1、内蒙古呼伦贝尔市阿荣旗第一中学2019-2020学年高二物理下学期3月试题（含解析）一、单选题（每题4分，共8个小题，共32分）1. 对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是（）A. 物体的动量发生变化，其动能一定变化B. 物体的动量发生变化，其动能不一定变化C. 物体的动能不变，其动量一定不变D. 物体的动能发生变化，其动量不一定变化【答案】B【解析】【详解】AB物体的动量发生变化，可能是速度的大小不变，方向变化，则其动能不变化，选项A错误，B正确；C物体的动能不变，可能是速度的大小不变，方向变化，则其动量不一定不变，选项C错误；D物体的动能发生变化，则一定是速度大小发生了变化，则其动量
2、一定变化，选项D错误。故选B。2. 质量为1 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度大小变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为（）A. ，方向与原运动方向相反B. ，方向与原运动方向相同C. ，方向与原运动方向相反D. ，方向与原运动方向相同【答案】A【解析】【详解】取初速度方向为正方向，由则可知这段时间内动量变化量的大小为 ，方向与原运动方向相反，故A正确，BCD错误。故选A3. 一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气
3、阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）A. v0-v2B. v0+v2C. D. 【答案】D【解析】【分析】本题考查动量守恒定律【详解】系统分离前后，动量守恒： ，解得： ，故ABC错误；D正确4. 如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为（）A. 向东B. 向东C. 向东D. v1向东【答案】D【解析】【详解】人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和之间的相互作用在竖直方向上，在水平方向上的仍然动量守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为v1，方向向东
4、故选D。5. 两平行金属直导轨水平置于匀强磁场中，导轨所在平面与磁场垂直，导轨右端接两个规格相同的小灯泡及一直流电阻可以不计的自感线圈。如图所示，当金属棒ab正在直导轨水平方向左右运动时，发现灯泡L1比灯泡L2更亮一些。金属棒的运动情况可能是（导轨及金属棒电阻不计）（）A. 向右匀速B. 向左匀速C. 向右减速D. 向左加速【答案】C【解析】【详解】AB. 金属棒ab向左或者向右匀速运动时，金属棒切割磁感线产生的电动势不变，线圈中没有自感电流，灯泡L1与灯泡L2亮度相同，故AB错误；C. 金属棒ab向右减速运动时，由右手定则可知，通过灯泡的电流从上到下，金属棒切割磁感线产生的电动势减小，电阻可
5、以不计的自感线圈产生的自感电流方向向下，与原电流方向相同，通过灯泡L1的电流大于通过灯泡L2的电流，灯泡L1比灯泡L2更亮一些，故C正确；D. 金属棒ab向左加速运动时，由右手定则可知，通过灯泡的电流从下到上，金属棒切割磁感线产生的电动势增大，电阻可以不计的自感线圈产生的自感电流方向向下，与原电流方向相反，通过灯泡L1的电流小于通过灯泡L2的电流，灯泡L2比灯泡L1更亮一些，故D错误。故选C。6. 三个相同的电阻，分别通过如图(甲)、(乙)、(丙)所示的电流，(甲)为正弦式交流电，三个图中的I0和周期T都相同下列说法中正确的是A. 在相同时间内三个电阻发热量相等B. 在相同时间内，(甲)、(丙
6、)发热量相等，是(乙)发热量的一半C. 在相同时间内，(甲)、(乙)发热量相等，是(丙)发热量的2倍D. 在相同时间内，(乙)发热量最大，(甲)次之，(丙)的发热量最小【答案】B【解析】【详解】甲的有效值为：，由可知一个周期内甲的发热量为：；乙前后半个周期电流大小相等，故其发热量为：；丙只有前半个周期有电流，故其发热量为：，故可知在相同时间内，甲丙发热量相等，是乙发热量的，故B正确，ACD错误7. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=1:3，次级回路中连入三个均标有“36V，40W”的灯泡, 且均正常发光，那么, 标有“36V、40W”的灯泡AA 也正常发光B. 将被烧毁C. 比
7、另三个灯暗D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】本题考查理想变压器由题意知副线圈电压由变压器原理原线圈电压所以灯泡A两端的电压也是36V，A也可以正常发光。故选A。8. 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，从中性面开始转动180的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比为( )A /2B. 2/C. 2D. 【答案】B【解析】【详解】由法拉第电磁感应定律可知平均感应电动势为当线圈平面与磁场方向平行时感应电动势最大，峰值为NBS，比值为2/。故选B。二、多项选择题（每题6分，共30分，全选对得6分，漏选得3分，有错误选项得0分）9. 一交流电压为u100sin100t V，由此表达式可知()A.
8、用电压表测该电压其示数为100 VB. 该交流电压的周期为0.02 sC. 将该电压加在100 的电阻两端，电阻消耗的电功率为200 WD. t1/400 s时，该交流电压的瞬时值为100 V【答案】ABD【解析】【详解】AB正弦交变电压的表达式为，对比可知，故电压表显示的是有效值，故其示数为AB正确；C将该电压加在100的电阻两端，电阻消耗的电功率为C错误；D将代入表达式可得D错误。10. 一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势随时间的变化如图所示，则下列说法正确的是（）A. 1时刻通过线圈的磁通量为零B. 2时刻通过线圈的磁通量最大C. 3时刻通过线圈的
9、磁通量的变化率的绝对值最大D. 每当电动势变化方向时，通过线圈的磁通量的绝对值最大【答案】D【解析】【详解】A由图可知，t1时刻线圈的感应电动势最小为零，则磁通量的变化率为零，此时线圈平面处于中性面，所以通过线圈的磁通量最大，故A错误；B由图可知，t2时刻线圈的感应电动势最大，则线圈平面与中性面垂直，则磁通量最小为零，故B错误；C由图可知，t3时刻线圈的感应电动势最小为零，则磁通量的变化率最小为零，故C错误；D每当电动势变化方向时，线圈与磁场垂直，线圈平面处于中性面，磁通量最大，故D正确。故选D。11. 如图是一个理想变压器，K为双向电键，P是滑动变阻器滑动触头，U1为加在原线圈两端电压，I1
10、为原线圈上电流，则（）A. 保持U1及P的位置不变，K由a合向b时，I1将增大B. 保持U1及P的位置不变，K由b合向a时，R消耗的功率减小C. 保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将减小D. 保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将减小【答案】ABC【解析】【详解】A保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据得I1将增大，A正确；B保持U1及P的位置不变，K由b合向a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，所以R消耗的功率变小，B正确；C保持U1不变，K合在a处，使P上滑时，R增大，
11、而电压不变，所以副线圈电流变小，电流与匝数成反比，可知I1将减小，C正确；D保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，电流与匝数成反比，可知I1将增大，D错误。故选ABC12. 一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，说法正确的是（）A. 小球的机械能守恒B. 小球的机械能不守恒C. 球、车系统的机械能守恒D. 球、车系统的动量守恒【答案】BC【解析】【详解】AB小球由静止释放过程中，绳子拉力对小球做功，小球机械能不守恒，故A错误，B正确；C小球与小车系统在整个过程中只有重力做功，
12、系统机械能守恒，故C正确；D当小球向下摆动的过程中，竖直方向具有向上的分加速度，小车和小球整体处于超重状态，地面对小车的支持力大于小车和小球的总重力，整体所受的合力不为零，则系统的总动量不守恒，故D错误。故选BC。13. 光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时（）A. A、B系统总动量仍然为mvB. A的动量变为零C. B的动量达到最大值D. A、B的速度相等【答案】AD【解析】【详解】AA、B组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，初始时总动量为mv；弹簧被压缩到最短时，A、B系统总动量仍为mv，故A项正
13、确；BCDA在压缩弹簧的过程中，B做加速运动，A做减速运动，两者速度相等时，弹簧压缩量最大，然后B继续加速，A继续减速，所以弹簧压缩最短时，B的动量未达到最大值弹簧被压缩到最短时，A、B的速度相等，A的动量不为零，故BC两项错误，D项正确。故选AD。三、填空题：（每空3分，共18分）14. 如图所示，线圈的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1，外接电阻R=9，匀强磁场的磁感应强度为B=T，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，若从线圈处于中性面开始计时，则线圈中感应电动势的瞬时值表达式为_，线圈转了s时电动势的瞬时值为_，电路中流过电阻R的电流的峰值是_。【答案】 (1). e50
14、sin10tV (2). 25V (3). 5A【解析】【详解】1线圈转动的角速度则感应电动势的最大值则从中性面开始计时，感应电动势的瞬时表达式2当s时3电流的峰值为15. 质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止的小球B发生正碰，碰后A球速度大小变为原来的，那么小球B的速度可能值为_或_。【答案】 (1). v0 (2). v0【解析】【详解】12取碰撞前A的速度方向为正方向，若碰撞后，A球的速度方向与原来相同时，速度为，根据动量守恒定律得解得若碰撞后，A球的速度方向与原来相同时，速度为，根据动量守恒定律得解得16. 如图所示，理想变压器的原线圈的输入电压u220sin(1
15、00t) V，原、副线圈的匝数比为n1n2101电阻R的阻值为100 ，则1 s内电阻R上产生的焦耳热为_ 。【答案】1.21 J【解析】【详解】根据解得根据副线圈接有二极管，所以只有一半时间有电流通过电阻，则1s内电阻R上产生的焦耳热为四、计算题：（每题10分，共20分）17. 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)求B与C碰撞过程中的能量损失。【答案】(1)6m/s；(2)13.
16、5J【解析】【详解】(1)设A、B碰撞后A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B、C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A、B有mAv0=mAvAmBvB对B、C有mBvB=(mBmC)v由于A与B间距离保持不变，则vA=v代入数据解得v=vA=3m/s，vB=6m/s(2)B与C碰撞前，BC系统的总动能碰撞后BC系统的总动能整个过程损失的能量解得18. 一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500 kW，路端电压为500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为15，两变压器间输电线的总电阻为1.5 ，降压变压器的输出电压为2
17、20 V，不计变压器能量损耗，求：(1)升压变压器的副线圈两端电压；(2)输电导线上的功率损失；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比；(4)用户得到的功率【答案】(1)2500V (2)60kW (3)10:1 (4)440kW【解析】（1）升压变压器的副线圈两端电压U2=U1=5500V=2500V（2）输电导线上的电流： 输电导线上的功率损失：P=I2R=20021.5=60000W（3）输电线上的电压损耗：U=IR=2001.5=300V降压变压器原线圈的电压：U3=U2-U=2500-300=2200V降压变压器原、副线圈的匝数比：（4）用户得到的功率：P4=P1-P=500103W-60000W=440000W=440KW点睛：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流