物理卷·2018届广东省广州市培正中学高二下学期第一次段考（2017-03） 5页

培正中学 2016 学年下学期高二段考（一） 物理试题 （总分 100 分，考试时间 90 分钟） 一、选择题(本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-5 题只有一项 符合题目要求，第 6-8 题有多项符合题目要求。全部选对得 6 分，选对但不全对的的 3 分， 有错选的得 0 分) 1.关于磁通量的概念，下面的说法正确的是( ) A． 磁场中某处的磁感应强度越大，则穿过线圈的磁通量一定越大 B． 放在某处的一个平面，穿过它的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零 C． 磁场中某处的磁感应强度不变，则磁通量一定不变 D． 磁通量的变化不一定是由于磁场的变化而引起的 【答案】D 2.如图所示，一通电螺线管 b 放在闭合金属线圈 a 内，螺线管的中心线正好和线圈的一条直 径 MN 重合．要使线圈 a 中产生感应电流，可采用的方法有( ) A． 将螺线管在线圈 a 所在平面内转动 B． 使螺线管上的电流发生变化 C． 使线圈以 MN 为轴转动 D． 使线圈以与 MN 垂直的一条直径为轴转动 【答案】D 3.如图所示的电路中，S 闭合且稳定后流过电感线圈的电流是 2 A，流过灯泡的电流是 1 A， 现将 S 突然断开，S 断开前后，能正确反映流过灯泡的电流 i 随时间 t 变化关系的图象是( ) A ． B ． C ． D． 【答案】D 4.如图所示，是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电动势的 图象，根据图象可知( ) A． 此交变电动势的瞬时表达式为 e＝200sin 0.02tV B． 此交变电动势的瞬时表达式为 e＝200sin 100πtV C．t＝0.01 s 时，穿过线圈的磁通量为零 D．t＝0.02 s 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 【答案】B 5．如图所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块 A 和 B，开始时弹簧处于原长， 现给 A 一个向右的瞬时冲量，让 A 开始以速度 v0 向右运动，则（ ） A. 当弹簧压缩最短时，B 的速度达到最大 B. 当弹簧再次恢复原长时，A 的速度一定向右 C. 当弹簧再次恢复原长时，A 的速度一定小于 B 的速度 D. 当弹簧再次恢复原长时，A 的速度可能大于 B 的速度 【答案】D 6.如图所示，质量为 m 的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁 铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、快速经过时，线圈始终保持不动．则 关于线圈在此过程中受到的支持力 FN 和摩擦力 Ff 的情况，以下判断正确的是( ) A．FN 先大于 mg，后小于 mg B．FN 一直大于 mg C．Ff 先向左，后向右 D．Ff 一直向左 【答案】AD 7.如图所示，有一矩形线圈，面积为 S，匝数为 N，整个线圈的电阻为 r，在磁感应强度为 B 的磁场中，线圈绕 OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为 R，当线圈由图示位置转过 90°的 过程中，下列说法中正确的是( ) A． 磁通量的变化量为ΔΦ＝NBS B． 平均感应电动势为 ＝ C． 电阻 R 所产生的焦耳热为 Q＝ 2 222 )(4 rR RSBN   D． 通过电阻 R 的电荷量为 q＝ 【答案】BCD 8.如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器 T1 和降压变压器 T2 向用户供电，已知输电线的总电阻 R＝10 Ω，降压变压器 T2 的原、副线圈匝数之比为 4∶1， 副线圈与用电器 R0 组成闭合电路，若 T1，T2 均为理想变压器，T2 的副线圈两端电压 u＝ 220 sin 100πt(V)，当用电器电阻 R0＝11 Ω时( ) A． 通过用电器 R0 的电流有效值是 20 A B． 升压变压器的输入功率为 4 650 W C． 发电机中的电流变化频率为 100 Hz D． 当用电器的电阻 R0 减小时，发电机的输出功率减小 【答案】AB 二、实验题(每空 2 分，共 8 分) 9.在“验证动量守恒定律”的实验中： (1)在确定小球落地点的平均位置时通常采用的做法是用圆规画一个尽可能小的圆把所有的 落点圈在里面，圆心即平均位置，其目的是减小实验中的____________(选填“系统误差”或 “偶然误差”)． (2)入射小球每次必须从斜槽上____________滚下，这是为了保证入射小球每一次到达斜槽 末端时速度相同． (3)实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度，但是可以通过仅测量 （填选项前 的符号），间接地解决这个问题． A．小球开始释放高度 h B．小球抛出点距地面的高度 H C．小球做平抛运动的水平位移 (4)入射小球的质量为 m1，被碰小球的质量为 m2，在 m1＞m2 时，实验中记下了 O、M、P、N 四个位置(如图所 示)，若满足________________________(用 m1、 m2、OM、OP、ON 表示)，则说明碰撞中动量守 恒； 【答案】(1)偶然误差 (2)同一位置由静止开始 (3)C (4)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON 三、计算题(共 3 小题,共 44 分) 10．(12 分)图（a）是一理想变压器的电路连接图，图（b）是原线圈两端所加的电压随时间 变化的关系图象，已知电压表的示数为 20V，两个定值电阻的阻值 R 均为 10Ω，则： （1）求原、副线圈的匝数比； （2）将开关 S 闭合，求原线圈的输入功率； 10、【解析】试题分析：（1）由图象知原线圈电压有效值为： 220 2  200 2 V V ，已知电 压表的示数为 20V，根据电压与匝数成正比知原、副线圈的匝数比是： 1 2 10  1 n n  （2）将开关 S 闭合，副线圈总电阻是 5Ω，所以输出功： 2 2 80UP WR   ;输入功率等于输 出功率，所以原线圈的输入功率是 80W． 11．（16 分）如图所示，在水平面上依次放置小物块 A 和 C 以及曲面劈 B,其中 A 与 C 的质 量相等均为 m，曲面劈 B 的质量 M=3m,劈 B 的曲面下端与水平面相切，且劈 B 足够高，各 接触面均光滑。现让小物块 C 以水平速度 v0 向右 运动，与 A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一 起又滑上劈 B。求： （1）碰撞过程中系统损失的机械能； （2）碰后物块 A 与 C 在曲面劈 B 上能够达到的 最大高度。 【答案】（1） 2 0 1 4E mv损 （2） 2 03 40 vh g  11、【解析】试题分析：（1）小物块 C 与 A 发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：mv0=2mv 解得 0 1 2v v ；碰撞过程中系统损失的机械能为 2 2 0 1 1 (2 )2 2E mv m v 损 解得 2 0 1 4E mv损 。 （ 2 ） 当 AC 上 升 到 最 大 高 速 时 ， ABC 系 统 的 速 度 相 等 ； 根 据 动 量 守 恒 定 律 ： 0 1( 3 )mv m m m v   解得 1 0 1 4v v 由能量关系： 2 2 0 0 1 1 1 12 2 ( ) 4 ( )2 2 2 4mgh m v m v     解得 2 03 40 vh g  12.（16 分）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨 MN、PQ 间距为 l＝0.5 m，其电阻不计， 两导轨及其构成的平面均与水平面成 30°角．完全相同的两金属棒 ab、cd 分别垂直导轨放 置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为 0.02 kg，电阻均为 R＝0.1 Ω， 整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B＝0.2 T，棒 ab 在平行于 导轨向上的力 F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒 cd 恰好能保持静止．取 g＝10 m/s2， 问： (1)通过 cd 棒的电流 I 是多少，方向如何？ (2)棒 ab 受到的力 F 多大？ (3)棒 cd 每产生 Q＝0.1 J 的热量，力 F 做的功 W 是多少？ 12、【解析】(1)棒 cd 受到的安培力 Fcd＝IlB① 棒 cd 在共点力作用下平衡，则 Fcd＝mgsin 30°② 由①②式代入数据解得 I＝1 A，方向由右手定则可知由 d 到 c. (2)棒 ab 与棒 cd 受到的安培力大小相等 Fab＝Fcd 对棒 ab 由共点力平衡有 F＝mgsin 30°＋IlB③ 代入数据解得 F＝0.2 N④ (3)设在时间 t 内棒 cd 产生 Q＝0.1 J 热量，由焦耳定律可知 Q＝I2Rt⑤ 设 ab 棒匀速运动的速度大小为 v，则产生的感应电动势 E＝Blv⑥ 由闭合电路欧姆定律知 I＝ ⑦ 由运动学公式知，在时间 t 内，棒 ab 沿导轨的位移 x＝vt⑧ 力 F 做的功 W＝Fx⑨ 综合上述各式，代入数据解得 W＝0.4 J.