【物理】安徽省黄山市屯溪第一中学2019-2020学年高二下学期入学考试试题（线上考试）（解析版） 14页

屯溪一中高二年级线上教学效果检测试卷 物理试卷 一、选择题（1-8单选题，9-12多选题，每题4分，满分48分。）‎ ‎1.关于磁通量的说法，正确的是（　　）‎ A. 在磁场中穿过某一面积磁感线条数，就叫穿过这个面积的磁通量 B. 在磁场中只有垂直穿过某一面积的磁感线条数，才叫穿过这个面积的磁通量 C. 在磁场中某一面积与该磁感应强度的乘积，就叫穿过这个面积的磁通量 D. 在磁场中穿过某一面积的磁感线条数与该面积的比值叫磁通量 ‎【答案】A ‎【解析】AB．磁通量可以形象说成穿过某一面积的磁感线的条数，与该面积与磁场是否垂直无关，A正确B错误；‎ C．只有当磁感线与线圈平面垂直时，磁通量的大小才为；当磁感线与线圈平面不垂直时，磁通量的大小一般公式，是线圈平面与磁场方向的夹角，C错误；‎ D．当线圈平面与磁场垂直时，在磁场中穿过某一面积的磁感线条数与该面积的比值，即磁通量与面积的比值等于磁感应强度，D错误．‎ ‎2.如图，在线圈的左、右两侧分别套上绝缘的金属环a、b，导体棒AB在匀强磁场中下落的瞬间，a、b环将（　　）‎ A. 向线圈靠拢 B. 向两侧跳开 C. 一起向左侧运动 D. 一起向右侧运动 ‎【答案】B ‎【解析】导体棒AB在匀强磁场中下落的瞬间，导致通电螺旋管的磁场增强，导致通过环的磁通量增大，根据楞次定律，两环为了阻碍磁通量增大，要向磁场弱的两侧运动，故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎3.如图所示，两个相互连接的金属环，已知大环电阻是小环电阻的 ‎；当通过大环的磁通量变化率为时，大环的路端电压为U，当通过小环的磁通 量的变化率为时，小环的路端电压为（两环磁通的变化不同时发生）（　　）‎ A. U B. C. 4U D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】设大环电阻是R，则小环电阻是4R。当通过大环的磁通量变化率为时，大环的路端电压 ‎ ‎ 当通过小环的磁通量的变化率为时，小环的路端电压 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎4.在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y2＝4x ， 磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触形成闭合回路，如图甲所示．则所示图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的图象是( )‎ 甲 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由图知，导体切割的有效长度为2y，根据法拉第电磁感应定律，又y2=4x，x=vt，联立解得，因导体做匀速运动，故E2与t成正比，所以B正确；ACD错误．‎ ‎5.如图所示．L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器，通过观测接在甲、乙中的电表读数，可以间接得到输电线两端电压和通过输电线的电流．若已知图中n1：n2=100：1，n3：n4=1：10，V表示数为220V，A表示数为l0A，则下列判断正确的是（ ）‎ A. 甲是电压互感器，输电线两端电压是2.2×104V B. 乙是电压互感器，输电线两端电压是2.2×103v C. 甲是电流互感器，通过输电线的电流是100A D. 乙是电流互感器，通过输电线的电流是0．1A ‎【答案】A ‎【解析】AC ．甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，已知 电压表示数为220V，故传输电压为 故A正确，C错误；‎ BD．乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以的电流互感器，已知 电流表示数为10A，故传输电流为 故BD错误．‎ 故选A。‎ ‎6.关于交流发电机的下列叙述正确的是（　　）‎ A. 交流发电机将电能转化为机械能 B. 交流发电机由两部分组成，即定子和转子，线圈必须旋转，成为转子，这样才能在线圈中产生交流电 C. 交流发电机线圈中产生交流电，输送到外电路也是交流电 D. 在交流发电机线圈转动的过程中，线圈中的每一个边都切割磁感线 ‎【答案】C ‎【解析】A．交流发电机将机械能转化为电能，故A错误；‎ B．交流发电机由两部分组成，即定子和转子，线圈可以定子，也可以是转子，故B错误；‎ C．交流发电机线圈中产生交流电，输送到外电路也是交流电，故C正确；‎ D．在交流发电机线圈转动的过程中，和磁感线共面的边不切割磁感线。故D错误。‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )‎ A. W1W2，q1＝q2 D. W1>W2，q1>q2‎ ‎【答案】C ‎【解析】第一次用0.3s时间拉出，第二次用0.9s时间拉出，两次速度比为3:1，由E=BLv，两次感应电动势比为3:1，两次感应电流比为3:1，由于F安=BIL，两次安培力比为3:1，由于匀速拉出匀强磁场，所以外力比为3:1，根据功的定义W=Fx，所以：‎ W1:W2=3:1；‎ 根据电量，感应电流，感应电动势，得：‎ 所以：‎ q1:q2=1:1，‎ 故W1＞W2，q1=q2。‎ A. W1W2，q1＝q2故C正确； D. W1>W2，q1>q2。故D错误；‎ ‎8.如图所示，匀强磁场的磁感应强度。单匝矩形线圈面积S=1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器的原线圈相接，A为交流电流表。调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为1：2时，副线圈电路中标有“36V 36W”的灯泡正常发光。则下列判断错误的是（　　）‎ A. 电流表的示数为2A B. 矩形线圈产生电动势的有效值为18V C. 从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律为 D. 若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移 ‎【答案】D ‎【解析】AB．副线圈电路中标有“36V 36W”的灯泡正常发光，说明副线圈中的电压为36V，电流为 根据 解得原线圈的电压为18V，电流为2A，故矩形线圈产生电动势的有效值为18V，电流表的示数为2A。故A正确，不符题意，B正确，不符题意；‎ C．根据 解得 故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律为 故C正确，不符题意；‎ D．若矩形线圈转速增大，则矩形线圈产生电动势的峰值增大，有效值增大，原线圈两端的电压增大，为使灯泡仍能正常发光，即副线圈两端的电压不变，需使副线圈的匝数变小，应将P适当上移，故D错误，符合题意。‎ 本题选错误的，故选D。‎ ‎9.下列情况能产生感应电流的是(　　)‎ A. 如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动 B. 如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时 C. 如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时 D. 如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时 ‎【答案】BD ‎【解析】能产生感应电流的条件是闭合电路中磁通量发生改变，所以BD正确．‎ ‎10.如图所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有(36V，6W)字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是 A. 原、副线圈匝数之比为3︰1 B. 变压器的输入功率为12W C. 电压表的读数为18V D. 若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小 ‎【答案】CD ‎【解析】A．L1恰正常发光，所以过L1的电流灯的额定电流为，灯的电阻 原、副线圈匝数之比为原、副线圈中电流的反比，为1︰3，A错误；‎ B．L2L3消耗的功率 根据输入功率等于输出功率知变压器的输入功率为9W 选项B错误；‎ C．电压表的读数为 C正确；‎ D．若L3突然断路，电阻增大，电流减小，则L1变暗，分压减小，L2分压增大变亮，输入功率P=UI减小，D正确．故选CD。‎ ‎11.如图所示交流电，下列说法正确的是（　　）‎ A. 周期为0.02s B. 有效值为200V C. 将该电压加在交流电压表两端时，电压表读数为V D. 将该交流电压加在发光电压和熄灭电压均为200V的小灯上，小灯1秒钟内发光次数为 100次，发光时间为0.75s ‎【答案】A ‎【解析】A．由图可知，周期为 ，频率为50Hz，故A正确；‎ B．根据有效值的定义有 解得有效值为V。故B错误；‎ C．将该电压加在交流电压表两端时，电压表读数为其有效值，即V。故C错误；‎ D．将该交流电压加在发光电压和熄灭电压均为200V的小灯上，由图可知小灯一个周期内发光两次，则小灯1秒钟内发光次数为 100次。前四分之一个周期 当电压为200V时，对应的时刻为0.0025s，故一个周期内发光时间为 ‎ ‎ 一秒钟内发光时间为 故D错误。故选A。‎ ‎12.如图甲所示，水平面内粗糙导轨MN、PQ相距为L，置于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨电阻不计．两根电阻均为R相同的金属棒ab，cd置于导轨上且与导轨接触良好，电流表内阻不计；若ab棒在水平外力F作用下由静止开始向右运动，电流表示数随时间变化图线如图乙所示，在t0时刻c d棒刚要开始运动，下列各种说法中正确的是 ‎ A. ab棒在 t0时间内做匀加速直线运动 B. 若在t0时刻突然撤去外力F，此时ab棒的加速度大小为 ‎ C. 在t0时间内，通过cd棒的电量为 D. 在t0时间内，力F做的功为ab棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能三者之和 ‎【答案】ABC ‎【解析】A．根据E=BLv，则，由图像可知，则t0时间内I=kt，可知速度v与时间t成正比，即ab棒在t0时间内做匀加速直线运动，故A正确；‎ B．若在t0时刻突然撤去外力F，此时对cd棒：f=BI0L；ab棒加速度大小为，故 B正确；‎ C．根据q=It，可知I-t图像的面积等于电量，则由图像可知在t0时间内，通过cd棒的电量为 ，故C正确；‎ D．在t0时间内，力F做的功为ab和cd棒的焦耳热、摩擦生热和其增加的动能四者之和，故D错误；‎ 二、实验题（每空2分，满分10分。）‎ ‎13.某同学利用电火花打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图(a)所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．‎ ‎ ‎ ‎(1)下面是实验的主要步骤：‎ ‎①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；‎ ‎②向气垫导轨通入压缩空气；‎ ‎③把电火花打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器与弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；‎ ‎④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；‎ ‎⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；‎ ‎⑥先______________，然后________，让滑块带动纸带一起运动；‎ ‎⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图(b)所示；‎ ‎⑧测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.‎ 完善实验步骤⑥的内容．‎ ‎(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)．‎ ‎(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是___________________________________‎ ‎【答案】（1）启动打点计时器(或接通打点计时器电源)； 释放滑块1； （2）0.620； 0.618； （3）纸带和限位孔之间的摩擦力使滑块的速度减小 ‎【解析】(1)⑥[1][2]．使用打点计时器时，应先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1.‎ ‎(2)[3][4]．放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：‎ 碰撞前滑块1的动量为：‎ p1＝m1v1＝0.310×kg·m/s＝0.620 kg·m/s，‎ 滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620 kg·m/s；碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：‎ ‎(m1＋m2)v2＝(0.310＋0.205)×kg·m/s＝0.618 kg·m/s.‎ ‎(3)[5]．结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用．‎ 三、计算题（14题8分，15题10分，16、17题12分，满分42分。）‎ ‎14.如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B静止在光滑的水平面上．现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧还有轻弹簧的滑块B发生正碰．求二者在发生碰撞的过程中：‎ ‎（1）弹簧的最大弹性势能；‎ ‎（2）滑块B的最大速度．‎ ‎【答案】（1）6J （2）2m/s ‎【解析】(1)当弹簧压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时滑块A、B共速，‎ 由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，‎ 解得v＝1 m/s，‎ 弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能 ‎(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，‎ 由动量守恒和能量守恒得 mAv0＝mAvA＋mBvm，‎ 解得vm＝2 m/s.‎ ‎15.某小水电站，输出功率P=40kW，输出电压U=500V，向远处输电导线总电阻R=5Ω，向用户供220V交流电。已知降压变压器的匝数比为11：1，求：‎ ‎(1)升压变压器匝数比；‎ ‎(2)输电线上损耗的功率是多少？如果不升压直接输电，输电线上损耗的功率又是多少？‎ ‎【答案】（1）1：5；（2）1.28kW，32kW ‎【解析】(1) 由题意知降压变压器副线圈上的电压V，根据 解得 V 根据 解得 A 升压变压器匝数比为1：5。‎ ‎(2) 输电线上损耗的功率是 如果不升压直接输电，输电线上的电流 A 输电线上损耗的功率是 ‎16.如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L=1.0m，NQ两端连接阻值R=3.0Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角为30°．一质量m=0.20kg，阻值r=1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置并用不可伸长的绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M=0.80kg的重物相连．细线与金属导轨平行，金属棒由静止开始沿导轨向上滑行的速度V与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0~0.3s内通过的电量是0.3~0.6s内通过电量的⅔，g=10m/s²，求：‎ ‎（1）0~0.3s内棒通过的位移．‎ ‎（2）0~0.3s内绳子对金属棒做的功．‎ ‎（3）电阻R在0~0.6s内产生的热量．‎ ‎【答案】(1)0.4m (2)1.6J (3)3.75J ‎【解析】（1）金属棒在0.3-0.6s内通过的电量是  ‎ 金属棒在0-0.3s内通过的电量 由题： 代入解得： ‎ ‎（2）绳对重物做的功与绳对金属棒做的功大小相等 根据动能定理可得 ： 解得：‎ ‎（3）金属棒在0-0.6S内通过的总位移为 代入数据解得x=1m ‎ 根据能量守恒定律  代入数据解得Q=5J ‎ 由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律得到它们产生的热量与电阻成正比 所以电阻R在0-0.6S内产生的热量为 ‎ ‎17.如图所示，质量为M=2kg的木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x，右端与一固定在地面上的半径R=0.4m的光滑四分之一圆弧紧靠在一起，圆弧的底端与木板上表面水平相切．质量为m=1kg的滑块B(可视为质点)以初速度从圆弧的顶端沿圆弧下滑，B从A右端的上表面水平滑入时撤走圆弧．A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数，A足够长，B不会从A表面滑出，取g=10m/s2．‎ ‎(1)求滑块B到圆弧底端时的速度大小v1；‎ ‎(2)若A与台阶碰前，已和B达到共速，求A向左运动的过程中与B摩擦产生的热量Q(结果保留两位有效数字)；‎ ‎(3)若A与台阶只发生一次碰撞，求x满足的条件．‎ ‎【答案】(1) (2) (3)‎ ‎【解析】 (1)滑块B从释放到最低点，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎(2)向左运动过程中，由动量守恒定律得： 解得：‎ 由能量守恒定律得： 解得：‎ ‎(3)从B刚滑到A上到A左端与台阶碰撞前瞬间， A、B的速度分别为v3和v4，‎ 由动量守恒定律得：mv1=mv4+Mv3‎ 若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：Mv3≥|mv4‎ 对A板，应用动能定理： 联立解得：‎