安徽省六安市舒城中学高二下学期第二次月考物理试卷

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二(下)第二次月考物理试卷一、单选题：本大题10小题,每小题4分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不选的得0分．1．下列关于交流电路的说法错误的是(）A．电容器的击穿电压为交流电压的最大值B．电路中电流表的示数为电流的有效值C．教室内日光灯的额定电压为电压的有效值D．电路中保险丝的熔断电流为电流的最大值2．如图所示，是四种亮度可调的台灯的电路示意图，所用的白炽灯泡相同，都是“220V，60W”，当灯泡所消耗的功率都调至30W时，整个电路消耗功率最小的是（)A． B． C． D．3．某用电器到供电电源处的距离为L，线路上的电流为I，若要求线路上损失的电压不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积的最小值是（）A． B．I2ρ C． D．4．如图所示,n1为理想变压器原线圈，其接入电路的匝数随着滑动接触点P的上下移动而变化，当输入电压U稍有下降时，为了使接在副线圈n2上的电灯电压保持不变，正确的调节方法是（）A．使P稍向上滑动B．副线圈上改接电阻较大的电灯C．使P稍向下滑动D．副线圈上改接电阻较小的电灯5．理想变压器原、副线圈中的电流分别为I1、I2，电压分别为U1、U2，功率分别为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是(）A．U2与负载有关 B．U1与负载有关 C．I2由I1决定 D．P1由P2决定6．从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球,一球竖直上抛，一球竖直下抛，一球平抛，所受阻力都不计，则（)A．三球落地时动量相同B．三球落地时动量不相同C．从抛出到落地过程，三球受到的冲量相同D．从抛出到落地过程，平抛运动小球受到的冲量最小7．恒力F作用在质量为m的物体上，在时间t内，物体的速度由v1增大为v2，则力2F作用在质量为4m的物体上,在时间t内，物体的动量变化大小是（)A．m(v2﹣v1） B．m（v2﹣v1） C．2m（v2﹣v1） D．4m（v2﹣v1）8．如图所示，质量为M的斜面置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块以初速度v0沿斜面向上滑行，它们在相互作用的过程中，当斜面的速度达到最大值时,对应的是下列情况中的（）A．物体在到达斜面的最高位置时B．物体从斜面上开始下滑时C．物体与斜面速度相等时D．物体与斜面开始分离时9．甲、乙两物体质量之比为2：1，它们与水平面的动摩擦因数相同,它们以相同的初动量沿水平面开始滑动，在水平面上滑行的最大距离分别为s1和s2,则s1：s2是（）A．1：1 B．1：2 C．2:1 D．1：410．质量相同的三个小球a、b、c在光滑水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的三个球A、B、C相碰（a与A碰，b与B碰,c与C碰），碰后，a球继续沿原来方向运动;b球静止不动；c球被弹回而且向反方向运动．这时，A、B、C三球中动量最大的是（）A．A球B．B球C．C球D．由于A、B、C三球质量未知，无法判定二、多项选择题：本大题4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，选对的得4分，部分正确的得2分，选错或不错的得0分．11．有一个n匝的圆形线圈,放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁感线成30°角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）A．将线圈匝数增加一倍B．将线圈面积增加一倍C．将线圈半径增加一倍D．将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置12．如图所示,质量为m的物体，沿倾角为θ的固定粗糙斜面由静止开始下滑，经过时间t，滑至底端,且此时速度为v，则物体下滑过程中（)A．重力的冲量为mgsinθtB．重力冲量为mgtC．斜面支持力的冲量的大小为mgcosθtD．合力的冲量为mv13．质量为40kg的走钢丝运动员，不慎从高空跌下，万幸有弹性安全绳的保护，使其被悬挂起来．已知弹性安全绳的原长为5m，安全绳缓冲的时间为2s,g=10m/s2．以上过程中，下列说法正确的是(）A．运动员重力的冲量为0B．运动员重力的冲量为1200N•sC．缓冲时安全绳的平均冲力为600ND．缓冲时安全绳的平均冲力为1000N14．如图所示为一理想变压器,S为单刀双掷开关．P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压,I1为原线圈中的电流强度，则（）A．保持U1及P的位置不变,S由a合到b时,I1将增大B．保持P的位置及U1不变，S由b合到a时R消耗的功率减小C．保持U1不变，S合在a处,使P上滑，I1将增大D．保持P的位置不变,S合在a处,若U1增大，I1将增大三、计算题：本大题共4小题，计44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．15．某学校有一台应急备用发电机，内阻为r=1Ω，升压变压器的匝数比为1:4，降压变压器的匝数比为4：1，输电线的总电阻为R=4Ω，全校22个教室,每个教室用“220V40W"的灯泡6盏,要求所有灯都正常发光，则(1)输电线上损耗的电功率多大？（2）发电机的输出功率多大?(3）发电机的电动势多大？16．如图所示，质量mA=0.2kg、mB=0。3kg的小球A、B均静止在光滑水平面上．现给A球一个向右的初速度v0=5m/s，之后与B球发生对心碰撞．（1)若碰后B球的速度向右为3m/s，求碰后A球的速度；（2）若A、B球发生弹性碰撞，求碰后A、B球各自的速度．17．一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图所示的角速度ω匀速转动,外电路电阻为R．求：（1）不计能量损失,线圈转一周，外界对线圈做的功；(2)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电荷量；（3）从图示位置开始计时,电阻R两端电压瞬时值uR与时间t的关系式．18．如图所示,光滑的水平地面上放置一个足够长的木板，其质量为m1,木板的左端放置一个质量为m2的物块（m1＞m2）,它与木板间的动摩擦因数为μ，现使m1、m2同时以大小均为v0的速度向相反方向运动,已知重力加速度为g．求：（1）木板与物块最终的速度大小；（2）物块向右运动达到最大位移时，木板的位移大小．

2015-2016学年安徽省六安市舒城中学高二（下）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单选题：本大题10小题，每小题4分，共40分．在每小题的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分,选错或不选的得0分．1．下列关于交流电路的说法错误的是()A．电容器的击穿电压为交流电压的最大值B．电路中电流表的示数为电流的有效值C．教室内日光灯的额定电压为电压的有效值D．电路中保险丝的熔断电流为电流的最大值【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【分析】使用交变电流的电气设备上所标的电压、电流值均是有效值，交流电流表和交流电压表测得的值也是电路中的有效值，电容器的击穿电压为瞬时值的最大值．有效值的定义：取一个周期时间,将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．【解答】解:A、电容器的击穿电压为交流电压瞬时值的最大值,故A正确；B、电路中电压表、电流表的示数均为有效值，故B正确；C、教室内日光灯的额定电压为220V,是电压的有效值，故C正确；D、电路中保险丝的熔断电流要考虑电流的热效应，为电流的有效值,故D错误；本题选错误的,故选：D2．如图所示，是四种亮度可调的台灯的电路示意图，所用的白炽灯泡相同,都是“220V，60W",当灯泡所消耗的功率都调至30W时，整个电路消耗功率最小的是（）A． B． C． D．【考点】电功、电功率．【分析】从该题题干的问法上可以看出，该题是正确选项为唯一选项的单选题，利用电阻变化改变电流，电阻本身消耗电能，利用变压器改变电压和电流，变压器不损失能量．【解答】解：从该题题干的问法上可以看出,该题是正确选项为唯一选项的单选题．台灯的消耗功率包含灯泡和其他辅助器件的总功率．由ABCD四选项分析可知：C中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率（台灯消耗功率）只有灯泡的功率30W．而其他选项中，不论滑动变阻器是分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗,整个电路消耗功率的消耗功率都大于30W．故选:C3．某用电器到供电电源处的距离为L,线路上的电流为I，若要求线路上损失的电压不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ,那么该输电导线的横截面积的最小值是（）A． B．I2ρ C． D．【考点】电阻定律．【分析】根据欧姆定律求解输电线的电阻，再根据电阻定律求出输电导线的横截面积的最小值．【解答】解:根据欧姆定律得：R=，根据电阻定律有：R=，解得：s=．故选：C4．如图所示,n1为理想变压器原线圈,其接入电路的匝数随着滑动接触点P的上下移动而变化,当输入电压U稍有下降时，为了使接在副线圈n2上的电灯电压保持不变，正确的调节方法是（）A．使P稍向上滑动B．副线圈上改接电阻较大的电灯C．使P稍向下滑动D．副线圈上改接电阻较小的电灯【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解答】解：变压器的电压与匝数成正比，当输入电压U稍有下降时，为了使接在副线圈n2上的电灯电压保持不变,可以使P稍向下滑动降低原线圈的匝数，可以是副线圈的电压提高；改变副线圈的电阻时，不影响副线圈的电压；故选:C．5．理想变压器原、副线圈中的电流分别为I1、I2，电压分别为U1、U2，功率分别为P1、P2，关于它们之间的关系,下列说法中正确的是()A．U2与负载有关 B．U1与负载有关 C．I2由I1决定 D．P1由P2决定【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等．【解答】解：AB、U2与输入电压和匝数比决定，与负载无关，由交流电源决定，与负载无关，故AB错误;CD、电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，所以I1由I2决定，P1由P2决定，故C错误,D正确；故选:D6．从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球,一球竖直上抛,一球竖直下抛,一球平抛，所受阻力都不计，则（）A．三球落地时动量相同B．三球落地时动量不相同C．从抛出到落地过程，三球受到的冲量相同D．从抛出到落地过程，平抛运动小球受到的冲量最小【考点】动量定理．【分析】根据动能定理比较小球落地时的速度,从而比较出落地时的动量，根据动量定理，结合运动的时间，比较动量的变化量．【解答】解：A、根据动能定理知，mgh=，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同,则动量不同，故A错误,B正确;C、三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的物体运动时间大于平抛运动的时间,平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间,所以上抛运动的时间最长，三球受到的冲量不相同,根据动量定理知，mgt=△p,可得上抛球动量变化量最大．下抛球动量变化量最小，则下抛球冲量最小，故CD错误．故选：B7．恒力F作用在质量为m的物体上,在时间t内，物体的速度由v1增大为v2,则力2F作用在质量为4m的物体上，在时间t内，物体的动量变化大小是（）A．m（v2﹣v1) B．m（v2﹣v1) C．2m（v2﹣v1） D．4m（v2﹣v1)【考点】动量定理．【分析】由动量定理可求得力作用在m上时的动量变化量,则可得出力2F作用在质量为4m的物体上的动量变化量．【解答】解：力F作用在m的物体上时，根据动量定理得：Ft=m（v2﹣v1）,力2F作用在质量为4m的物体上，根据动量定理得2Ft=2m（v2﹣v1），故C正确．故选：C8．如图所示，质量为M的斜面置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块以初速度v0沿斜面向上滑行,它们在相互作用的过程中，当斜面的速度达到最大值时，对应的是下列情况中的（)A．物体在到达斜面的最高位置时B．物体从斜面上开始下滑时C．物体与斜面速度相等时D．物体与斜面开始分离时【考点】动量守恒定律．【分析】滑块和斜面组成的系统,在水平方向上动量守恒，结合动量守恒定律分析斜面何时速度最大．【解答】解：滑块和斜面组成的系统,在水平方向上所受的合力为零，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律知，当滑块的速度沿斜面向下达到最大时，斜面向右的速度最大，此时物体与斜面开始分离．故D正确，ABC错误．故选：D9．甲、乙两物体质量之比为2：1,它们与水平面的动摩擦因数相同，它们以相同的初动量沿水平面开始滑动，在水平面上滑行的最大距离分别为s1和s2,则s1：s2是（)A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4【考点】动量守恒定律．【分析】根据动能定理结合动量与动能之间的关系可以求得它们的位移之比．【解答】解：根据动能定理得:﹣μmgs=0﹣=﹣则得：s=，P、μ相同,则得s∝故滑行路程之比为:s1：s2=1：4，故D正确．故选：D10．质量相同的三个小球a、b、c在光滑水平面上以相同的速率运动,它们分别与原来静止的三个球A、B、C相碰(a与A碰，b与B碰，c与C碰）,碰后，a球继续沿原来方向运动；b球静止不动；c球被弹回而且向反方向运动．这时，A、B、C三球中动量最大的是（）A．A球B．B球C．C球D．由于A、B、C三球质量未知，无法判定【考点】动量守恒定律．【分析】根据动量守恒定律我们即可分析A、B、C三球中哪个球的动量最大．【解答】解:由题知，碰撞前，a、b、c三个小球的动量大小相等，三个小球与被撞小球碰撞过程中动量守恒，因为c球是唯一碰撞前后动量方向相反的,所以碰撞后被c球碰撞的球获得动量最大,故C球动量是最大的．故C正确；故选C二、多项选择题：本大题4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，选对的得4分，部分正确的得2分，选错或不错的得0分．11．有一个n匝的圆形线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中,线圈平面与磁感线成30°角，磁感应强度均匀变化，线圈导线的规格不变，下列方法可使线圈中的感应电流增加一倍的是（）A．将线圈匝数增加一倍B．将线圈面积增加一倍C．将线圈半径增加一倍D．将线圈平面转至跟磁感线垂直的位置【考点】法拉第电磁感应定律．【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n，电阻定律R=ρ，以及欧姆定律推导出电流I的表达式，看I与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍．【解答】解：A、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的匝数变化时，说明一定时，E与N成正比．当线圈匝数增加为原来的1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，但线圈电阻也增加原来的1倍，因此线圈中的感应电流没有变化．故A错误；B、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的面积增加1倍时,则△φ也增加1倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍，由电阻定律R=ρ，可得线圈电阻是原来的倍,因此线圈中的感应电流是原来的倍,故B错误．C、法拉第电磁感应定律：E=N,将线圈的半径增加1倍时,则线圈面积是原来的4倍,因此△φ也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律R=ρ，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流是原来的2倍,即线圈中产生的感应电流增大1倍，故C正确；D、法拉第电磁感应定律:E=N,由线圈平面与磁感线成30°角,变为线圈平面与磁感线垂直．将线圈的磁通量增加1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，由于线圈电阻没有变化，因此线圈中的感应电流也增加1倍．故D正确;故选：CD12．如图所示，质量为m的物体，沿倾角为θ的固定粗糙斜面由静止开始下滑,经过时间t，滑至底端，且此时速度为v,则物体下滑过程中（)A．重力的冲量为mgsinθtB．重力冲量为mgtC．斜面支持力的冲量的大小为mgcosθtD．合力的冲量为mv【考点】动量定理．【分析】由冲量的计算公式I=Ft求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量即合力的冲量．【解答】解:A、物体所受重力的冲量大小为：IG=mg•t,故A错误，B正确；C、物体下滑过程所受支持力的冲量大小：I=Nt=mgcosθ•t，故C正确；D、根据动量定理可知,合外力的冲量等于物体动量的变化量，则合力的冲量为I合=mv，故D正确；故选：BCD13．质量为40kg的走钢丝运动员,不慎从高空跌下，万幸有弹性安全绳的保护，使其被悬挂起来．已知弹性安全绳的原长为5m，安全绳缓冲的时间为2s，g=10m/s2．以上过程中，下列说法正确的是(）A．运动员重力的冲量为0B．运动员重力的冲量为1200N•sC．缓冲时安全绳的平均冲力为600ND．缓冲时安全绳的平均冲力为1000N【考点】动量定理．【分析】运动员先做自由落体运动，由运动学的公式求出末速度;在缓冲阶段，可以看成匀减速直线运动，根据动量定理即可求出平均冲力的大小．【解答】解：A、运动员做自由落体运动的时间：s，所以重力的总冲量：IG=mg（t1+t）=40×10×（1+2）=1200N•s．故A错误，B正确；C、在安全绳产生拉力的过程中，人受重力、安全绳的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有:v0===10m/s，根据动量定理，取竖直向下为正，有：mg•t﹣•t=0﹣mv0，解得：=mg+=400+=600N．故C正确,D错误；故选:BC．14．如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关．P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则（）A．保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大B．保持P的位置及U1不变，S由b合到a时R消耗的功率减小C．保持U1不变，S合在a处，使P上滑,I1将增大D．保持P的位置不变,S合在a处，若U1增大，I1将增大【考点】变压器的构造和原理．【分析】由图可知:电压表测量的是副线圈电压,电流表测量的是副线圈电流,根据输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可．【解答】解:A、保持U1及P的位置不变,s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I1=得I1将增大,故A正确；B、保持U1及P的位置不变,s由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P=可知功率变小，故B正确；C、保持U1不变，s合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据可知I1将减小，故C错误;D、保持P的位置不变，s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，可知I1将增大,故D正确．故选：ABD三、计算题：本大题共4小题，计44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．15．某学校有一台应急备用发电机,内阻为r=1Ω，升压变压器的匝数比为1:4,降压变压器的匝数比为4：1，输电线的总电阻为R=4Ω,全校22个教室，每个教室用“220V40W"的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，则（1)输电线上损耗的电功率多大？（2)发电机的输出功率多大？（3）发电机的电动势多大？【考点】远距离输电．【分析】利用高压输电的目的是降低线路的功率损失，从而提高用户得到的功率．由教室获得的功率与正常发光的电压可求得线路上的损失电压．由理想变压器的变压比与变流比可求出发电机的电动势．【解答】解:(1)（2）输电示意图如图所示．所有灯都正常工作的总功率为22×6×40W=5280W，用电器总电流为I4==A=24A，输电线上的电流I2=I3==×24A=6A，降压变压器上U3=4U4=880V，输电线上的电压损失为UR=IRR=24V，因此升压变压器的输出电压为U2=UR+U3=24+880=904V,输入电压为U1=U2=×904V=226V，输入电流为I1=4I2=24A所以发电机输出功率为P出=U1I1=5424W．发电机内阻上的电压：Ur=I1r=24V发电机的电动势E=U1+Ur=226V+24V=250V（3）输电线上损失的功率P损=I22R=62×4W=144W答：（1)发电机的电动势为250V；（2)发电机的输出功率为5424W；（3)输电线上损耗的电功率为144W．16．如图所示，质量mA=0.2kg、mB=0。3kg的小球A、B均静止在光滑水平面上．现给A球一个向右的初速度v0=5m/s，之后与B球发生对心碰撞．（1)若碰后B球的速度向右为3m/s，求碰后A球的速度;（2）若A、B球发生弹性碰撞，求碰后A、B球各自的速度．【考点】动量守恒定律．【分析】（1）AB发生碰撞的过程中，AB组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解即可；（2）若A、B球发生弹性碰撞，则碰撞过程中,系统动量守恒、机械能守恒,根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式求解即可．【解答】解：(1）AB发生碰撞的过程中，AB组成的系统动量守恒，以向右为正，根据动量守恒定律得:mAv0=mAv1+mBv2，其中v2=3m/s，解得：v1=0.5m/s（2）若A、B球发生弹性碰撞,则碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律得:mAv0=mAvA+mBvB，,解得：vA=﹣1。0m/s，负号说明方向向左，vB=4。0m/s．答：(1)若碰后B球的速度向右为3m/s，则碰后A球的速度为0.5m/s；（2）若A、B球发生弹性碰撞，则碰后A的速度大小为1.0m/s,方向向左，B的速度大小为4。0m/s，方向向右．17．一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝,线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线