的有效面积未发生变化，故B错误；C：沿磁感线方向做匀加速运动回路的有效面积未发生变化，故C错误；D：沿垂直磁感线方向做匀速运动回路的有效面积未发生变化，故D错误．故选A9．如图所示，矩形线圈有N匝，长为a，宽为b，每匝线圈电阻为R，从磁感应强度为B的匀强磁场中以速度v匀速拉出来，那么，产生的感应电动势和流经线圈中的感应电流的大小应为（）A．E=Bav，I=B．E=NBav，I=C．E=Bav，I=D．E=NBav，I=【分析】能根据E=BLv确定感应电动势的大小，知首N匝线圈相当于N个电源进行串联，故感应电动势等于每一匝线圈产生感应电动势的串联，即E=NBLv，在计算感应电流的时候，每一匝线圈都有电阻R，故I=．【解答】解：如图所示，在将线圈匀速拉出的过程中切割磁感线的导体长度为a，则据E=BLv知，每匝线圈产生感应电动势E=Bav，对N匝线圈相当于N个线圈产生的感应电动势的串联，即整个线圈产生的总电动势E总=NE=NBLv=NBav，对于线圈中的电流，根据欧姆定律有，每匝线圈的电阻为R，则N匝线圈的总电阻为NR，所以电流：I=．故选D．10．如图（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则（）A．t1时刻N＞G B．t2时刻N＞G C．t2时刻N＜G D．t4时刻N=G【分析】开始电流增大，磁通量变化，设逆时针为电流正方向，形成感应的磁场，由楞次可知，总是阻碍磁通量的变化，所以确定下面的磁场，再可知该线圈顺时针电流，由安培力知，异向电流相互排斥知，支持力与重力的关系．【解答】解：线圈总是阻碍磁通量的变化，所以T1电流增大，磁通量变大，下面线圈阻碍变化，就向下动，所以N＞G．T2无电流变化，所以N=G．故选：AD11．如图所示，Q为用毛皮摩擦过的橡胶圆盘．由于它的转动使金属环P中产生了如图所示的所感应电流，则Q盘的转动情况是（）A．顺时针加速转动B．逆时针加速转动C．顺时针减速转动仪D．逆时针减速转动【分析】由于Q带负电，当转动时相当于电荷定向移动，从而产生电流，并且电流的变化，导致B的磁通量发生变化，最终使金属环P有电流．【解答】解：A、若Q顺时针加速转动，则Q环中有逆时针且大小变大的电流，导致通过P环磁通量变大，根据安培定则可得P处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故A错误；B、若Q逆时针加速转动，则Q环中有顺时针且大小变大的电流，导致通过P环磁通量变大，根据安培定则可得P处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故B正确；C、若Q顺时针减速转动，则Q环中有逆时针且大小变小的电流，导致通过P环磁通量变小，根据安培定则可得P处于垂直纸面向外的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向逆时针，故C正确；D、若Q逆时针减速转动，则Q环中有顺时针且大小变小的电流，导致通过P环磁通量变小，根据安培定则可得P处于垂直纸面向里的磁场中，由楞次定律可得感应电流方向顺时针，故D错误．故选：BC．12．某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量φ随时间的变化规律可用图象表示，那么在图中（）A．t1和t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大B．t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零D．t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值【分析】感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量φ随时间的变化图线的斜率反映感应电动势的大小．【解答】解：A、t1时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，t2时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大．故A错误，B错误．C、t3时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零．故C正确．D、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大．故D正确．故选：CD．二、填空题（每空3分，共21分．）13．在如下情况中，求出金属杆ab上的感应电动势E，回答两端的电势高低．如图ab杆沿轨道下滑到速度为v时，E= BLvcosα， a 端电势高．（图中α、B、L均为已知）【分析】由E=BLvcosθ求出感应电动势，其中θ为B 与v间的夹角，由右手定则判断出感应电流方向，然后判断电势高低．【解答】解：由图示可知，θ为B与v间的夹角，感应电动势：E=BLvcosα，由右手定则可知，感应电流由b流向a，在电源内部，电流由低电势点流向高电势点，则a点电势高；故答案为：BLvcosα；a．14．按照有效数字规则读出下面游标尺的测量值9.8 mm．【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：9mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.1mm=0.8mm，所以最终读数为：9mm+0.8mm=9.8mm．故答案为：9.8．15．如图甲所示螺线管匝数，n=1500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1=3.5Ω，R2=2.5Ω，穿过螺线管方向向右的匀强磁场的磁感应强度按乙所示规律变化，则电阻R2消耗的电功率为 1.6 W，b点的电势为﹣2 V．【分析】由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律及功率表达式，综合即可求解；根据原磁场的方向，由沿着电场线方向，电势降低来确定电势的大小．【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律有：E=n S由图乙知： ==2T/s代入数据解得：E=1500×2×20×10﹣4=6V由闭合电路欧姆定律得：I===0.8A电阻R2消耗的电功率为：P=I2R2=0.82×2.5=1.6W；（2）由楞次定律可以判断出螺线管中电流为b→a；由欧姆定律，则有：0﹣φb=IR2；解得：φb=﹣0.8×2.5=﹣2V故答案为：1.6；﹣2．16．如图所示，两平行长直导轨相距1m，匀强磁场B=0.2T，导轨间接一个1Ω的电阻R，当两根电阻均为1Ω的金属棒AB、CD在导线上以相同的速度v=3m/s 向右匀速运动，那么通过AB的电流为0.02 A ，作用在CD棒上外力的功率为0.012 W．（导轨电阻及摩擦均不计）【分析】AB 、CD均相同的速度运动，都切割磁感线，产生感应电动势，相当于两个电池并联，根据E=BLv求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出通过R 的电流，再得到通过AB的电流．根据安培力公式F=BIL和平衡条件，求出作用在CD棒的外力，由P=Fv求解外力的功率．【解答】解：AB、CD两棒产生的感应电动势为E=BLv=0.2×1×3V=0.6V根据闭合电路欧姆定律得：通过R的电流为 I==A=0.04A；因为金属棒AB、CD的电阻相等，则通过AB、CD的电流均为I′=I=0.02A；CD所受的安培力 F安=BI′L=0.2×0.02×1N=0.004N；由于CD棒做匀速运动，则作用在CD棒上外力 F外=F安=0.004N；所以作用在CD棒上外力的功率 P=F外v=0.004×3W=0.012W故答案为：0.02，0.012．三、计算题（本题共2小题，共31分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分．有数值计算的题，答案中应明确写出数值和单位．）17．如图，水平放置的矩形金属框架，宽0.2米，上面放置一根不计电阻的直导线AB．框架电阻不计，R1=2Ω，R2=2Ω，B=0.5T，当AB以10m/s 速度向右匀速滑动时，试求：（1）通过R1、R2电流的I1，I2大小和方向（2）R1上消耗的电功率P．【分析】（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出电流方向；（2）由电功率公式求出电功率．【解答】解：（1）由右手定则可知，电流由A流向B，感应电动势：E=BLv=0.5×0.2×10=1V，电流I1===0.5A，方向：向上，I2===0.5A，方向：向上；（2）功率：P=I12R1=0.52×2=0.5W；答：（1）通过R1、R2电流的大小都是0.5A，方向都向上；（2）R1上消耗的电功率为0.5W．18．如图所示，MN、PQ是两条彼此平行的金属导轨，水平放置，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面．导轨左端连接一阻值R=1.5Ω的电阻，电阻两端并联一电压表，在导轨上垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量m=0.1kg，电阻为r=0.5Ω，ab与导轨间动摩擦因数μ=0.5，导轨电阻不计．现用大小恒定的力F=0.7N水平向右拉ab运动，经t=2s后，ab开始匀速运动，此时，电压表V的示数为0.3V．求：（1）求ab匀速运动的速度（2）ab匀速运动时，外力F的功率（3）从ab运动速度为0.2m/s时的加速度是多大？【分析】金属杆在水平恒定拉力的作用下，切割磁感线运动，产生电动势，回路中出现电流，导致金属杆受到安培力．当安培力、滑动摩擦力与拉力相等时，金属杆做匀速直线运动．由此时的电压表的读数可算出金属杆产生的电动势，则可以求出金属杆的运动速度，最后算出外力的功率．由牛顿第二定律可求得加速度．【解答】解：ab匀速运动时，设导轨间距为L，磁感应强度为B，ab杆匀速运动的速度为v，电流为I，此时ab杆受力如图所示：由平衡条件得：F=μmg+ILB ①由欧姆定律得：②由①②解得：BL=1T•m v=0.4m/s ③此时F的功率最大；最大功率为：P=Fv=0.7×0.4W=0.28W ④（3）由牛顿第二定律可知：F﹣BIL=ma；I=联立解得：a=1m/s2；答：（1）ab匀速运动时的速度为0.4m/s （2）最大功率为0.28W （3）加速度为1m/s2。
2023-2024学年山东省日照市五莲中学高二下学期3月月考物理试题
2023-2024学年山东省日照市五莲中学高二下学期3月月考物理试题1.关于下列图片的解释正确的是（）A．真空冶炼炉利用热传导的热量使金属融化B．使用电磁炉加热食物时使用铝锅也可以C．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来减少涡流D．用来探测金属壳地雷的探雷器是利用电流的磁效应工作的2.人造卫星绕地球运行，轨道各处的地磁场强弱并不相同，因此，金属外壳的人造地球卫星运行时外壳总有感应电流产生。
下列说法正确的是（）A．卫星受到地磁场的安培力作用做加速运动B．卫星受到地磁场的安培力作用产生电能转化为机械能C．卫星克服地磁场的安培力做功，部分机械能转化为电能D．卫星运行轨道离地面高度将逐渐增大，最终远离地球而去3.如图所示的电路中，灯泡、电阻相同，自感线圈的电阻跟灯泡相差不大，在时刻将断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象正确的是（）A．B．C．D．4.如图所示，一个单匝矩形闭合导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，转动周期为，线圈产生的电动势的最大值为，则（）A．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为B．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为C．线圈产生的电动势的有效值为D．经过的时间，通过线圈电流的方向改变1次5.在市少年宫物理兴趣小组自做的发电机工作原理如图所示，在磁感应强度为的匀强磁场中，有一匝数为的矩形线圈，其面积为，电阻为，线圈两端外接一电阻为的用电器和一个交流电压表，若线圈绕对称轴以角速度做匀速转动，则线圈从图示位置转过的过程中，下列说法正确的是（）A．交流电压表的示数为B．通过电阻的电量为C．交流电压表的示数为D．电阻产生的热量为6.利用电压u＝220sin100πt（V）交流电源对如图电路供电，已知理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，灯泡L1和L2规格均为“40V，20W”，电阻R的阻值为100Ω，所有电表均为理想电表。
则下列说法正确的是（）A．若开关S断开，电表V 2的示数为44VB．若开关S断开，电表A 1、A 2的示数之比为5:1C．若开关S由断开到闭合，A 1示数增大，V 1示数增大D．若开关S由断开到闭合，A 2示数增大，V 2示数减小7.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为，降压变压器的原副线圈匝数比为，输电线的电阻为，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为，若由于用户的负载变化，使电压表的示数增大了，则下列判断正确的是（）A．电流表的示数减小了B．输电线损失的功率减小了C．电流表的示数减小了D．输电线损失的功率减小了8.如图所示，宽度为l的有界匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，闭合等腰直角三角形导线框abc位于纸面内，直角边ab水平且长为2l，线框总电阻为R。
浙江精诚联盟2024年高二3月月考物理试题+答案
2023学年第二学期浙江省精诚联盟3月联考高二年级物理学科试题考生须知：1、本卷共8页，满分100分，考试时间90分钟。
2、答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3、所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4、考试结束后，只须上交答题纸。
选择题部分一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。
每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1．下列以科学家名字命名的物理量，单位换算正确的是（ ） A ．焦耳 1J 1C V =⋅ B ．韦伯 21Wb 1T/m = C ．库仑 1C 1A/s =D ．特斯拉 3kg11mA T =⋅ 2．在物理学发展过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明发展的进程。
以下说法正确的是（ ） A ．爱因斯坦提出了能量子假说B ．法拉第发现了电磁感应现象C ．库仑通过实验测得了最小电荷量D ．麦克斯韦通过实验捕捉到了电磁波3．2023年11月16日发表在《科学进展》杂志上的文章显示我国高海拔宇宙线观测站“拉索”精确测量了迄今最亮的伽马射线暴GRB221009A 的高能辐射能谱，揭示了宇宙背景光在红外波段的强度低于预期，开启了新物理探索之门。
“拉索”记录到史上最亮的伽马射线暴GRB221009A 产生的γ光子，其最高能量达()1213Tev 1Tev 10ev =。
已知普朗克常量346.6310J s h −=×⋅，下列说法正确的是（ ） A ．γ射线在真空中的传播速度小于光速 B ．红外线的波长比γ射线短C ．13Tev 的γ光子能量约为72.0810J −×D ．13Tev 的γ光子频率约为27310Hz ×4．传感器的应用越来越广泛，以下关于传感器在生产生活中的实际应用，说法正确的是（ ） A ．宾馆的自动门能“感受”到人走近，主要利用的是声音传感器 B ．电梯能对超出负载作出“判断”，主要利用的是力传感器 C ．交警使用的酒精测试仪是一种物理传感器，是靠吹气的压力来工作 D ．红外测温枪向人体发射红外线，从而测量人体温度5．物理和生活息息相关，联系生活实际对物理基本概念进行认识和理解，是学好物理的基础。
2022-2023学年四川省绵阳市北川中学高二下学期3月月考物理试题
2022-2023学年四川省绵阳市北川中学高二下学期3月月考物理试题1.图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。
下列说法正确的是（）A．按下按钮过程，螺线管端电势较高B．松开按钮过程，螺线管P端电势较低C．按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势D．按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势2.如图所示，一个半径为的金属圆盘在匀强磁场中以角速度匀速转动（从左向右观察为顺时针方向）。
这样构成一个法拉第圆盘发电机。
假设其电动势为，等效内阻为。
下列说法正确的是（）A．圆盘发电机产生的是交流电B．法拉第圆盘发电机的电动势为C．电源的输出功率为D．流过电阻的电流方向为3.如图所示，面积是S的矩形导线框abcd处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其中是线框abcd的对称轴且正好与磁场边界重合。
现使线框以为轴，从图示位置开始匀速转动，下列说法正确的是（）A．转动过程中没有感应电流生成B．线框转过30°角时，穿过线框的磁通量为C．线框转过30°角时，穿过线框的磁通量为D．线框转过180°角的过程中，穿过线框的磁通量的变化量为04.如图所示，甲→乙→丙→丁→甲过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在匀速转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。
已知线圈转动的角速度为，转动过程中电路中的最大电流为。
下列选项正确的是（）A．在图甲位置时，线圈中的磁通量最大，感应电流最大B．从图乙位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为C．在图丙位置时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率也最大D．在图丁位置时，感应电动势最大，cd边电流方向为d→ c5.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为、，定值电阻R=27.5Ω，理想电流表的示数为0.5A，a、b两端接正弦交流电源。
高二年级物理下学期3月考试试题
高二年级物理下学期3月考试试题物理试题第Ⅰ卷（选择题共40分）一．本题共10小题；每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．1．作简谐运动的物体, 在每次通过同一位置时, 动量、动能、速度、加速度四个量中，总是相同的量是：A.速度和动量B.加速度与动能C.速度、动量和加速度D.动量、动能、速度、加速度2．简谐运动的物体，回复力和位移的关系图是下面所给四个图象中的哪一个？A B C D3．图甲是利用沙摆演示简谐运动图象的装置。
当盛沙漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的沙在板上形成的曲线显示出沙摆的振动位移随时刻的变化关系。
已知木板被水平拉动的速度为0.20m/s，图乙所示的一段木板的长度为0.60m，则这次实验沙摆的摆长为（取g＝π2）A. 0.56mB. 0.65mC. 1.0mD. 2.3m4.卡车在公路上行驶，物资随车厢上、下作简谐运动而不脱离底板，设向上为正方向，其振动图线如图所示，由图可知，物资对底板的压力小于物资的重力的时刻是[ ]A．t1B．t2C．t3D．t45．在实验室能够做“声波碎杯”的实验．用手指轻弹一只酒杯，能够听到清脆的声音，测得这声音的频率为500Hz．将这只酒杯放在两只大功率的声波发生器之间，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉．下列说法中正确的是A．操作人员一定是把声波发生器的功率调到专门大B．操作人员可能是使声波发生器发出了频率专门高的超声波C．操作人员一定是同时增大了声波发生器发出声波的频率和功率D．操作人员一定要将声波发生器发出的声波频率调到500Hz6．一个作简谐运动的物体，位移随时刻的变化规律x=Acosωt，在1/4周期内通过的路程可能是（A）小于A （B）等于A （C）等于 2 A （D）等于1.5A7.质量为1kg的物体自20m的高处自由下落，阻力不计，触地反弹的速度为8m/s，那么物体受到地面反弹前后动量的变化是A、8kgm/s、向上B、28kgm/s、向上C、8kgm/s、向下D、28kgm/s、向下8．一载着游人的小船原先静止在安静的湖面上，在人从游船的一端走到另一端的过程中，若忽略水对小游船的阻力作用，下列说法中正确的是A、人受的冲量与船所受的冲量大小相同B、人向前走的速度一定小于游船后退的速度C、当人突然停止走动时，小游船也赶忙停止后退D、人走动的过程中，人与游船的总动量始终为零9．在光滑的水平面上有两个静止小车，车内各站着一个运动员，每辆车（包含人）的总质量均为M。
高二物理下学期(3月份)月考试卷高二全册物理试题
嗦夺市安培阳光实验学校高二物理下学期（3月份）月考试卷一、选择题（本题有12小题，每小题4分，共48分，其中7-12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．交流电压的表达式为u=100sin100πtV，可知（）A．用电压表测该电压其示数为50VB．该交流电压的周期为0.02sC．将该电压在“100V 100W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100WD．t=s时，该交流电压的瞬时值为50V2．滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示．人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动（雪橇所受阻力不计）．当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为（）A ．B ．C ．D．v13．如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，V和A均为理想电表，灯光电阻R L=6Ω，AB端电压u1=12sin100πt（V）．下列说法正确的是（）A．电流频率为100Hz B．V的读数为24VC．A的读数为0.5A D．变压器输入功率为6W4．在高台跳水中，运动员从高台向上跃起，在空中完成动作后，进入水中在浮力作用下做减速运动，速度减为零后返回水面．设运动员在空中运动过程为Ⅰ，在进入水中做减速运动过程为Ⅱ．不计空气阻力和水的粘滞阻力，则下述判断错误的是（）A．在过程Ⅰ中，运动员受到的冲量等于动量的改变量B．在过程Ⅰ中，运动员受到重力冲量的大小与过程Ⅱ中浮力冲量的大小相等C．在过程Ⅰ中，每秒钟运动员动量的变化量相同D．在过程Ⅰ和在过程Ⅱ中运动员动量变化的大小相等5．水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性．物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（）A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量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．7.5V B．8V C ． V D ． V7．对下列物理现象的解释，正确的是（）A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零8．如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴oo′匀角速转动，转动周期为T0．线圈产生的电动势的最大值为E m，则（）A ．线圈产生的电动势的有效值为E mB ．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为E mD．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次9．某同学质量为60kg，在事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则（）A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量为105kg•m/sC．船最终的速度是0.95m/sD．船的动量变化量是﹣105kg•m/s10．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左11．2014年10月28日携带“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载在弗吉尼亚州瓦勒普斯岛发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球，运载没有载人．下面对于该的描述正确的是（）A．发射的初速度大于7.9km/sB．上升过程中处于超重状态C．忽略空气阻力，则碎片落地时速度大小相等D．在爆炸的极短时间内，系统动量守恒12．如图所示，（a）是远距离输电线路的示意图，（b）是用户得到的电压随时间变化的图象，已知降压变压器的匝数比为10：1，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻，则（）A．发电机输出交流电的频率是50HzB．升压变压器的输出电压为2200VC．输电线的电流只由降压变压器匝副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小二、实验题13．如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．（1）经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示．碰撞前后m1的动量分别为p1与p1′，则p1：p1′=：11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′：p2′=11：．实验结果说明，碰撞前后总动量的比值= ．（2）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的射程增大．请你用（1）中已知的数据，分析和计算出被碰小球m1平抛运动射程ON的最大值为cm．三、计算题14．一辆车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5米．据测算两车相撞前的速度约为30m/s．求：（1）若人与车一起做减速运动，车祸过程中车内约60kg的人受到的平均冲力是多大（2）若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体作用时间是1s，求这时人体受到的平均冲力为多大？15．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd 共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势；（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；（6）周期内通过R的电荷量为多少？16．如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R 的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右快速射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可看成质点）．已知R=0.4m，m=1Kg，M=10Kg．（g=10m/s2，结果保留2位有效数字）（1）子弹射入木块前的速度V（2）若每当小木块上升到圆弧并返回到O点或静止于O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第3颗子弹射入小木块后，木块速度多大？故城高中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题（本题有12小题，每小题4分，共48分，其中7-12题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．交流电压的表达式为u=100sin100πtV，可知（）A．用电压表测该电压其示数为50VB．该交流电压的周期为0.02sC．将该电压在“100V 100W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100WD．t=s时，该交流电压的瞬时值为50V【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；BG：电功、电功率．【分析】电压表读数为有效值．先根据最大值求有效值，求得电压表读数；通过瞬时表达式与交电流的ω=，可求出周期；运用瞬时表达式求出有效值，从而利用电功率的公式P=求出电功率；直接根据瞬时表达式代入数据求解．【解答】解：A、交变电压的表达式为u=100sin100πt V，可知最大值为100，又是正弦式电流，则电压的有效值：U=V=100V，故A错误．B、由公式ω=，则有周期T=0.02s．故B正确．C、由于电压的有效值为100V，则该电压加在“100V 100W”的灯泡两端，灯泡正常发光，为额定功率，故C错误D、将t=s代入瞬时表达式，则有交流电压的瞬时值为100V．故D错误．故选：B2．滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示．人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动（雪橇所受阻力不计）．当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为（）A ．B ．C ．D．v1【考点】53：动量守恒定律．【分析】人和雪橇组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，根据系统水平动量守恒列式求解．【解答】解：雪橇所受阻力不计，人起跳后，人和雪橇组成的系统水平方向不受外力，系统水平动量守恒，起跳后人和雪橇的水平速度相同，设为v．取向南为正方向，由水平动量守恒得：Mv1=Mv，得 v=v1，方向向南，故ABC错误，D正确．故选：D3．如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2：1，V和A均为理想电表，灯光电阻R L=6Ω，AB端电压u1=12sin100πt（V）．下列说法正确的是（）A．电流频率为100Hz B．V的读数为24VC．A的读数为0.5A D．变压器输入功率为6W【考点】E8：变压器的构造和原理．【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解答】解；A、AB端电压u1=12sin100πt（V）．电流频率为f==50Hz，故A错误；B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，根据电压与匝数成正比，可知，U2=6V，故B错误；C、I2==1A，A的读数为1A，故C错误；D、P1=P2=U2I2=6W，故D正确．故选：D．4．在高台跳水中，运动员从高台向上跃起，在空中完成动作后，进入水中在浮力作用下做减速运动，速度减为零后返回水面．设运动员在空中运动过程为Ⅰ，在进入水中做减速运动过程为Ⅱ．不计空气阻力和水的粘滞阻力，则下述判断错误的是（）A．在过程Ⅰ中，运动员受到的冲量等于动量的改变量B．在过程Ⅰ中，运动员受到重力冲量的大小与过程Ⅱ中浮力冲量的大小相等C．在过程Ⅰ中，每秒钟运动员动量的变化量相同D．在过程Ⅰ和在过程Ⅱ中运动员动量变化的大小相等【考点】52：动量定理．【分析】力与力的作用时间的乘积是力的冲量，由动量定理可得，动量的变化等于合外力的冲量．【解答】解：A、在过程І中，运动员只受重力，故重力的冲量一定等于动量的改变量，故A正确；B、由于在过程II中人也会受到重力，故由动量定理可知，整体过程中重力的冲量等于过程II中浮力的冲量大小，故B错误；C、在过程I中，由于重力不变，运动员的加速度相同，在相同的时间内运动员的速度变化相同，故秒钟运动员动量的变化量相同，故C正确；D、由题意知，过程I中的末速度等于过程II的初速度，而过程II的末速度为零，故动量的变化的大小相等，故D正确．本题选错误的；故选：B．5．水平恒定推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性．物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（）A．a物体受到的摩擦力小于b物体受到的摩擦力B．a物体受到的摩擦力大于b物体受到的摩擦力C．F1的冲量大于F2的冲量D．F1的冲量小于F2的冲量【考点】52：动量定理；27：摩擦力的判断与计算．【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等．根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系．【解答】解：A、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故AB错误．C、根据动量定理，对整个过程研究得F1t1﹣ft OB=0，F2t2﹣ft OD=0由图看出，t OB＜t OD，则有 F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故C错误，D 正确．故选：D6．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．7.5V B．8V C ． V D ． V【考点】E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电流或功率等，均要用正弦式电流的有效值．而求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．【解答】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根号2取一个周期进行分段，在0﹣1s 是正弦式电流，则电压的有效值等于3．在1s﹣3s是恒定电流，则有效值等于9V．则在0﹣3s 内，产生的热量U=2故选：C7．对下列物理现象的解释，正确的是（）A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零【考点】52：动量定理；31：惯性．【分析】力与时间的乘积是力的冲量；应用冲量的计算公式I=Ft与动量定理分析答题．【解答】解：A、用橡皮锤击钉子，橡皮锤与钉子接触时形变量比较大，延长了作用时间，使作用力减小，所以不要橡皮锤钉钉子，故A错误；B、跳远时，在沙坑里填沙，是为了增加运动员与沙子的作用时间，从而减小作用力，避免运动员受到伤害，故B错误；C、易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，故C正确；D、在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零，故D正确；故选：CD．8．如图所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴oo′匀角速转动，转动周期为T0．线圈产生的电动势的最大值为E m，则（）A ．线圈产生的电动势的有效值为E mB ．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为E mD．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次【考点】D8：法拉第电磁感应定律；D7：磁通量．【分析】根据正弦交流电的最大值与有效值的关系，结合最大值，即可求解有效值；由公式E m=BSω，结合ω=，可求出磁通量的最大值；根据法拉第电磁感应定律表达式E m =，可确定磁通量变化率的最大值，最后由线圈在一个周期内，电流方向改变2次，从而即可求解．【解答】解：A、线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为E m，故A错误；B、由公式E m=BSω，结合ω=，可求出磁通量的最大值∅m =，故B正确；C、根据法拉第电磁感应定律表达式E m =，可确定磁通量变化率的最大值=E m，故C正确；D、经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，故D错误；故选：BC．9．某同学质量为60kg，在事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则（）A．人和小船最终静止在水面上B．该过程同学的动量变化量为105kg•m/sC．船最终的速度是0.95m/sD．船的动量变化量是﹣105kg•m/s【考点】53：动量守恒定律；52：动量定理．【分析】水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律列式求解．【解答】解：AC、规定船原来的速度方向为正方向．设人和小船最终的共同速度为v．由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律得：m人v人﹣m船v船=（m人+m船）v，代入数据解得：v=﹣0.25m/s，方向与船原来的速度方向相同．故AC错误；B、该过程同学的动量变化量为：△p=m人v﹣m人v人=60×=105kg•m/s，故B正确；D、船的动量变化量为：△p′=m船v﹣m船v船=140×（﹣0.25﹣0.5）=﹣105kg•m/s；故D正确．故选：BD10．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左【考点】E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；E2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．【分析】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s 时流过电阻的电流方向．【解答】解：A 、由题图乙可知交流电电流的最大值是A，周期T=0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I==10A，选项A正确；B、角速度==100π rad/s，选项B错误；C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．故选AC．11．2014年10月28日携带“天鹅座”宇宙飞船的“安塔瑞斯”号运载在弗吉尼亚州瓦勒普斯岛发射升空时爆炸，爆炸燃起巨大火球，运载没有载人．下面对于该的描述正确的是（）A．发射的初速度大于7.9km/sB．上升过程中处于超重状态C．忽略空气阻力，则碎片落地时速度大小相等D．在爆炸的极短时间内，系统动量守恒【考点】53：动量守恒定律；4F：万有引力定律及其应用；52：动量定理．【分析】明确的发射速度，根据加速度确定是否超重；根据动量守恒的条件明确动量是否守恒．【解答】解：A、发射时的最小速度为7.9km/s；故A正确；B、在上升过程中，具有向上的加速度，故处于超重状态；故B正确；C、由于在爆炸过程中，碎片的速度大小及方向均不相同；故落地时的速度大小不一定相同；故C错误；D、在爆炸过程中由于内力远大于外力；故可以认为动量守恒；故D正确；故选：ABD．12．如图所示，（a）是远距离输电线路的示意图，（b）是用户得到的电压随时间变化的图象，已知降压变压器的匝数比为10：1，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻，则（）A．发电机输出交流电的频率是50HzB．升压变压器的输出电压为2200VC．输电线的电流只由降压变压器匝副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小【考点】EA：远距离输电．【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等．同时由变压器电压与匝数成正比，电流与匝数成反比．【解答】解：A、变压器不会改变交流电的频率，有图b可知周期为T=0.02s，故频率为f=，故A正确；B 、在降压变压器中，根据可得U3=2200V，有与输电线路上有电阻，故损失一部分电压，故升压变压器输送的电压大于2200V，故B错误；C、输电线的电流由输送的功率与电压决定的，与降压变压器原副线圈的匝数比无关，故C错误；D、当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确；故选：AD二、实验题13．如图甲所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．（1）经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图乙所示．碰撞前后m1的动量分别为p1与p1′，则p1：p1′=14 ：11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′：p2′=11： 2.9 ．实验结果说明，碰撞前后总动量的比值= 1.01 ．（2）有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其他条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的射程增大．请你用（1）中已知的数据，分析和计算出被碰小球m1平抛运动射程ON的最大值为76.8 cm ．【考点】ME：验证动量守恒定律．【分析】验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难．因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不需要，小球抛出高度也不要求．只需满足每次入射球每次从同一点开始运动即可；最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒；当发生弹性碰撞时机械能损失最少，小球1平抛运动的射程最大．【解答】解：设落地时间为t，则v0=；v1=，v2=；则碰前的动量：P1=m1v0=m1；碰后的动量：P'1=m1v1=m1P'2=m2v2=m2；则可知，碰撞前后m1动量之比： ===，======1.01；发生弹性碰撞时，被碰小球获得速度最大，根据动量守恒的表达式是m1v0=m1v1+m2v2由m1v02=m1v12+m2v22联立解得v2=v0，因此最大射程s m =•OP=×44.8=76.8cm．故答案为：14；2.9；1.01；76.8．三、计算题14．一辆车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5米．据测算两车相撞前的速度约为30m/s．求：（1）若人与车一起做减速运动，车祸过程中车内约60kg的人受到的平均冲力是多大（2）若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体作用时间是1s，求这时人体受到的平均冲力为多大？【考点】37：牛顿第二定律；1E：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】（1）人随车动，根据位移速度公式可求车的加速度，然后利用牛顿第二定律可求人受到的平均冲力；（2）由动量定理求出人受到的水平冲力．【解答】解：（1）由得人和车减速的加速度大小为：根据牛顿第二定律得人受到的平均冲力为：F=ma=60×900N=5.4×104N（2）有动量定理得：F′t=mv﹣mv0解得：负号表示力的方向与初速度方向相反答：（1）若人与车一起做减速运动，车祸过程中车内约60kg的人受到的平均冲力是5.4×104N（2）若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体作用时间是1s，求这时人体受到的平均冲力为1800N．15．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd 共100匝，线圈电阻r=1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω=2πrad/s，外电路电阻R=4Ω，求：（1）转动过程中感应电动势的最大值；（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势；（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；（4）交流电压表的示数；（5）线圈转动一周外力所做的功；（6）周期内通过R的电荷量为多少？【考点】E2：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】（1）先根据Em=NBωS求出最大值，再根据最大值与有效值的关系求出有效值；（2）先写出电动势的瞬时表达式，再带入数据求得瞬时值；（3）利用法拉第电磁感应定律，求出平均感应电动势；（4）电压表测量的是电阻R的电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解．（5）通过最大值求出有效值，根据W=EIT求解；（6）线圈由如图位置转过周期内，通过R的电量为：q=t=．【解答】解：（1）根据E m=NBωS，可得感应电动势的最大值：E m=100×0.5×0.12×2πV=3.14V；（2）由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=E m cos2πt（V）；当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为：e=1.57V；（3）根据法拉第电磁感应定律可得转60°角的过程中产生的平均感应电动势大小为：=N =N =1.5V=2.6V（4）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：U=R=×4V=1.256V=1.78V；（5）线圈转动一周外力所做的功为：W=EIT===0.99J （6）周期内线圈转过60°角，通过R的电量q电，由公式可得：q=t=•=8.66×10﹣2 C；答：（1）转动过程中感应电动势的最大值3.14V；（2）线圈转过60°角时的瞬时感应电动势1.57V；（3）线圈转过60°角过程中产生的平均感应电动势2.6V；（4）电压表示数1.78V；（5）线圈转动一周外力所做的功为0.99J；（6）线圈转过60°角通过电阻R的电荷量8.66×10﹣2 C；16．如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R 的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右快速射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均可看成质点）．已知R=0.4m，m=1Kg，M=10Kg．（g=10m/s2，结果保留2位有效数字）（1）子弹射入木块前的速度V（2）若每当小木块上升到圆弧并返回到O点或静止于O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第3颗子弹射入小木块后，木块速度多大？【考点】53：动量守恒定律．【分析】从B到C，由机械能守恒求解子弹射入木块后的速度，由动量守恒求解．【解答】解：（1）子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+M）v1，。
河南省重点中学2022-2023学年高二下学期3月月考物理试卷及参考答案
2022-2023学年下学期河南省重点中学高二3月月考物理一、选择题：其中1-10为单选，11-16为多选，每题4分，共64分，选不全得2分，有错选得0分。
1．下列几种说法中正确的是( )A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大2．如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置．其核心部分是两个D 型金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．则下列说法正确的是( ) A．粒子做圆周运动的周期随半径增大而增长B．粒子从磁场中获得能量C．带电粒子加速所获得的最大动能与加速电压的大小有关D．带电粒子加速所获得的最大动能与金属盒的半径有关3．如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状完全相同的等腰直角三角形导线框，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域。
规定线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，线框刚进入磁场区域时感应电流大小为i0，直角边长为L。
其感应电流i随位移x变化的图象正确的是（）4．某物理兴趣小组学了地磁场后做了一个有趣的实验,在水平地面上方有竖直向下的匀强电场。
现将一个带正电的金属小球自东向西从M点以初速度v0水平抛出,小球着地时的速度为v1,在空中的飞行时间为t1。
该兴趣小组猜想,若没有地磁场的存在,那么小球着地时的速度为v2,在空中飞行的时间为t2。
小球所受空气阻力可忽略不计,则关于v1和v2、t1和t2的大小比较,以下判断正确的是（）A.v1>v2,t1>t2B.v1<v2,t1<t2C.v1=v2,t1<t2D.v1=v2,t1>t25．将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。
回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。
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A B
C 湛江市第二中学 ~ 第二学期高二3月月考
一、单项选择题：（每小题4分，共48分）
1.质量为m 的钢球自高处落下,以速率v 1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为v
2.在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为( ).
(A)向下,m(v 1-v 2) (B)向下,m(v 1+v 2) (C)向上,m(v 1-v 2) (D)向上,m(v 1+v 2)
2.物体在恒力作用下作直线运动,在t1时间内物体的速度由零增大到v,F 对物体做功W 1,给物体冲量I 1.若在t 2时间内物体的速度由v 增大到2v,F 对物体做功W2,给物体冲量I 2,则( ).
(A)W 1=W 2,I 1=I 2 (B)W 1=W 2,I 1＞I 2 (C)W 1<W 2,I 1=I 2
(D)W 1>W 2,I 1=I 2 3.如图所示,在光滑的水平面上放有两个小球A 和B,其质量m A ＜m B ,B 球上固定一轻质弹簧.若将A 球以速率v 去碰撞静止的B 球,下列说法中正确的是 ( ).
(A)当弹簧压缩量最大时,两球速率都最小 (B)当弹簧恢复原长时,B 球速率最大 (C)当A 球速率为零时,B 球速率最大 (D)当B 球速率最大时,弹性势能不为零 4.下列关于动量的论述中正确的是( ).
(A)质量大的物体动量一定大 (B)速度大的物体动量一定大
(C)两物体动能相等,动量大小一定相等 (D)两物体动能相等,动量一定相等
5.如图所示，A 、B 两质量相等的物体，原来静止在平板小车C 上，A 和B 间夹一被压缩了的轻弹簧，A 、B 与平板车上表面动摩擦因数之比为3∶2，地面光滑。
当弹簧突然释放后，A 、B 相对C 滑动的过程中
①A 、B 系统动量守恒 ②A 、B 、C 系统动量守恒 ③小车向左运动 ④小车向右运动
以上说法中正确的是( ) A ．①② B ．②③ C ．③① D ．①④
6.静止在湖面上的小船上分别向相反方向水平抛出两个质量相等的小球，甲球先抛出，向左；乙球后抛出，向右，两球抛出后相对于岸的速率相等，则下面说法正确的是（ ）
A 、两球抛出后，船向右以运动，且乙球受到的冲量大些。
B 、两球抛出后，船向右以运动，且甲球受到的冲量大些。
C 、两球抛出后，船的速度为零，且甲球受到的冲量大些。
D 、两球抛出后，船的速度为零，且两球受到的冲量大小相等。
7.如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M ＝3 kg 的薄板和质量为m ＝1 kg 的物块．都以v ＝4 m/s 的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s 时，物块的运动情况是( )
A ．做加速运动
B ．做减速运动
C ．做匀速运动
D ．以上运动都可能
8.在距地面高为h ，同时以相等初速V 0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m 当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P ，有（ ）
A ．平抛过程最大
B ．竖直上抛过程最大
C ．竖直下抛过程最大
D ．三者一样大
9.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速
引至胸前.这样做可以（）
A.减小球对手的冲量
B.减小球的动量变化率
C.减小球的动量变化量
D.减小球的动能变化量
10.关于光的波粒二象性，下列说法中不正确的是（）
A．波粒二象性指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性。
B．光波频率越高，粒子性越明显。
C．能量较大的光子其波动性越显著。
D．个别光子易表现出粒子性，大量光子易表现出显示波动性。
11.用光照射某种金属，有光电子从金属表面逸出，如果光的频率不变，而减弱光的强度，则（）
A．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能不变
B．逸出的光电子数减少，光电子的最大初动能减小
C．逸出的光电子数不变，光电子的最大初动能减小
D．光的强度减弱到某一数值，就没有光电子选出了
12．光电效应的四条规律中，波动说仅能解释的一条规律是( )
A．入射光的频率必须大于或等于被照金属的极限频率才能产生光电效应
B．发生光电效应时，光电流的强度与人射光的强度成正比
C．光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大
D．光电效应发生的时间极短，一般不超过10-9s
二、实验题：（每小题6分，共12分）
13.某实验小组在“实验：探究碰撞中的不
变量”的实验中，采用如图所示装置通过半径
相同的A、B两球的碰撞来进行探究。
图中PQ
是斜槽，QR为水平槽。
实验时先使A球从斜槽
上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于
水平地面的记录纸上，留下痕迹。
重复上述操
作10次，得到10个落点痕迹。
再把B球放在
水平槽上靠近末端的地方，让A球仍从位置G
自静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录
纸上留下各自的落点痕迹。
重复这种操作10次。
图中
的O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。
B
球落点痕迹如图所示，其中米尺水平放置，且平行于
G、R、O所在平面，米尺的零点与O点对齐。
（1）碰撞后B球的水平射程应取为 cm。
（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测
量？（填选项号）
A、水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离；
B、A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离；
C、测量A球或B球的直径；
D、测量A球或B球的质量（或两球质量之比）；
E、测量G点相对水平槽面的高度。
三、计算题：（10+15+15）
14．能使金属钠产生光电效应的单色光的极限频率是6.0×1014Hz．根据能量守恒，用频率是7.0×1014Hz的紫光照射金属钠，产生光电子的最大初动能是多少J．
15.质量m 1=10g 的小球在光滑的水平桌面上以v 1=30cm/s 的速率向右运动，恰好遇上在同一条直线上向左运动的另一个小球．第二个小球的质量为m 2=50g ，速率v 2=10cm/s ．碰撞后，小球m 2恰好停止．那么，碰撞后小球m 1的速度是多大，方向如何？
16.如图所示，两个质量都为M 的木块A 、B 用轻质弹簧相连放在光滑的水平地面上，一颗质量为m 的子弹以速度v 射向A 块并嵌在其中，求弹簧被压缩后的最大弹性势能。
湛江市第二中学2008 ~2009 学年度第二学期高二3月月考
A
B v
13、（1） cm。
（2）
14、
15、
16、
湛江市第二中学2008 ~2009学年度第二学期高二3月月考
物理试卷B答案
一、每小题4分，共48分
1.D
2.C 3 B 4.C 5.B 6.A 7.A ．8.B 9B. 10D 11A 、12B 二、每小题6分，共12分 13、（1）64.0 （2）AD 三、10+15+15=40分 14、6.63×1020
J
15、碰撞过程两小球组成的系统动量守恒。
设v 1的方向，即向右为正方向，则各速度的正负及大小为：
v 1=30cm/s ，v 2=－10cm/s ，=0
据：m 1v 1+m 2v 2=
代入数值得：=－20cm/s
则小球m1的速度大小为20cm/s ，方向与v1方向相反，即向左。
16、解：
子弹与A 发生完全非弹性碰撞，子弹与A 组成的系统动量守恒，设碰后速度为V 1，则决mv=(M+m)V 1 得V 1＝
以A 、B 及子弹为系统全过程动量守恒,设共速V 2，则有mv=(M+M+m)V 2得 V 2＝
从A 获得速度V 1到AB 速度相同，由能量守恒得：
E P ＝
2v '
2211v m v m '+'1v '
m
M mv
+m
M mv
+2)
2)((4)2(21)(2122
221m M m M Mmv V m M V m M ++=+-+。