重庆市綦江南州中学校2021-2022学年高二下学期期中物理 Word版含解析.docx

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2021-2022学年重庆市綦江南州中学校高二下期期中考试物理试卷（考试总分：100分考试时长：90分钟）一、单选题（本题共计7小题，总分28分）1.如图所示，面积为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势的图是（　　）A.B.CD.【答案】A【解析】【分析】【详解】由题意可知，只有A图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势，而BCD图中均没有导致磁通量变化，故A正确，BCD错误。故选A。2.如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平面上沿同一直线相向运动，A带电荷量为-q，B带电荷量为+2q，下列说法正确的是（　　）A.相碰前两球组成的系统运动过程中动量不守恒B.相碰前两球的总动量随距离的减小而增大C.两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力D.两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统所受的合外力为零【答案】D【解析】 【详解】相碰前后两球受合外力为零，所以运动中动量守恒，故ABC错误，D正确；故选D。3.高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（）A.10NB.102NC.103ND.104N【答案】C【解析】【详解】试题分析：本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m，可以利用动能定理或者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小．设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：，解得：落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103N，故C正确故选C点睛：利用动能定理求出落地时的速度，然后借助于动量定理求出地面的接触力4.如图所示中，L1和L2是两个相同灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同，在开关S接通的瞬间，下列说法正确的是（　　）A.接通时L1先达到最亮，断开时L1后灭B.接通时L2先达到最亮，断开时L2后灭C.接通时L1先达到最亮，断开时L1先灭D.接通时L2先达到最亮，断开时L2先灭【答案】A【解析】【分析】 【详解】接通时由于L自感作用，瞬间等于断路，通过L1的电流等于L2和电阻R的电流之和，所以L1先达到最亮，然后L自感慢慢减弱，通过L1的电流减小，然后熄灭；当断开时，L2瞬间失去电流，而L1和L构成回路，由于L自感，L1会亮一会再灭，故A正确，BCD错误．故选A。5.远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法中正确的是（）A.输电线上的电流变为原来的n倍B.输电线上的电压损失变为原来的C.输电线上的电功率损失变为原来的D.若输电线上的电功率损失不变，输电线路长度可变为原来的倍【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据P=UI可知，输电电压提高到原来的n倍，则输送电流变为原来的，A错误；B．输电线上的电压损失为输送电流变为原来的，则损失的电压变为原来的，B错误；C．输电线上的电功率损失为输送电流变为原来的，则损失的功率变为原来的，C错误；D．因为输送电流变为原来的，要使功率损失不变，电阻要变为原来的n2倍，根据可知，输电线路长度可变为原来的n2倍，D正确。故选D。6.如图所示，一小型电风扇通过理想变压器接到一交流电源上，电风扇的线圈电阻为r，理想变压器原、副线圈的匝数比为n：1，交流电源的电压瞬时值；开关S闭合后，电风扇正常运转且消耗的电功率为P，则（） A.电风扇线圈中交流电的频率为B.电风扇两端的电压的有效值为C.通过电风扇的电流的有效值为D.电风扇的输出功率为【答案】B【解析】【详解】A．交流电的频率A错误；B．原线圈电压的有效值电风扇两端的电压B正确；C．电风扇是非纯电阻用电器，不能使用公式求电流，C错误；D．电风扇中的电流线圈的发热功率电风扇的输出功率 由几式联立可得D错误；故选B。7.如图所示，矩形单匝线圈放置在磁感应强度大小为的匀强磁场中，绕轴匀速转动，转动的周期为的中点和的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，转轴垂直于磁场方向，线圈电阻阻值为，外电阻的阻值也为，从图示位置开始计时，线圈转过时的瞬时感应电流为。则，以下判断正确的是（　　）A.线圈的面积为B.线圈消耗电功率为C.时刻穿过线圈的磁通量为D.时刻线圈中的感应电动势为e【答案】C【解析】【详解】A．线圈转动的角速度为，线圈有一半的面积始终在磁场中转动产生感应电动势，故产生的感应电动势的最大值为形成的感应电流的最大值为故形成的感应电流的瞬时值为 当线圈转过时的瞬时感应电流为I，则有解得故A错误；B．线圈产生的感应电动势的有效值为故形成的电流有效值为故线圈消耗的电功率为故B错误；C．线圈的有效面积为所以有故C正确；D．最大电动势为所以电动势的表达式为故D错误。故选C。二、多选题（本题共计3小题，总分15分）8.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并与B 端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是A.弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B.C与B碰前，C与AB的速率之比为M:mC.C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D.C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动【答案】BC【解析】【详解】A.小车AB与木块C组成系统动量守恒，系统在初状态动量为零，则在整个过程中任何时刻系统总动量都为零，由动量守恒定律可知，弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB与向左运动．故A错误；B.以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：故B正确；CD.系统动量守恒，系统总动量守恒，系统总动量为零，C与油泥沾在一起后，AB立即停止运动．故C正确，D错误．故选BC.9.如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b，当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光，下列说法正确的是（　　）A.原、副线圈匝数比为9:1B.原、副线圈匝数比为1:9C.此时a和b的电功率之比为9:1D.此时a和b的电功率之比为1:9【答案】AD【解析】【分析】考查了理想变压器，电功率的计算【详解】AB．设灯泡的额定电压为,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压为 ，副线圈两端电压为，故，根据，A正确B错误；CD．根据公式可得，由于由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1:9，C错误D正确；10.如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨（电阻不计）匀速滑到a′b′位置，若v1：v2＝1：2，则在这两次过程中（　　）A.回路电流I1∶I2＝1∶2B.产生的热量Q1∶Q2＝1∶4C.通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1D.外力的功率P1∶P2＝1∶2【答案】AC【解析】分析】【详解】A．回路中感应电流为则有故A正确；B．产生的热量为则有故B错误；C．通过任一截面的电荷量为即q与v无关，则有 故C正确；D．由于棒匀速运动，外力的功率等于电路中的热功率，即则有故D错误。故选AC。三、实验题（本题共计2小题，总分15分）11.小明同学在实验室用如图所示的实验装置完成“探究楞次定律”的实验，实验记录如下表∶该同学实验记录中有三处忘记记录了，请你补充完整∶①_____；②_____③_____磁铁放置情况磁铁运动情况电表指针偏转情况N极朝下插入线圈向左偏转S极朝上从线圈中抽出①②从线圈中抽出向右偏转S极朝下插入线圈②【答案】①.向右偏转②.N极朝下③.向右偏转【解析】【详解】从图中可以看出当N 极朝下插入线圈时，穿过线圈的向下的磁通量增加，根据楞次定律，此时感应出向上的磁场，并导致电表指针向左偏转。①[1]当S极朝上从线圈中抽出时，则穿过线圈向下的磁通量减小，根据楞次定律，则应该感应出向下的磁场，所以这时候电表指针向右偏转；②[2]当N极朝下从线圈中抽出时，穿过线圈向下的磁通量减小，根据楞次定律应感应出向下的磁场，电表指针向右偏转；③[3]当S极朝下并插入线圈时，则向上的磁通量增大，则感应出向下的磁场，则电表指针向右偏转。12.如图，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）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，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hB．小球抛出点距地面的高度HC．小球做平抛运动的射程（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是________。（填选项前的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放的高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON（3）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________。[用（2）中测量的量表示]（4）经测定，m1=45.0g，m2=15g，小球落地点的平均位置距O点的距离ON为55.68cm，OP为44.80cm，OM为35.20cm。若碰撞前m1的动量为p1，碰撞后m1的动量为p´1’则p1:p´1’=________。 【答案】①.C②.ADE③.④.14:11【解析】【分析】【详解】（1）[1]根据平抛运动可得水平方向有，，竖直方向有联立可得，，故测出平抛运动的水平位移和小球抛出点距地面的高度可算出小球碰前碰后的速度。据动量守恒有带入化简可得即可以仅测小球平抛运动的水平位移间接解决测小球碰前碰后的速度问题。（2）[2]由（1）可知必须测量小球的质量和碰撞前后平抛运动的水平位移，故接下来用天平测量两个小球的质量m1、m2，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N并测量平抛射程OM、ON。（3）[3]由（1）可得若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为（4）[4]因为动量，故四、计算题（本题共计2小题，总分30分）13.如图所示，一质量的平顶小车，车顶右端放一质量的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量 的子弹以水平速度射中小车左端，并留在车中。子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，取求∶（1）最后小物体与小车的共同速度为多少？（2）小车的最小长度应为多少？【答案】（1）；（2）0.9m【解析】【详解】（1）子弹与车相互作用时间很短，对小车与子弹构成的系统，根据动量守恒定律有对子弹、小车与小物体构成的系统，根据动量守恒定律有解得（2）根据能量守恒定律有解得14.如图所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻。在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r。金属棒与金属导轨接触良好。金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计。求：（1）金属棒匀速运动时回路中电流大小；（2）在时间t内通过回路的电荷量q；（3）求时间t内回路总共产生的热量Q。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）金属棒匀速运动时，恒力F和安培力相等，即解得（2）匀速时解得匀速时的速度为从开始到匀速，利用动量定理得即解得（3）从开始到匀速，利用动量定理得即 解得从开始到匀速列动能定理回路中的焦耳热为解得五、综合题（本题共计1小题，总分12分）15.下列关于分子运动和热现象的说法正确的是（　　）A.当分子间距离减小时，分子间的引力和斥力都增大，但引力增大得更快B.实际气体分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的温度和体积C.一定量的水变成的水蒸气，其分子平均动能不变D.若气体的摩尔质量为密度为，阿伏加德罗常数为，则气体的分子体积为【答案】BC【解析】【详解】A．分子间的引力和斥力都随分子间距离减小而增大，但斥力增大得比引力快，故A错误；B．实际气体分子热运动的平均动能取决于气体的温度，而气体分子间的势能由体积决定来决定，故B正确；C．一定量100℃的水变成100℃的水蒸气，由于温度不变，所以分子平均动能不变，由于吸热，内能增大，则其分子之间的势能增大，故C正确；D．若气体的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数为，则每个气体分子占有的空间体积为，故D错误；故选BC。16.如图所示，有一圆柱形汽缸，上部有一固定挡板，汽缸内壁的高度是2L，一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，开始时活塞处在离底部L高处，外界大气压为1.0×105Pa，温度为27°C ，现对气体加热，求：(1)当加热到127°C时活塞离底部的高度；(2)当加热到427°C时，气体的压强。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)开始加热活塞上升的过程封闭气体作等压变化。设汽缸横截面积为S，活塞恰上升到汽缸上部挡板处时气体温度为，则对于封闭气体，等压变化，根据盖—吕萨克定律可知解得可知当加热到时，活塞没有上升到汽缸上部挡板处，设此时活塞离地高度为，对于封闭气体由可得解得(2)设当加热到427°C时气体的压强变为，在此之前活塞已上升到汽缸上部挡板处，对于封闭气体由 可得代入数据解得