高二物理试卷及答案

1、1.2.高二年级物理周练九、单选题(本大题共 10小题，共40.0分)如图所示，将直径为 d,电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为 (?)A.?4?2?B. 丁C.?D.C.当滑动变阻器的滑动触头 P向上滑动时，电流表？示数变大D.若闭合开关S,则电流表？示数变大，？多示数变大7.远距离输电中，当输送的电功率为 P,输送电压为U时，输电线上损失的电功率为 ?若输送的电功 ? 、率增加为4P,而输电线中损失的电功率减为 丁.(输电线电阻不变)，那么，输电电压应增为 (?)如图所示，电阻 R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，是两只完全相同的灯

2、泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是(?)?A、BA. 32UB. 16UC. 8UD. 4U8.将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块.现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静止开始落下，从 A点落入槽内，则下列说法中正确的是(?)A.小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C.小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒A. A、B 一起亮，然后B熄灭B. A比B先亮，然后A熄灭C.A、B 一起亮，然后 A熄灭D. B比A先亮，然后B熄灭3.铜质金属环从条形磁铁的正

3、上方由静止开始下落，在下落过程中，说法正确的是 (?)A.金属环在下落过程中的机械能守恒B.金属环在下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量D.小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽9.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，甲同学想用一个卷尺粗 略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后 他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，另外一位同学用卷尺测出船后退的 距离d,然后用卷尺测出船长 ？如知甲同学的质量为 m,则渔船的质量为 (?)C.金属环的机械能先减小后增大D.穿过金属环的磁通量不变A.?(?+?)?_ ?(?-?)IB,C.?4.如图所示，水平放置的两

4、根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的匀强磁场中.导轨上有两根小金属导体杆ab和cd,其质量均为 m,能沿导轨无摩擦地滑动.金属杆ab和cd与导轨及它们间的接触等所有电阻可忽略不计.开始时ab和cd都是静止的，现突然让cd杆以初速度v向右开始运动，如果两根导轨足够长，则(?)A. cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，并将追上cdB. cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cd10.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图示，则 (?)A. ?时刻线圈中磁通量为零B. ?时刻线圈中磁通量变化率最大C. ?时刻线圈中磁通量变化率最大D. ?时刻线圈面与磁场方向垂直C.开始时

5、cd做减速运动，ab做加速运动，最终两杆以相同速度做匀速运动D.磁场力对两金属杆做功的大小相等5.通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为(?)A. 4v2AB. 4 AC. 5 AD. 5V2A二、多选题(本大题共 4小题，共16.0分)11.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10 ：1,R 1 = 20?, R 2 = 10?, C为电容器，原线圈所加电压u= 220sin(100? t)?下列说法正确的是(?).A.通过电阻R 3的电流始终为零6.(?)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是B.当滑动变阻器的滑动触头P

6、向上滑动时，电压表 V示数变大B.副线圈两端交变电压的频率为50HzC.电阻R 2的电功率为48.4?D.原副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10 ：112.如图所示，边长为L的正方形线圈abcd,其匝数为n,总电阻为r,外电路的电阻为? ?中点和cd的中点的连线？?蛤'好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B,若线圈从图示位置开始，以角速度？鳏？?触匀速转动，则以下判断中正确的是(?)A.闭合电路中感应电动势的瞬时表达式？?= ?sin?B.在？?=w?时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量的变化率为零C.从？?= 0时刻到？盛时刻，电阻R上产生的热量为？?二?？学？?16(

7、?+?)第2页，共5页一 ？，一 一，D.从？ 0时刻到？ 2?时刻，通过R的电荷量？?二?2(？+？)第7页，共5页13.16.如图1所示，T为理想变压器，原副线圈匝数比为4: 1, ？、？为理想交流电流表，？、？为理想交流电压表，？、？为定值电阻，？为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，原线圈两端接入如图 2所 示的电压，以下说法正确的是 (？)如图所示，用不可伸长的细线悬挂一质量为?= 1?小木块，木块处于静止状态 .现有一质量为?= 0.01?子弹以初速度? = 300?/?自左方水平地射穿木块，木块上升的 最大高度？= 0.2?,求：子弹射出木块时的速度 v；若子弹射穿木块的时间为

8、?N0.02?子弹对木块的平均作用力F大小为多少？图1图2A.当温度升高时，电压表 ？示数为55或？呆持不变B.当温度升高时，电压表 ？示数变大14.C.通过电流表？的电流方向每秒变化 100次D.当温度升高时，电流表？、？示数同时变大总质量为M的小车ab,原来静止在光滑的水平面上 .小车的左端a 固定一根不计质量的弹簧，弹簧的另一端放置一块质量为m的物体？已知小车的水平底板光滑，且 ？ ？,开始时，弹簧处于压 缩状态，如图，当弹簧突然释放后，物体c离开弹簧向b端冲去，17.如图所示，匀强磁场方向水平向右，磁感应强度大小?= 0.20?正方形线圈称轴？?在匀强磁场中匀速转动， 转轴？?为磁场方

9、向垂直，线圈转速为？?= 线圈的边长为？?= 20?线圈匝数?= 20,线圈电阻为？N 1.0?,外电阻 电压表为理想交流电压表，其它电阻不计，图示位置线圈平面与磁场方向平行.O .从图本位置转过90过程中：(1)所产生的平均感应电动势 ?abcd绕对120?/?.?= 9.0?, .求线圈并跟b端粘合在一起，那么，以下说法中正确的是(？)A.物体c离开弹簧时，小车一定向左运动B.物体c离开弹簧时，小车运动的速率跟物体？c相对小车运动的速率之比为？(2)通过外电阻R的电荷量q；(3)电阻R上的电热Q;(4)交流电压表的示数 U.C.物体c离开弹簧时，小车的动能与物体？c的动能之比为？15.D.

10、物体c与车的b端粘合在一起后，小车立即停止运动计算题(本大题共 4小题，共40.0分)如图所示，光滑的水平面AB与半径为？?= 0.32？的光滑竖直半圆轨道 BCD在B点相切，D为轨道最高点.用轻质细线连接甲、 乙两小球，中间夹一轻质弹簧， 弹簧与甲、乙两球不拴接.甲球的质量为？?1 = 0.1?乙球的质量为？?2= 0.3?甲、乙两球静止.现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半 圆轨道恰好能通过 D点.重力加速度g取10?/?亨，甲、乙两球可看作质点.试求细线烧断前弹簧的弹性势能？?；(2)若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的冲量如图所示，MN、PQ

11、为足够长的平行金属导轨，间距 ？?= 0.2?,导轨平 面与水平面间夹角？?= 37°, ?2 Q间连接一个电阻？?= 0.1?匀强磁场 垂直于导轨平面向上，磁感应强度？?= 0.5?根质量?= 0.03?金属棒正在以？?= 1.2?/?勺速度沿导轨匀速下滑，下滑过程中始终与导轨垂 直，且与导轨接触良好.金属棒及导轨的电阻不计，？?= 10?/? 2,sin37 = 0.60, cos37 = 0.80.求：(1)电阻R中电流的大小；(2)金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小；(3)对金属棒施加一个垂直于金属棒且7&导轨平面向上的恒定拉力？?= 0.2?,若金属棒继续下滑？?=

12、 0.14?后速度恰好减为0,则在金属棒减速过程中电阻R中产生的焦耳热为多少？高二年级物理周练九【答案】1. A2. C3. B4. C5. C6. B7. C8. D9. B10. B11. BC12. CD13. CD14.ABCD电阻R上的电热是0.0225?(4)交流电压表的示数是1.27?.18.解：(1)感应电动势？?= ?=?0.5 X0.2 X1.2 = 0.12?;?0 12感应电流？?= ?=可=1.2?;(2)导体棒受到的安培力?会=?0.5 X0.2 X1.2 = 0.12?；1.解：金属环的面积：？?=? 9?2E)= 丁,15 .解：(1)设乙球在D点处的速度为V,

13、对乙球，在D处：？?2?=萼?= ?2?(2?升 1?2?,由 式并代入数据得：?= 2.4?，(2)设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为？?、？?,以？?的方向为正方向，根据动量守恒定律得：?1 ? = ?2?根据能量守恒定律得：？?= 2 ?1 ?+ 1 ?2?根据动量定理得：？ ？?2?由 式并代入数据得冲量大小：？?= 0.6?方向：水平向右.答：(1)细线烧断前弹簧的弹性势能？?为2.4?(2)从烧断细线开始到乙球脱离弹簧过程中，弹簧对乙球的冲量I大小为为0.6?方向水平向右.16 .解：设子弹射穿木块后木块获得速度为？木块上摆过程，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：2

14、?孑= ?子弹射穿木块过程系统的动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：?(?= ?- ?,'联立并代入数据解得：?= 2?/? ?= 100?/?;以木块为研究对象，由动量定 理可得：？? ?= ?代入数据解得：？?= 100?;答：子弹射出木块时的速度 v为100?/?;若子弹 射穿木块的时间为? 0.02?子弹对木块的平均作用力F大小为100N.17 .解：(1)线圈转动的周期为：？?= ?= 1620?= 0.5?0 5线圈从图本位置转过 90过程中，所经历的时间为：?= 4 = -4- = 0.125?线圈中发生的磁通量的变化为：?= ?= 0.20 X 0.202

15、= 0.008?由法拉第电磁感应定律得平均电动势为：?= ?= 20 X0008 = 1.28?0.125(2)通过电阻R的平均电流为：?= ?+?二 /蒋=0.128?在这个过程中通过 R的电荷量为：？?= ? ? 0.128 X0.125 = 0.016?线圈在转动过程中产生的感应电动势最大值为：？?？ = ?我入数据得：？?？ = 2.0?有效值：？?= -? = - =法?？ V2v2通过电阻R的感应电流的有效值为：？?=？=上2= 0 1v2?+? 9+1在这个过程中，电阻R上产生的热量为：？?= ? ?= (0.1 v2)2 X9 X0.125 = 0.0225?(4)交流电压表的

16、示数即电阻R两端电压的有效值：？?= ? 0.1 v2 X9 = 0.9v2 =1.27?答：(1)所产生的平均感应电动势是1.28?;(2)通过外电阻R的电荷量是0.016?;金属棒匀速下滑，根据平衡条件可知：?sin? ?- ? = 0且？私-?cos? 0又？?= ?代入数据解得：?= 0.25;(3)从施加拉力F到金属棒停下的过程中，由能量守恒定律得：1&(?- ?sin? ?cos?+?= ?2代入数据解得：产生的焦耳热：?= 1.04 X10-2 J.答：(1)电阻R中电流的大小1.2?(2)金属棒与导轨间的滑动摩擦因数的大小为0.25 ;(3)在金属棒减速过程中电阻R中产

17、生的焦耳热为1.04 X10-2?【解析】由法拉第电磁感应定律得：？?= 一?= :?；?由欧姆定律得，感应电流：？感应电荷量：？?= ? ?解得：？?=七?？故A正确，BCD错误；故选：A.由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由电流的定义式求出感应电荷量.本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式？?=三讣算.2 .解：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮.但由于电感线圈的电阻不计，线圈将A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭；故 C正确.故选：

18、C.当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光.根据电感线圈的电阻不计，会将 A灯短路，分析A灯亮度的变化.本题考查了电感线圈 L对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生 感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路.3 .解：AC、当环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，所以环的 机械能在减少.故AC错误；B、当环从静止下落过程中，由于磁通量变大，导致环中出现感应电流， 受到安培阻力，则除了重力作功外，还有安培力做功，导致下落过程中减小的重力势能，部分用来增加动能，还有部分用来产生内

19、能.故B正确；D、当环从静止下落过程中，当下落到磁铁一半高度时，因抵消的磁感线最少，则磁通量最大，因此出现磁通量先变大后变小的现象，故D错误；故选：B.金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落过程中，穿过环的磁通量变化，导致环中产生感应电动势，从 而出现感应电流，又出现安培力，导致环运动状态发生变化.考查楞次定律、牛顿第三定律，同时运用机械能守恒定律及满足守恒的条件，理解安培阻力做功，从而产 生内能.4 .解：ABC、让cd杆以初速度v向右开始运动，cd杆切割磁感线，产生感应电流，两杆受安培力作用，安 培力对cd向左，对ab向右，所以ab从零开始加速，cd从？?开始减速.那么整个电路的感应电动势

20、减小，所以cd杆将做加速度减小的减速运动，ab杆做加速度减小的加速运动，当两杆速度相等时， 回路磁通量不再变化，回路中电流为零，两杆不再受安培力作用，将以相同的速度向右匀速运动.故C正确，A、B错误.D、两导线中的电流始终相等，但由于通过的距离不相等， 故磁场对两金属杆做功大小不相等；故D错误；故选：C.突然让cd杆以初速度v向右开始运动，cd杆切割磁感线，产生感应电流，两杆受安培力作用，根据牛顿第 二定律判断两杆的运动情况.本题是牛顿第二定律在电磁感应现象中的应用问题.解答本题能搞清楚物体的受力情况和运动情况.5.解：根据有效值的定义可得:(§2?2?+ (3收2?琢=彻?？解得：

21、？?= 5?故选项C正确，ABD错误.故选：C.有效值的定义为：把直流电和交流电分别通过两个相同的电阻器件，如果在相同时间内它们产生的热量相 等，那么就把此直流电的电压、电流作为此交流电的有效值.特别的，对于正弦交变电流最大值是有效值的V2彳n.本题考查交变电流有效值的计算.根据电流的热效应来计算即可6 .解：A、滑动变阻器的滑动触头 P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则？消耗的功率变小，则A错误B、干路电流变小，？分压变小，则电压表 V的测量的电压变大，示数变大，则 B正确C、因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表 ？示数变小。则C错误D、闭合开关S并联支路增加，电阻变小

22、，则副线圈即？的电流变大，分压变大，则 ？的分压变小，电流变小。电流表？示数随副线圈电流的变大而变大，则 D错误 故选：Bo 滑动变阻器的滑动触头 P向上滑动时，接入电路中的阻值变大，因输出电压不变，则总电流变小，据欧姆 定律确定各表的示数变化.考查电路的动态分析：本题中P的移动与电键的闭合均会引起电阻的变小，再由电路的联接关系可分析各表的示数的变化，可见明确电路的结构是求解的关键.7 .解：由?= ?= ?,则输电线上损失的功率 ?= ?= (?)2?得输电电压?= ?只？ 运动，水平方向满足动量守恒。在运动过程中，仍只有重力做功，小球与槽组成的系统机械能守恒，小球 离开C点以后，既有竖直向

23、上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平分速度与半圆槽的速 度相同。本题考查动量守恒定律与机械能守恒定律，当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组 成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒.当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球的机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒。【解答】A.只有重力或只有弹力做功时物体的机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力做功外,槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械 能守不守恒，故 A错误；8 .小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对

24、槽有作用力，小球与槽组成的系统动量不守恒，小球在槽内运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒，故B错误；C.小球自半圆槽的最低点 B向C点运动的过程中，竖直方向的合力不为零，系统的动量也不守恒，系统在 水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故 C错误；D.小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平方向做匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从C点落回半圆槽，故 D正确。故选D。9 .解：设人走动时船的速度大小为v,人的速度大小为？?,人从船尾走到船头所用时间为？取船的速度为正方向.

25、则？?=3，？=：根据动量守恒定律得：？?？ ?= 0,解得，船的质量：？二3笋1故B正确，ACD错误.故选：B人和船组成的系统所受合外力为0,满足动量守恒，由位移与时间之比表示速度，根据动量守恒定律进行分析与计算.人船模型是典型的动量守恒模型， 体会理论知识在实际生活中的应用, 属于基础题.关键要注意动量的方向， 难度不大,10 .解：A、？1?时刻感应电动势为零，磁通量最大，此时线圈通过中性面.故A错误.B、？寸刻感应电动势最大，线圈平面与中T面垂直，磁通量变化率最大.故B正确.C、？3时刻线圈通过中性面，感应电动势为零，磁通量变化率为零，故 C错误.D、？?时刻线圈中感应电动势最大，磁通

26、量变化率最大，线圈面与磁场方向平行.故D错误. ?.一,.-. 若输送的电功率增加为 4P,而输电线中损失的电功率减为彳，由上式得输电电压 U应增为8U;故ABD错误，C正确.故选：C.根据输送功率？?= ?独出输电，电流，再根据？瑜=?力可得出输电线上损失的电功率与什么有关.故选：B矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流.磁通量为零，感应电动势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面.经过中性一次，电流方向改变一次 .根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比.本题考查正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流、感应电动势及位置之间的关系，基本题.11.A、交流电可以通

27、过电容器,解决本题的关键掌握输送功率 ？?= ? ?以及输电线上损失的电功率 ？窥=?.8.【分析】小球自左端槽口 A点的正上方从静止开始下落于光滑的圆弧槽，且槽置于光滑的水平面上。由于槽的左侧有一竖直墙壁，只有重力做功，小球的机械能守恒，当小球在半圆槽内运动的B到C过程中，槽也会向右1?21副线圈的电压？=兀X220 = 22?,副线圈中电流?=五、3.3?度中互9 + 3 +白，所以原线圈电流大于 0.33?,故A错误;? 1?2 ?32打1B、7 = w = 0.02后，/ = = 5°也 故 b 正确；1?12，,一C、副线圈的电压？=而X220 = 22?,所以？ = 4=

28、 48.4?,故C正确;10?D、根据磁通量?= ?有S均相等，因此磁通量变化率相等，故 D错误。故选BC。12.解：A、由闭合电路中感应电动势的瞬时表达式？?= ?sin?导回路中感应电动势的瞬时表达式？?=1 ?!?故 A 错误；B、在？?= 2?时刻，线圈从图示位置转过90°,此时磁场穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，故 B错误;?9.?夕?-?-?一C、电压有效值为 F，从？?= 0到？砺时刻，电阻R产生的焦耳热为？?=而赤=?/?+?)：故C正确;D、从？?= 0至!?=”时刻，通过 R的电荷量？?= ?”二 方工 故D正确； 2?(?+?) 2(?+?)'故

29、选：CD.线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与 有效值的V?倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电 动势也最大.线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流.而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定.而通过某一电量时，则用平均值来求.同时注意磁场只有一半.220A/2113 .解：A、原线圈两端电压的有效值 ？?= 1r ?= 220?,根据电压与匝数成正比得 ？?产? X220 = 55?, V24故A错误；B、当温度升高时，？9的阻值减小，副线

30、圈回流变大，？?1两端的电压变大，并联部分的电压减小，即电压表？?示数变小，故B错误；C、根据交流电图象知？?= 0.02?频率？?= %= 焉=50? 1?完成50个周期性变化，每个周期电流方向 改变2次，所以通过电流表？的电流方向每秒变化 100次，故C正确；D、温度升高时，副线圈电流变大，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流变大，所以？、？示数同时变大，故D正确； 故选：CD 由图乙可知交流电压最大值 ？?)?= 220 V2?周期？?= 0.02?可由周期求出频率，由变压器原理可得变压器 副线圈中的电压的值，Rt处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知副线圈电流的变化，根据电流与匝数成反比知原线圈电流的变化 根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数 比的关系，是解决本题的关键.14 .解：A、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，系统初动量为 零，物体离开弹簧时向右运动，根据系统的动量守恒定律得小车向左运动，故A正确；B、取物体c的速度方向为正方向，根据系统的动量守恒定律得：0= ? ?得物体与B端粘在一起之前，小车的运动速率与物体C的运动速率之比?=三故B正确；对于小车和滑块系统，水平方向不受外力，系统动量一直守恒.物体C与B的过程，系统机械能有损失；分析系统的合外力，即可判