广东省河源市新回龙中学高二物理测试题含解析

广东省河源市新回龙中学高二物理测试题含解析一、选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大C．穿过线圈的磁通量很大，感应电动势可能为零D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同参考答案：BC2.a、b两车在两条平行的直车道上同方向行驶，它们的v－t图象如图所示。在t=5s时，它们第一次相遇。关于两车之间的关系，下列说法正确的是A．t=0s，a车在前B．t=10s，两车第二次相遇C．t=15s，两车第二次相遇D．t=20s，两车第二次相遇参考答案：C3.（多选）在下列几种运动中，物体机械能守恒的是：A．汽车刹车时的运动

B．小球做自由落体运动C．滑块沿光滑斜面下滑

D．跳伞运动员在降落伞打开后匀速下落参考答案：BC4.下列说法中，不符合麦克斯韦电磁场理论的是A.稳定的电场在周围空间不能产生磁场B.稳定的磁场在周围空间能产生电场C.均匀变化的电场周围空间产生稳定的磁场，均匀变化的磁场周围空间产生稳定的电场D.振荡电场周围产生同频率的振荡磁场，振荡磁场周围产生同频率的振荡电场参考答案：B5.高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚刚产生作用前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（）A．+mg B．﹣mg C．+mg D．﹣mg参考答案：A【考点】动量定理．【分析】先根据h=求解自由落体运动的时间；然后对运动全程根据动量定理列式求解平均拉力．【解答】解：对自由落体运动，有：h=解得：规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：mg（t1+t）﹣Ft=0解得：F=+mg故选：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如下图(a)所示，在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔P，在下面放一白纸带．当小球做简谐运动时，沿垂直于振动方向拉动纸带，笔P就在纸带上画出了一条振动曲线．已知在某次实验中沿如图(a)所示方向拉动纸带，且在某段时间内得到如图(b)所示的曲线．根据曲线回答下列问题：纸带速度的变化是________(填“增大”、“不变”或“减小”)．(2)若纸带的加速度a＝2m/s2，且已测出图(b)中xab＝0.54m，xbc＝0.22m，则弹簧振子周期T＝________.参考答案：增大（2分）

0.8s7.升降机以1.0m/s的速度竖直匀速上升，站在升降机里质量为60kg的人对升降机地板的压力为________________N；如果升降机以0.5m/s2的加速度减速上升，人对地板的压力又为______(g取10m/s2)参考答案：

(1).600N

(2).570试题分析：人受到重力和地板的支持力，由牛顿第二定律可得升降机各种运动状态下人对升降机地板的压力．升降机匀速上升时，人处于平衡状态，即升降机对人的支持力等于其重力大小600N，根据牛顿第三定律可知人对升降机的压力大小为600N；根据牛顿第二定律可得，解得，根据牛顿第三定律可知人对升降机的压力大小为570N。8.两个完全相同的带电小球，质量均为m且带有等量同种电荷,用两根长度相同的绝缘细线悬挂于同一点(如图所示),静止后两条细线张角为2θ.若细线长度为L，两个小球所带电荷量大小均为__________，悬线张力大小为_________．参考答案：

9.（4分）如图为远距离输电示意图，已知发电机的输出功率为100kw，输出电压为250V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1：20，降压变压器的原、副线圈的匝数比为20：1，输电线的总电阻R线=10Ω，则用户得到电压为________V,得到的功率为________KW。参考答案：240（2分）96（2分）10.如图所示，光滑水平面上滑块A、C质量均为m=1kg，B质量为M=3kg．开始时A、B静止，C以初速度v0=2m/s滑向A，与A碰后C的速度变为零，A向右运动与B发生碰撞并粘在一起，则：A与B碰撞后的共同速度大小为

．参考答案：0.5m/s．【考点】动量守恒定律．【分析】碰撞过程遵守动量守恒，对整个过程，运用动量守恒定律求出它们的共同速度．【解答】解：以A、B、C组成的系统为研究对象，以C的初速度方向为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v共；解得，A与B碰撞后的共同速度大小为：v共=0.5m/s故答案为：0.5m/s．11.如图所示，理想变压器的原．副线圈匝数之比为n1∶n2=4∶1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等。a、b端加一交流电压后，两电阻消耗的电功率之比PA∶PB=________；两电阻两端的电压之比UA∶UB=_________。

参考答案：（1）2000v（2）99.5%（3）199：2212.电流-电压两用电表的电路如图(a)所示.已知图中S是双刀双掷电键，其外形见图(b)，a、b、c、d、e、f为接线柱.双刀双掷电键的触刀掷向a、b时，e与a接通，f与b接通；掷向c、d时，e与c接通，f与d接通.灵敏电流计G的量程是0.001A，内阻是100Ω；电阻R1的阻值为9900Ω，R2的阻值是1.01Ω.那么(1)触刀掷向a、b时，此两用表是

表，量程为

。(2)触刀掷向c，d时，此两用表是

表，量程是

。参考答案：(1)触刀掷向a、b是电压表，量程是10V(2)触刀掷向c、d是电流表，量程是0.1A13.如图12所示，线圈的面积是0.05m2，共100匝；线圈的电阻r＝1Ω，外接电阻R＝24Ω。匀强磁场的磁感应强度为T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，若从线圈平面与磁感线平行时开始计时，则线圈中感应电动势的最大值为_

__v，感应电动势的瞬时值表达式为e=_____________(v)，电路中电流表的示数为_________A。参考答案：50

，50COS10

，

1.41三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.有一个小灯泡上标有“3V0.2A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：

A．电压表（0—3V，内阻1kΩ）

B．电压表（0—15V，内阻5kΩ）C．电流表（0—0.3A，内阻2Ω）

D．电流表（0—0.6A，内阻0.5Ω）E．滑动变阻器（10Ω，1A）

F．滑动变阻器（1000Ω，0.5A）G．直流电源（6V，内阻不计）另有开关一个、导线若干．

(1)实验中电压表应选

，电流表应选

，滑动变阻器应选

．（只填器材的字母代号）．(2)在答卷的虚线框中画出实验电路图，要求电流、电压能从零开始变化．(3)下面是四位同学在实验操作前根据他们的猜想分别做出的小灯泡的伏安特性曲线草图，其中最接近事实的是———————（填选项字母）参考答案：（1）A、C、E

（2）滑动变阻器分压接法（2分）电流表外接法（2分），见右图。（3）C【解析】（1）描绘伏安特性曲线实验中滑动变阻器需要采用分压式连接，灯泡额定电压为3V，所以电压表选择A，额定电流为0.2A，电流表采用C，滑动变阻器选用电阻较小的E（2）本实验要求多组数据，滑动变阻器采用分压式连接（3）电压越大电阻越大，C对；15.一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49mm.用它测量某物体长度，卡尺示数如下图所示，则该物体的长度是________cm；另用螺旋测微器测量某物体的直径时的示数如图所示，则该物体的长度是________mm.参考答案：4.120cm，0.861mm四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，一个质量为5kg的物体放在光滑水平地面上，用40N的水平拉力F使物体由静止开始做匀加速直线运动．求：（1）物体在5s末速度的大小：（2）物体在前5s内运动位移的大小．参考答案：解：（1）根据牛顿第二定律得：F=ma，代入数据解得，物体的加速度：a=8m/s2，物体在t=5s时速度的大小为：v=at=8×5m/s=40m/s．（2）5s内的位移为：x=at2=×8×52=100m答：（1）物体在5s末速度的大小为40m/s：（2）物体在前5s内运动位移的大小为100m．17.（13分）如图，线圈的面积是0.05m2，共100匝，线圈总电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=，当线圈以300r/min的转速匀速旋转时，求：（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；（2）线圈转了时电动势的瞬时值多大？（3）电路中电压表、电流表的示数各是多少？参考答案：（1）因为从中性面开始计时，所以感应电动势按正弦规律变化故有：（V）（3分）（2）当t=1/3