宁夏育才中学勤行校区2020学年高二物理3月月考试卷（含解析）

PAGE宁夏育才中学2020-2勤行学区第一次月考高二物理试卷一、选择题（每题4分，共64分.其中1-10题为单项选择，每题所给出的四个选项中只有一个是正确的；11-16题为多选题，每题所给出的四个选项中至少有两个 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 是正确的，全选对得4分，选对但选不全得2分，选错或不选得0分）1.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是()A.线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B.线圈每转动一圈，感应电流方向就改变一次C.线圈平面经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D.线圈每转动一圈，感应电动势和感应电流方向都要改变一次【答案】B【解析】线圈在中性面时，磁通量变化率为零，磁通量最大，所以感应电流最小为零，电流方向发生变化，感应电动势方向发生变化，所以线圈每转动一周，要经过两次中性面，所以电流方向要改变两次，C正确。2.在相等的时间内动量的变化相等的运动有(　)A.匀速圆周运动B.自由落体运动C.平抛物体运动D.匀减速直线运动【答案】BCD【解析】【详解】A：匀速圆周运动物体，所受合外力指向圆心，合外力为变力；据动量定理可得，合外力为变力时，任意相等时间内，物体动量变化不相等。B：自由落体运动物体，只受重力，所受合外力为恒力；据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等。C：平抛运动物体，只受重力，所受合外力为恒力；据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等。D：匀减速直线运动物体，所受合外力为恒力；据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等。综上，任意相等时间内，物体动量变化不相等的是A项。3.质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图所示，则铁球落入砂车后，砂车将(　　)A.立即停止运动B.仍匀速运动，速度仍为v0C.仍匀速运动，速度小于v0D.做变速运动，速度不能确定【答案】C【解析】解：小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小车初速度方向为正，根据动量守恒：Mv0=（m+M）v得：v=．即小车仍匀速运动，速度小于v0．故C正确，ABD错误．故选：C【点评】本题考查动量守恒定律的应用，该题中，由于作用的时间短，动量守恒也可以只是水平方向上．4.在下图中，不能产生交变电流的是(　)A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】矩形线圈绕着垂直于磁场方向的转轴做匀速圆周运动就产生交流电，而A图中的转轴与磁场方向平行，线圈中无电流产生，所以选A，而BCD三种情形在旋转得时候线框得磁通量发生变化，因此有交流电。5.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中．通过线圈内的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是(　　)A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C.t2、t4时刻线圈中磁通量最大D.t2、t4时刻线圈中感应电动势最小【答案】B【解析】t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ的绝对值最大，磁通量变化率＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D错误6.停在静水中的船质量180kg，长12m，船头连有一块木板，不计水的阻力和木板跟岸间摩擦，当质量为60kg的人从船尾走到船头，并继续由木板走到岸上时，木板至少应多长(　　)A.3mB.4mC.5mD.6m【答案】B【解析】【详解】人在船上向船头走去的过程，人和船组成的系统动量守恒，因此人在行走的任何时刻都有，因任何时刻都成立，因此当人和船的速度都为平均速度也成立，即，两边同时乘t，则有，代入数据得，又，联立可得木板长4m，因此选B7.如图所示是一交变电流的i﹣t图象，则该交变电流的有效值为（）A.4AB.2AC.AD.A【答案】D【解析】设交流电电流的有效值为I，电阻为R．周期为，根据热效应得：，解得：，故选D.【点睛】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路。当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A1的读数为12mA，那么安培表A2的读数为A.0B.3mAC.48mAD.与R大小有关【答案】A【解析】由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即安培表的读数为0，故选项A正确，BCD错误。点睛：变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题。9.将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示．在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统(　　)A.动量守恒B.水平方向动量守恒C.最后P和Q一定都静止在水平面上D.最后P和Q以一定的速度共同向右运动【答案】B【解析】【详解】P沿斜面向下做减速运动，系统竖直方向合外力不为零，系统动量不守恒，故A错，由于系统在水平方向的合外力为零，所以水平方向动量守恒，B对，由于P开始有一初速度，系统在水平方向有一向左的初动量，最后PQ相对静止，又以一定的速度共同向左运动，CD都错。10.在光滑水平面上有A、B两球，其动量大小分别为10kg·m/s与15kg·m/s，方向均为向东，A球在B球后，当A球追上B球后，两球相碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为：A.10kg·m/s，15kg·m/sB.8kg·m/s，17kg·m/sC.12kg·m/s，13kg·m/sD.－10kg·m/s，35kg·m/s【答案】D【解析】由题意A、B两球动量分别为与，且A球能追上B球并发生碰撞可知，A球的初速度大于B球的初速度，则知A球的质量小于B球的质量，碰撞前的总动量为；A、两球发生碰撞时，由于有相互作用力存在，两球的动量都要发生改变，故A错误；B、总动量满足守恒，A球的质量小于B球的质量，碰撞后A的速度变小、B的动量变大，故BC正确；D、碰撞后的总动量为，动量守恒定律．碰前总动能；碰撞后总动能为，动能增加，违反能量守恒定律，故D错误。点睛：这题主要考查动量守恒条件的应用，根据碰撞过程三大规律进行分析：动量守恒；总动能不增加；符合运动规律进行判断。11.A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知mA>mB，当两球相碰后．其中一球停止，则可以断定A.碰前A的动量等于B的动量B.碰前A的动量大于B的动量C.若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量D.若碰后B的速度为零，则碰前A的动量小于B的动量【答案】D【解析】 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 分析：两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA-mBvB=mAvA′+mBvB′，如果碰撞前A的动量等于B的动量，碰撞后两者速度都等于零，故A错误；若碰后A的速度为零，则碰撞后B反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与A的动量方向相同，则碰撞前A的动量大于B的动量；若碰后B的速度为零，则碰撞后A反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与B的动量方向相同，则碰撞前A的动量小于B的动量；由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A的动量大于B的动量，也可能是：碰撞前A的动量小于B的动量，故B错误，CD正确；故选CD。考点：动量守恒定律【名师点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，考查了两球碰撞前动量大小关系，应用动量守恒定律即可正确解题，本题难度不大。12.如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动。当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(　　)A.线圈中的电流最大B.穿过线圈的磁通量为零C.线圈所受的安培力最大D.线圈中的电流为零【答案】CD【解析】t＝＝，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误；由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确13.如图所示，把电阻R、电感线圈L、电容器C并联，三个支路中分别接有一灯泡．接入交流电源后，三盏灯亮度相同．若保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率增大，则以下判断正确的是(　　)A.L1灯比原来亮B.L2灯比原来亮C.L3灯和原来一样亮D.L3灯比原来亮【答案】BC【解析】因接入交流电后，三盏灯亮度相同，又因电感线圈对交流电的阻碍作用与交流电的频率成正比，电容对交流电的阻碍作用与交流电的频率成反比，故当交流电频率增大时，电感线圈L的阻碍作用增大，电容对交流电的阻碍作用变小，电阻R的阻碍作用不变，故与L相连的灯泡L1将变暗，与电容C连接的灯泡L2变亮，与R相连接的灯泡L3亮度不变，故B、C正确。14.一理想变压器原、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50HzB.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【答案】AD【解析】【详解】变压器不改变电压的频率，副线圈中的电压频率等于原线圈中的电压频率为，因此A对；由代入数据可得副线圈得电压有效值为V，B错误；P向右移动时，原副线圈的电流比不变，故C错，而输出电路中电压不变，电阻减小，电流增大，输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率，输入功率也增大，故D正确。15.在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输出电压增大C.输电线上损耗的功率增大D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【答案】CD【解析】试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误．B、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据P=UI可输电线上的电流I线增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的初级电压减小，则降压变压器的输出电压减小，故B错误．根据P损=I线2R，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故C正确．根据，则有：；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大．故D正确．故选CD。考点：远距离输电【此处有视频，请去附件查看】16.长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体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所示，则下列说法正确的是(　　)A.木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为1mD.A、B间的动摩擦因数为0.1【答案】CD【解析】从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s，由可得木板A的获得的动能为1J，A错误；系统损失的机械能，代入数据得，B错误；由图象可知物体B的位移为1.5m，木板A的位移为0.5m，所以木板最小长度为1m，C正确；由图象可知木板A的加速度为1m/s2，根据得出动摩擦因数为0.1，D正确．二、填空题(每小题2分，共14分。)17.一理想变压器，原线圈匝数n1＝1100匝，接在电压为220V的交流电源上。当它对11只并联的“36V60W”的灯泡供电时，灯泡正常发光。由此可知该变压器副线圈的匝数n2＝______，通过原线圈的电流I1＝______A。【答案】(1).180匝(2).3【解析】【详解】（1）副线圈11只灯时并联，因此副线圈两端电压为36V，原线圈的电压为220V，有代入数据得（2）原副线圈得功率一样，由代入数据得18.某同学利用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．(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，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；把滑块2放在气垫导轨的中间；⑤先接通打点计时器的电源，再放开滑块1，让滑块1带动纸带一起运动；在中间与滑块2相撞并粘在一起运动；⑥取下纸带，重复步骤④⑤，选出理想的纸带如图(b)所示；⑦测得滑块1的质量310g，滑块2(包括橡皮泥)的质量205g．(2)已知打点计时器每隔0.02s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).0.620(2).0.618(3).纸带与打点计时器限位孔存在摩擦力【解析】(2)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：，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s.碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：.(3)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．【点睛】本实验为了验证动量守恒定律设置滑块在气垫导轨上碰撞，用打点计时器纸带的数据测量碰前和碰后的速度，计算前后的动量，多次重复，在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．三、计算题（共3题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式或重要的演算步骤，只写出最后答案不得分。有单位的数值，答案必须写出单位。）19.（10分）如图所示，三个质量分别为3kg、1kg．1kg的木块A．B、C放置在光滑水平轨道上，开始时B、C均静止，A以初速度v0=5m/s向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．①求B与C碰撞前B的速度大小；②若A与B的碰撞时间约为0.01s，求B对A的作用力F．【答案】①vB=6m/s②F=﹣600N，负号说明方向向左【解析】试题分析:①设AB碰撞后A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，BC碰撞后一起运动的速度为v，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律，对AB有：mAv0=mAvA+mBvB对BC有：mBvB=（mB+mC）v由于A与B间的距离保持不变，则vA=v代入数据解得：vA=3m/s，vB=6m/s②选择水平向右为正方向，根据动量定理得：Ft=mAvA﹣mAv0解得F=﹣600N，负号说明方向向左．考点：本题考查了动量定理，动量守恒定律。20.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v0/2射出.重力加速度为g.求：（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。【答案】(1)(2)【解析】试题分析：（1）设子弹穿过物块后物块的速度为V，由动量守恒得mv0=m+MV①解得②系统的机械能损失为ΔE=③由②③式得ΔE=④（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s,则⑤s=Vt⑥由②⑤⑥得S=⑦考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．点评：本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．【此处有视频，请去附件查看】21.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，角速度为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°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)转动一周外力做的功；(6)周期内通过R的电荷量．【答案】(1)3.14V　(2)1.57V　(3)2.6V　(4)1.78V(5)0.99J　(6)0.0866C【解析】【详解】(1)感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100×0.5×0.12×2πV＝3.14V.(2)转过60°时的瞬时感应电动势：e＝Emcos60°＝3.14×0.5V＝1.57V.(3)通过60°角过程中产生的平均感应电动势：E＝V≈2.6V.(4)电压表示数为外电路电压的有效值：U＝＝1.78V.(5)转动一周外力所做的功等于电流产生的热量：W＝Q＝＝0.99J.(6)1/6周期内通过电阻R的电荷量：＝0.0866C.答案：(1)3.14V　(2)1.57V　(3)2.6V　(4)1.78V　(5)0.99J　(6)0.0866C