1、北京市通州区2019-2020学年高二物理下学期阶段练习试题（含解析）第卷（选择题共39分）一、选择题（共13道题，均为单选题；每题3分，共39分）1.下列物理量中属于标量的是（）A. 动量B. 电场强度C. 磁感应强度D. 电流【答案】D【解析】【详解】即有大小又有方向，相加时遵循平行四边形定则的物理量是矢量，如力、速度、加速度、位移、动量等都是矢量；只有大小，没有方向的物理量是标量，如路程、时间、质量等都是标量。动量，电场强度，磁感应强度有大小和方向，且相加遵循平行四边形定则，是矢量。电流有大小和方向，但电流相加不满足平行四边形定则，是标量，故ABC错误，D正确。故选D。2.冲量的单位是（
2、）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】AB冲量的计算公式的单位是，的单位是，故冲量的单位是，故A正确，B错误；CD根据动量定理可知，冲量等于动量的变化量，故冲量的单位与动量单位相同，因为动量的计算公式是的单位是，的单位是，故冲量的单位也为，故CD错误。故选A。3.在远距离输电中，为了减少输电过程中电能的损失，下列说法正确的是（）A. 提高输电功率B. 增大输电线中电流C. 提高输电电压D. 增大输电线的电阻【答案】C【解析】【详解】由公式，可得故可知，减小输电功率，减小输电线中的电流，减小输电线的电阻，提高输电电压能减小输电过程中电能的损失，故ABD错误，C正确。故选C。
3、4.体操运动员在落地时总要屈腿，这是为了减小（）A. 落地时的动量B. 落地过程中动量的变化量C. 落地过程中地面的作用力D. 落地过程所需时间【答案】C【解析】【详解】体操运动员落地时的动量一定，在落地的过程中，动量变化一定，由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；由I=Ft可知体操运动员在着地时屈腿是延长时间t，可以减小运动员所受到的平均冲力F，故C正确，ABD错误。故选C。5.甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反的方向滑去。已知甲推乙之前两人的总动量为0，甲的质量为45kg，乙的质量为50kg。关于甲推乙后两人的动量和速率，下列说法正确的是（）A. 两人的总动量大于0B.
4、两人总动量等于0C. 甲、乙两人的速率之比为1：1D. 甲、乙两人的速率之比为9：10【答案】B【解析】【详解】AB甲、乙两人组成的系统动量守恒，甲推乙之前两人的总动量为0，甲推乙后两人的动量也为0，故A错误，B正确；CD甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得甲、乙的速率之比故CD错误。故选B。6.用如图所示的实验装置探究感应电流产生的条件。线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。下列几种情况下线圈B中没有电流产生的是（）A. 开关闭合瞬间B. 开关断开瞬间C. 开关闭合时，滑动变阻器
5、不动D. 开关闭合时，拔出线圈A瞬间【答案】C【解析】【详解】A当闭合开关瞬间，穿过线圈A的磁通量在增大，则线圈B的磁通量也在增大，导致电流表有感应电流，故A不符合题意；B当开关断开的瞬间，A中磁场减小，故B中磁通量减小，导致电流表中有感应电流，故B不符合题意；C开关闭合时，滑动变阻器的滑片不动，A中磁场不变，故B中磁通量也不变，因此电流表没有感应电流，故C符合题意；D开关闭合时，拔出线圈A瞬间，线圈B中的磁通量变小，则线圈B中产生了感应电流；故D不符题意。故选C。7.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为41，原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的电阻电流表、电压表均为理想电表下列说法正确
6、的是 （ ）A. 原线圈的输入功率为B. 电流表的读数为4.0 AC. 电压表的读数为D. 副线圈两端交流电的周期为50 s【答案】C【解析】【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等；再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，即可求得结论【详解】A、由题意知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为4:1，由U1：U2=n1：n2，可得：U2=55V，由输入功率和输出功率相等可得，原线圈中的输入功率为：P入=P出=55W，故A错误；B、副线圈的电流为：I2=U2/R=55/55A=1A，由I1: I2= n2: n1可得：I1=0.25A，
7、即电流表的读数为0.25A，故B错误；C、电压表的读数为副线圈电压的有效值，即为：U=55.0V，故C正确；D、由可知，=100，又由=2/T，解得：T=0.02s，变压器不改变周期，所以副线圈两端交流电的周期为0.02s，故D错误故选C8.一矩形线圈绕垂直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e随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（）A. 时刻通过线圈的磁通量最大B. 时刻通过线圈的磁通量最大C. 时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D. 时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值为0【答案】A【解析】【详解】AC由图可知，t1、t3时刻线圈的感应电动势最小（零），则磁通量的
8、变化率也为零，所以通过线圈的磁通量为最大，故A正确，C错误；BD由图可知，t2、t4时刻线圈的感应电动势最大，故磁通量的变化率也最大，通过线圈的磁通量最小，故BD错误。故选A。9.如图所示为演示自感现象电路图，L是电感线圈，且电阻不为零。实验时，断开开关S瞬间，下列说法正确的是（）A. 灯A立即熄灭B. 线圈L中电流增大C. 线圈L中电流方向与原来相反D. 灯A中电流方向向左【答案】D【解析】【详解】开关S闭合稳定状态时，当开关断开后灯泡中原电流立即完全消失，而线圈由于由自感作用阻碍其自身电流的减小，故线圈与灯泡组成回路，其电流IL逐渐减小，方向不变，灯泡中由原来的电流I变为电流IL，逐渐熄灭
9、，流过灯泡的电流的方向向左；故D正确，ABC错误。故选D。10.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块A，并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()A. 动量守恒、机械能守恒B. 动量守恒、机械能不守恒C. 动量不守恒、机械能守恒D. 动量、机械能都不守恒【答案】B【解析】分析】根据系统动量守恒的条件:系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒。根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒。【详解】子弹击中木块A及弹簧被压缩的整个过程，系统在水平方向不受外力作用，系统动量守恒，但是
10、子弹击中木块A过程，有摩擦力做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B正确，ACD错误。故选B。11.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。导轨间距为L，在导轨上垂直放置根金属棒MN，与导轨接触良好，电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速动。则导体棒运动过程中（）A. 金属棒中的电流方向为由M到NB. 电阻R两端的电压为C. 电路中电流大小为D. 金属棒受到的安培力大小为【答案】D【解析】【详解】A由右手定则判断得知金属棒中的电流方向为由到，故A错误；BC产生的感应电动势为回路中的感应电流大小为
11、则电阻两端的电压为故BC错误；D金属棒受到的安培力大小为故D正确。故选D12.如图所示金属棒MN，金属棒中的自由电荷为电子。电子随着导体棒以速度v向右匀速运动，同时沿着导体棒以速度匀速运动。下列说法正确的是（）A. 电子受到的总洛伦兹力为B. 电子受到的总洛伦兹力为C. 非静电力是电子受到的沿棒方向的洛伦兹力，大小为D. 非静电力是电子受到的沿棒方向的洛伦兹力，大小为【答案】C【解析】【详解】AB自由电荷受洛伦兹力如图所示沿棒方向的洛伦兹力垂直棒方向的洛伦兹力故电子受到的总洛伦兹力为故AB错误；CD做正功，将正电荷从端搬运到端，相当于电源中的非静电力，宏观上表现为“电动势”，使电源的电能增加；
12、大小为，故C正确，D错误。故选C。13.变压器上的原、副线圈之间并没有导线直接连接，却将电能从原线圈的电路输送到副线圈的电路。在无线充电技术中，其中一种就是基于变压器的原理产生的，只不过变压器场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。如图所示是无线充电器正在对手机进行无线充电。下列说法合理的是（）A. 在变压器原、副线圈上不存在能量的转化B. 在变压器原线圈上电场能转化成磁场能C. 手机必须与无线充电器贴合才能进行无线充电D. 用无线充电器给手机充电的过程中是没有能量损耗的【答案】B【解析】【详解】AB无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，在变压器原线圈上把电场能转化为磁场能，在副线
13、圈上把磁场能转化为电场能，故A错误，B正确；C当受电线圈没有对准供电线圈（二者没有完全重合）时，也有变化的磁场通过受电线圈引起磁通量变化，也可以进行无线充电，故C错误；D用无线充电器给手机充电的过程中是有能量损耗的，有一小部分磁场能在空间中耗散，故D错误。故选B。第卷（非选择题共61分）二、实验题（共1道小题，共15分）14.用如图所示的实验装置验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）若球1的质量为，半径为；球2的质量为，半径为，为完成实验需满足_（选填字母代号）ABCD（2）图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让球1多次从斜轨上A点由静止释放，找
14、到平均落地点的位置，应该是_点（选填“M”“P”或者“N”）（称为操作一）。然后，把球2静置于轨道的水平部分边缘位置B点，再将球1从斜轨上A点由静止释放，使它们碰撞，重复多次，并找到碰撞后球1和球2落点的平均位置,分别是_点（选填“M”“P”或者“N”）和_点（选填“M”“P”或者“N”）（称为操作二）（3）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量_。（选填字母代号）AP点到O点的距离OPBM点、N点到O点的距离OM、ONC球1和球2的直径D球1和球2的质量E球1开始释放的高度hF球抛出点距地面的高度H（4）若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示_（用（3）中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰
15、撞，那么还应满足的表达式为_（3）中测量的量表示）（5）在调节实验装置时，使固定在桌边的斜轨末端的切线水平是为了_。（6）如果在进行操作二时，球1从斜轨上开始滚下的位置比操作一时低一些，实验将会得到怎样的结果？说明道理_。【答案】 (1). C (2). P (3). M (4). N (5). ABD (6). (7). (8). 保证小球做平抛运动 (9). 如果在进行操作二时，球1从斜轨上开始滚下的位置比操作一时低一些，那么碰撞前球1的动量就会比操作一中球1获得的动量小，所以碰撞后球1、球2的总动量小于操作一中球1的动量，即【解析】【详解】（1）1此实验中为防止入射球反弹，要求入射球的质
16、量大于被碰球的质量；为保证两球正碰，则两球半径应该相等；故选C；（2）234不放被碰球时，入射球1的落点应该是P点。放上被碰球2后然后，球1的落点是M点球2的落地点是N点；（3）5要验证动量守恒定律定律，即验证小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得 得因此实验需要测量：P点到O点的距离OP， M点、N点到O点的距离OM、ON以及球1和球2的质量，故选ABD；（4）67由（3）可知，若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为如果碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得两边同时乘以t2得 整理得（5）8在调节实验装置时，使固定在
17、桌边的斜轨末端的切线水平是为了保证小球做平抛运动。（6）9如果在进行操作二时，球1从斜轨上开始滚下的位置比操作一时低一些，那么碰撞前球1的动量就会比操作一中球1获得的动量小，所以碰撞后球1、球2的总动量小于操作一中球1的动量，即。三、计算题（共5道题，共46分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。有数字计算的题，取，答案必须明确写出数值和单位。15.如图所示，用0.5kg的铁锤钉钉子，打击前铁锤的速度为4m/s打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.01s。铁锤所受重力不可忽略。求：（1）铁锤打击钉子这段时间内动量变化量的大小；（2）钉子对铁锤的平均作用力f的大小。【答案】（1）；
18、（2）【解析】【详解】（1）设竖直向下为正方向所以铁锤动量变化量大小为。（2）根据动量定理解得16.如图甲所示，在垂直纸面向里的匀强磁场中有一个金属环，金属环平面与匀强磁场垂直。金属环的面积，电阻。穿过金属环平面的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。求：（1）金属环中产生的感应电动势E的大小。（2）金属环电阻消耗的电功率P。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律（2）金属环电阻消耗的电功率17.在光滑水平地面上，有一个质量为m、速度为v的小球A跟质量为3m的静止小球B发生正碰。（1）若碰撞是弹性的，求碰撞后小球A的速度；（2）若碰撞是非弹性的，请论证：碰撞后小
19、球B的速度可能是0.6v吗？【答案】（1）；（2）不可能【解析】【详解】（1）设速度v的方向为正方向，碰后小球B的速度为；根据动量守恒定律因为碰撞是弹性的，所以系统机械能守恒上述两式联立得所以碰撞之后小球A速度大小为0.5v，方向与v相反；（2）如果碰撞之后小球B的速度根据动量守恒定律求得碰撞之前系统的总机械能为碰撞之后系统的总机械能为通过比较，这是不可能的，所以碰撞后小球B的速度不可能是0.6v。18.如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一个矩形线圈abcd绕其竖直中心轴逆时针匀速转动。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环（集流环）焊接在一起，并通过电刷和一个电阻为R的定值电阻相连接。已知，
20、矩形线圈abcd的边长，匝数为N线圈电阻为r，转动的角速度为，磁感应强度大小为B。（1）若从中性面开始计时，经过时间t，请推导该时刻线圈abcd中产生感应电动势e的大小；（2）求从图中线圈平面与磁场垂直位置开始线圈abcd转过90的过程中，通过电阻R的电量q。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）如答题图所示是矩形线圈在磁场中运动的俯视图。矩形线圈在磁场中转动时，ab、cd两边切割磁感线产生感应电动势。从中性面开始计时，在t时刻，线圈转过的角度，此时ab、cd两边转动的线速度此时，ab边上产生的感应电动势其中所以同理cd边上产生的感应电动势所以线圈abcd中产生感应电动势的（2）设线圈转
21、过90所用的时间为，这个过程中通过电阻R的电量联立得19.光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平地面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上，如图所示。开始时cd棒静止，ab棒以初速度沿导轨向右运动。随后cd棒也运动起来，两棒始终未能相碰，忽略金属棒中感应电流产生的磁场。已知两根金属棒的质量均为m。求：(1)cd棒最终获得的动能；(2)从ab棒以初速度v0开始运动，到ab、cd棒达到最终状态过程中，电路中产生的焦耳热Q。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)ab棒以初速度沿导轨向右运动，切割磁感线产生感应电动势，电路中产生感应电流，ab棒受到的安培力作用使ab棒做减速运动。cd棒受到安培力的作用开始做加速运动，cd棒也切割磁感线，使电路中电流减小，直到ab棒和cd棒速度相同，电路电流减为零；在这个过程中ab棒和cd棒组成的系统所受到的合外力始终为零，所以系统动量守恒，根据动量守恒定律得故cd棒最终获得的动能(2)根据能量守恒得
