1、高二物理试题一、选择题（1-8小题为单选题，9-12小题为多选题。每小题4分，共48分）1.一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示由图可知该交变电流 （ ）A. 周期为0.125sB. 电压的有效值为10 VC. 电压的最大值为20 VD. 电压瞬时值的表达式为u=20sin4t（V）【答案】C【解析】【详解】由图像可知，交流电周期为0. 25s，选项A错误；电压的最大值为20 V，电压的有效值为，选项C正确，B错误；，则电压瞬时值的表达式为u=20sin8t（V），选项D错误.2.如图，一质量为2kg的物体放在光滑的水平面上，处于静止状态，现用与水平方向成60角的恒力F=10N作用于物
2、体上，历时5s，则（）力F对物体的冲量大小为50Ns 力F对物体的冲量大小为25Ns 物体的动量变化量为25kgm/s 物体所受合外力冲量大小为25NsA. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】力F对物体的冲量大小：I=Ft=105Ns=50Ns，故正确，错误根据动量定理得，物体受到的合外力的冲量为：Fcos60t，由动量定理可知：Fcos60t=p，则合外力的冲量及动量的变化量为：p=100.55kgm/s=25kgm/s，故正确，故C正确，ABD错误；故选C3.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=Umsint，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器V1和V2是理想交流电压表，
3、示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示下列说法正确的是（）A. 和表示电流的瞬时值B. 和表示电压的最大值C. 滑片P向下滑动过程中，不变、变大D. 滑片P向下滑动过程中，变小、变小【答案】C【解析】【详解】在交流电中电表显示的都是有效值，故AB错误；滑片P向下端滑动过程中，电阻减小，电压不变即U2不变，则I2变大，输出功率变大，输入功率变大，输入电压不变，所以I1变大，故C正确，D错误4.长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人（可视为质点），某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那这段距离为（布
4、与水平地面间的摩擦不计）A. LB. C. D. 【答案】C【解析】设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则：mv1+Mv2=0，设人从右端到达左端时间为t，则有：mv1t+Mv2t=0，化简为mx1=Mx2，由空间几何关系得：x1+x2=L，联立解得车的位移为：，故C正确，ABD错误5.如图（甲）怕示，理想变压器原副线圈的匝数比为，是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除以外其余电阻不计从某时刻开始单刀双掷开关掷向，在原线圈两端加上如图（乙）所示交变电压，则下列说法中正确的是（ ）A. 该交变电压瞬时
5、值表达式为B. 滑动变阻器触片向上移，电压表示数不变，电流表的示数变大C. 时，电压表的读数为D. 单刀双掷开关由扳到，电压表和电流表的示数都变大【答案】D【解析】【详解】A由图象知电压峰值为，角速度则该交变电压瞬时值表达式为故A项错误B副线圈的电压由匝数比和输入电压决定，伏特表的示数不变，滑动变阻器触片向上移，电阻变大，电路中电流变小，安培表示数减小故B项错误C电压表的读数为副线圈电压的有效值，由图知据，解得电压表的读数为，故C项错误D单刀双掷开关由扳向，原线圈匝数减小，原副线圈的匝数比变小，副线圈两端电压增大，副线圈中电流增大，则伏特表和安培表的示数均变大故D项正确故选。6.图甲是线圈在匀
6、强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的交变电压图象将该电压加在图乙中理想变压器的M、N两端变压器原、副线圈匝数比为5：1，电阻R的阻值为2，电流表、电压表均为理想电表下列说法不正确的是A. 电流表的示数为2AB. 线圈转动的角速度为50radsC. 流过灯泡的电流方向每秒钟改变50次D. 0.01s时穿过线圈的磁通量最大【答案】D【解析】【详解】原线圈的电压的有效值为=100V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为：；副线圈上的电流：，由电流与匝数成反比得，所以电流表读数为2A，故A正确根据图象可以知道，交流电的周期是0.04s，由，故B正确；交流电的周期是0.04s，在每一个周期内
7、交流电的方向改变2次，所以流过灯泡的电流方向每秒钟改变次数：次，故C正确由图象可知，在t=0.01s时，电压最大，此时是磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，故D错误；此题选择错误的选项，故选D.7.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中A. 小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B. 小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒C. 小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D. 在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反【答案】D【解析】【详解】小球与小车组成的系统在水平方向不受外力
8、，竖直方向所受外力不为零，故系统只在在水平方向动量守恒，故A、B错误；由于水平方向动量守恒，小球向左摆到最高点，小球水平速度为零，小车的速度也为零，故C错误；系统只在在水平方向动量守恒，且总动量为零在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反故D正确8.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是()A. 子弹射入木块后的瞬间，速度大小为B. 子弹射入木块后瞬间，绳子拉力等于(Mm0)gC. 子弹射入木块后的瞬间，环对轻杆的压力
9、大于(Mmm0)gD. 子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒【答案】C【解析】子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块系统的动量守恒，则m0v0=(M+m0)v1，解得速度大小为，选项A错误；子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律可得可知绳子拉力大于，选项B错误；子弹射入木块后的瞬间，对子弹、木块和圆环整体：N=T+mg (M+m+m0)g，选项C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误；故选C.9.如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头输入端AB接交流电压U，输出端CD连接了两个相同的灯泡L1和L2，
10、Q为滑动变阻器的滑动触头当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光下列说法正确的是（）A. P不动，将Q向右移动，变压器的输入功率变大B. P不动，将Q向右移动，两灯均变暗C. Q不动，将P沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变小D. P、Q都不动，断开开关S，L1将变亮【答案】AD【解析】【详解】A.P不动，将Q向右移动，负载电阻变小，电流变大，电压不变，变压器的输入功率变大，选项A符合题意；B.P不动，将Q向右移动，负载电阻减小，电流增大，两灯均变亮，选项B不符合题意；C.Q不动，将P沿逆时针方向移动，原线圈匝数减小，副线圈电压增大，输出功率增大，变压器的输入功率变大，选项C不符合题
11、意；D.P、Q都不动，副线圈电压不变，断开开关S，电阻增大，电流减小，R分压减小，将变亮，选项D符合题意10.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化设线圈总电阻为，则A. 时，线圈平面平行于磁感线B. 时，线圈中的电流改变方向C. 时，线圈中的感应电动势最大D. 一个周期内，线圈产生的热量为【答案】AD【解析】【详解】A根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，A正确；B-t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s1.5s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则
12、电流强度方向不变，B错误；C所以在t=1.5s时，通过线圈的磁 量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，故C错误；D感应电动势的最大值为，有效值，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为，故D正确11.甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为p甲10 kgm/s，p乙14 kgm/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为20 kgm/s，则甲、乙两球的质量m甲m乙的关系可能是()A. 3：10B. 1：10C. 1：4D. 1：6【答案】AC【解析】【详解】因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有得到根据动量守恒得代入解得根据碰撞过程总动能不增加得
13、到代入解得又碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则有代入解得所以故选AC。点评：本题考查对碰撞规律的理解和应用能力碰撞有三个基本规律：一、动量守恒；二、系统总动能不增加；三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况12.如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则A. m不能到达M上的B点B. m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动C. m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零D. M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量
14、守恒【答案】CD【解析】【详解】AM和m组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，没有摩擦，系统的机械能也守恒，所以根据水平方向动量守恒和系统的机械能守恒知，m恰能达到小车M上的B点，到达B点时小车与滑块的速度都是0，故A错误；BCM和m组成系统水平方向动量守恒，m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动，所以M一直向左运动，m到达B的瞬间，M与m速度都为零，故B错误，C正确；D小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向不受外力，动量守恒没有摩擦，M和m组成的系统机械能守恒，故D正确；故选CD【点睛】分析清物体运动过程，该题属于水平方向动量守恒的类型，知道系统在某一方向的
15、合外力为零，该方向的动量守恒二、填空题13.用如图所示装置可验证弹性碰撞中的动量守恒，现有质量相等的a、b两个小球用等长的不可伸长的细线悬挂起来，b球静止，拉起a球由静止释放，在最低点a、b两球发生正碰，碰后a球速度为零，完成以下问题： （1）实验中必须测量的物理量有：_Aa、b球的质量mB细线的长度LC释放时a球偏离竖直方向的角度1D碰后b球偏离竖直方向的最大角度2E. 当地的重力加速度g（2）利用上述测量的物理量，验证动量守恒定律的表达式为：_【答案】 (1). CD (2). 【解析】【详解】（1）因为连接ab的细绳是等长的，且在同一地点进行实验，所以ABE无需测量，且用角度表示速度，所
16、以只需测量CD即可（2）因为ab质量相等且发生弹性碰撞，所以二者交换速度，释放时a球偏离竖直方向的角度1与碰后b球偏离竖直方向的最大角度2相等，验证动量守恒定律的表达式为三、计算题（共3小题，共42.0分）14.如图所示：在水平面上放置质量为M=800g的木块，一质量为m=50g的子弹以v0=170ms的水平速度射人木块，最终与木块一起运动若木块与地面间的动摩擦因数=02，求木块在地面上滑行的距离（g取10ms2）【答案】2.5m【解析】【详解】在子弹射入木块的过程中，由于时间极短，摩擦力的冲量忽略不计，则子弹和木块组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得解得子弹和木块共同速度
17、为子弹射入木块后，以整体为研究对象，在地面滑行过程中有摩擦力对研究对象所做功等于此过程中整体动能的变化，根据动能定理得代入数据解得【名师点睛】子弹打入木块的过程中满足系统动量守恒，可以根据系统的动量守恒求出子弹和木块的共同速度，再根据动能定理，摩擦力对木块做的功等于木块和子弹动能的减少量，列式求解木块在地面上滑行的距离15.随着全世界可利用能的减少和环境污染的形势日趋严峻，我国适时地提出了“节能减排”的重要规划，为了为“节能减排”工作做出贡献，不少发电站开发了风力发电，如图所示是风力发电机的外观图，发电的原理是叶轮旋转带动磁场中的线圈旋转，产生交变电流，当叶轮转速在20转/秒左右时，通过齿轮箱
18、将使线圈转速稳定到1500转/秒，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动，线圈的匝数为n100匝、所围成矩形的面积S0.04 m2，在线圈所在空间内存在磁场B2102 T。以线圈与磁感线垂直时为计时起点，求：(1)线圈中产生的感应电动势的表达式；(2)在转过的时间内，线圈中产生的平均感应电动势。【答案】(1)e240sin3000t V；(2)480 V。【解析】【详解】(1)由题意可知线圈运动的角速度为线圈与磁感线垂直时即为中性面，所以线圈从中性面开始计时，感应电动势的表达式为代入已知数据可得e=240sin3000t V(2)在转过时间内，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的平均感应电
19、动势为E=n=代入数据可解的E480 V。16.如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、mA、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力求：（1）木板C的最终速度；（2）木板C与物块A之间的摩擦力f；（3）物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t【答案】（1）v（2）（3）【解析】【分析】（1）B、C碰撞过程中动量守恒，A滑到C上，A、C动量守恒，根据动量守恒定律列式可求解木板C的最终速度；（2）由能量守恒定律列式求解木板C与物块A之间的摩擦力f；（3）在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理可求解物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间.【详解】（1）B、C碰撞过程中动量守恒：2mvmv（2mm）v1解得A滑到C上，A、C动量守恒：3mvmv1（3mm）v2解得v（2）在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得解得（3）在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得ftmv2mv1解得【点睛】本题考查了动量守恒、动量定理以及能量守恒定律的综合应用，理清整个过程中A、B、C的运动规律是解决本题的关键