百校联盟高二下学期开学测试物理试题

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，业必贵于专精百校联盟2020年春季开学测试（高二年级）物理试题一、选择题1.如图所示，a、b、c三个金属线圈放置在绝缘水平面上，b、c两线圈用金属导线相连,给c线圈中加垂直于线圈平面向里的变化磁场，能使a线圈中产生感应电流的是（)A. B。 C. D。【答案】D【解析】【详解】A．图中所加磁场恒定不变,故穿过c线圈的磁通量不变,c线圈不会产生感应电流，即b线圈也没有感应电流,这样a线圈也不会有感应电流，故A错误;BC．图中所加磁场均匀增加或均匀减小，c线圈中磁通量均匀变化,产生恒定电流,流过b线圈也是恒定电流，这个电流在a线圈产生的磁场恒定不变，a线圈中磁通量不变，故a线圈不会产生感应电流,故B错误，C错误；D．图中所加磁场不随时间均匀变化，c线圈中的磁通量不均匀变化，产生变化的电流，流过b线圈的也是变化的电流，这个电流在a线圈中产生的磁场发生变化,a线圈中的磁通量发生变化，故a线圈中会产生感应电流,故D正确。故选D。2。如图所示为由两个正三角形线框构成的回路，现给回路加上垂直于线框平面向里的匀强磁场,并使磁场的磁感应强度增大，则回路中产生的感应电流方向正确的是（）A. B. C. D。【答案】C【解析】【详解】当给回路加上垂直于线框平面向里的匀强磁场,并使磁场的磁感应强度增大,由楞次定律可知产生垂直于线框平面向外的匀强磁场，再根据安培定则可知线框产生逆时针方向的电流，故C正确，ABD错误.故选C。3.如图所示为大型考试用到的金属探测器，工作时，其内部的探测器线圈内通有正弦交流电，关于探测器的工作原理,下列说法不正确的是（）A.探测器线圈中通有频率越低的交流电，越容易探测出金属物品B.探测器线圈中正弦交流电会产生变化的磁场C。探测器附近有金属时,金属中会产生涡流D。探测器附近有金属时,探测器线圈中电流会发生变化【答案】A【解析】【详解】A．探测器线圈中的交流电频率越低,电流变化越慢，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电流越小,灵敏度越低，越不容易探测出金属物品,故A符合题意；B．根据法拉第电磁感应定律可知当探测器线圈中通以正弦交流电会产生变化的磁场,故B不符合题意;CD．探测器中有一个通有交变电流的线圈，当线圈周围有金属时，金属物中会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，探测器线圈中电流会发生变化，使探测器报警，故C不符合题意，D不符合题意。本题选不正确的，故选A.4。如图所示的交变电流,每个周期的前三分之一周期按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定，将该电压加在阻值为3Ω的定值电阻两端,电阻消耗的功率为10W，则图中U0的值为（)A.3V B。5V C.6V D.5V【答案】C【解析】【详解】由题意可知根据:可知该电路电压的有效值为：再根据有效值的定义可知:代入数据解得U0=6V.故C正确，ABD错误。故选C。5。在光滑的水平面上，一个弹簧振子在A、B之间做简谐运动.以平衡位置O点为坐标原点，建立如图所示的Ox轴.振子的振动方程为x=-4sin2πt（cm)，则下列说法正确的是（）A.A、B两点间的距离为4cmB.t=0时刻,振子处在A点处C.振子振动的周期为2sD。t=0。2s时，振子正沿x轴负方向运动【答案】D【解析】【详解】A．根据振动方程可知弹簧振子的振幅为4cm，故A、B两点间的距离为振幅的2倍,即为8cm；故A错误；B．根据振子的振动方程可知当t=0时,x=0cm，故t=0时刻，振子处在O点处，故B错误；C．根据振动方程可知，所以：故C错误；D．当t=0.2s时，经历个周期,振子处在A点与O点之间，沿x轴负方向运动，故D正确.故选D。6。一个单摆做简谐振动，其振动图像如图所示，则下列说法正确的是（）A。t=0.4s时刻的回复力是t=0.2s时刻回复力的2倍B.t=0。8s时，摆球的振动速度最小C。t=0.8s时,摆球的加速度为零D。单摆的摆长约为0。64m【答案】D【解析】【详解】A．在简谐振动中，回复力满足：由振动图像可知t=0。4s时刻的位移小于t=0.2s时刻位移的2倍，故t=0。4s时刻的回复力小于t=0.2s时刻回复力的2倍,故A错误;BC．由图可知t=0。8s时，摆球回到平衡位置，速度最大，因为有向心加速度,故加速度不为零，故B错误，C错误.D．由图可知单摆周期为1.6s,根据单摆周期公式有：代入数据解得单摆的摆长L=0。64m，故D正确。故选D7.如图所示，A、B两个小车用轻弹簧连接，静止在光滑的水平面上，A车与竖直墙面接触.将小车B向左推,使弹簧压缩，再由静止释放小车B。则下列说法正确的是（）A。弹簧第一次恢复原长过程中,两车组成的系统动量守恒B.弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧对B车的冲量大于对A车的冲量C.弹簧第一次被拉长的过程中，两车组成的系统动量守恒D。弹簧第一次被拉长的过程中，A车与B车的动量变化量相同【答案】C【解析】【详解】AB．弹簧静止释放到第一次恢复到原长前，墙壁对A有作用力,系统受到的合外力不为零,动量不守恒;此过程中弹簧对A车和B车的弹力大小相等，方向相反,作用时间相同，故弹簧对B车的冲量大小等于对A车的冲量大小，故A错误，B错误；CD．弹簧第一次被拉长的过程中，A离开墙壁，以A、B、弹簧为系统竖直方向受力平衡，水平方向只受弹簧弹力作用，系统动量守恒；此过程中A车速度增加，动量增加，B车速度减小，动量减小，两车动量变化的大小相同,方向不同，故C正确，D错误。故选C。8.如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电流表和电压表为理想电表,R0为定值电阻,在a、b端输入正弦交流电，开关S闭合后,灯泡能正常发光,则下列说法正确的是（）A。闭合开关S，电压表示数变小B.闭合开关S，电流表的示数变小C.闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下移，灯泡变亮D.闭合开关S后,将滑动变阻器的滑片P向下移,电流表的示数变小【答案】D【解析】【详解】AB．由题意知闭合开关S后,相当于增加了一条支路，总电阻减小,副线圈总电流增加，根据变压器电流与匝数的关系可知电流表示数增加；由于a、b端输入电压不变,匝数不变,故电压表示数也不变，故A错误，B错误。AB．闭合开关S后,将滑动变阻器的滑片P向下移,则总电阻变大，副线圈总电流减小，根据变压器电流与匝数的关系可知电流表示数减小；由于a、b端输入电压不变，匝数不变，故电压表示数也不变，即灯泡两端电压不变,故灯泡仍正常发光，亮度不变，故C错误，D正确。故选D。9。一质量为M的烟花斜飞到空中，到最高点时速度为v,此时烟花炸裂成两块（损失的炸药质量不计），炸裂成的两块速度沿水平相反方向,落地时水平位移大小相等,不计空气阻力，若向前一块的质量为m，则向前一块的速度大小为（)A. B。 C。 D.【答案】A【解析】【详解】由题意知在爆炸的短时间内，导弹所受的重力远小于内部爆炸力,故系统动量守恒，到达最高点时速度沿水平方向,大小为v，设初速度方向为正方向,向前一块的速度大小为v1，向后一块速度大小为v2，故有：又因为爆炸后两块做平抛运动，落地时水平位移大小相等，故根据平抛运动规律可知：故联立两式可解得：故A正确，BCD错误。故选A。10。如图甲所示，“U"形金属导轨ABCD固定在绝缘水平面上,金属棒ab放在导轨上，刚好构成一个边长为L=1m的正方形,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，金属棒始终不动,回路中的总电阻为2Ω，则下列说法正确的是（）A。t=1s时，金属棒中的电流方向为从b到aB。t=3。5s时回路中的瞬时电功率比t=4s时回路中的瞬时电功率小C。0～2s内通过金属棒截面的电量为1CD.金属棒受到的摩擦力最大值为4N【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知t=1s时，匀强磁场竖直向上均匀增加，由楞次定律可知感应电流由a到b,故A错误；B．由图乙可知在t=3。5s和t=4s时磁场的变化率是一样的，由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电流一样，根据:可知回路中的瞬时电功率一样，故B错误;C．根据电流的定义式有：根据法拉第电磁感应定律有:由闭合电路欧姆定律有：联立可得在0~2s内通过金属棒截面的电量为:故C正确；D．因为此过程中金属棒始终不动，所以摩擦力始终等于安培力，故根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知当磁场变化率越大，且磁场越大时安培力越大，即当t=2s或t=5s时安培力最大，故有：故D错误.故选C。11.如图所示,质量为2m的长木板放在光滑的水平面上，轻弹簧放在长木板上，左端连接在长木板左端的固定挡板上,右端与长木板上C点对齐，长木板上表面AC段光滑，质量为m的小物块以一定的速度v0从长木板的右端冲上长木板,物块压缩弹簧并被弹簧弹开,最终与长木板相对静止，若物块与长木板间的动摩擦因数为μ，弹簧被压缩后具有的最大弹性势能为EP，物块与长木板具有的共同速度为v,物块与长木板因摩擦产生的热量为Q,物块相对于长木板滑行的路程s，μ越大，则(）A。v越小 B。EP越小 C。Q越大 D.s越小【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知小物块在长木板上滑行过程中，因为水平面光滑,故小物块和长木板及弹簧组成的系统动量守恒,所以当物块与长木板共速时有：可得:，与μ无关,故A错误；B．弹簧压缩到最短过程中根据能量守恒有:可知μ越大，EP越小，故B正确;C．从开始运动到最终相对静止，根据能量守恒有：因为v0和v都是定值，故Q不变,故C错误；D．整个过程中摩擦产生的热量等于系统摩擦力做的功:因为Q不变，故μ越大，s越小，故D正确。故选BD。12.如图所示，光滑平行导轨倾斜放置,导轨平面倾角为θ=30°，导轨间距为L，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，一根金属棒放在导轨上，由静止释放,同时给金属棒施加一个沿导轨平面向下的拉力，使金属棒以大小为a=0.5g的加速度向下做匀加速运动,g为重力加速度，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻，金属棒运动t时间时，金属棒两端的电压U、t时间内通过电阻R的电量q、拉力做功的瞬时功率P、电阻R产生的焦耳热Q随时间变化正确的是(）A。 B。C。 D。【答案】AC【解析】【详解】A．由题意可知金属棒两端的电压等于产生的电动势：因为金属棒向下做匀加速运动,故金属棒两端的电压与时间成正比，故A正确；B．根据：可得：可知通过电阻R的电量q与t成二次函数关系，故B错误；C．因为金属棒向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有：a=0。5g又因为：联立可得:拉力做功的瞬时功率为：可知与t2成正比关系，故C正确；D．电阻R产生的焦耳热根据焦耳定律有：可知Q与t2不成一次函数关系，故D错误。故选AC。13.质量为m的蹦床运动员从离蹦床表面h髙处由静止自由下落，与蹦床接触后运动到最低点所用的时间为自由下落时间的倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力,则从与蹦床接触到运动至最低点的过程中（)A.运动员对蹦床作用力冲量的大小大于蹦床对运动员作用力冲量的大小B。运动员所受合力冲量大小小于蹦床对运动员作用力冲量大小C.合力对运动员的冲量大小等于mD.运动员受到蹦床的平均作用力大小为(k+1）mg【答案】BCD【解析】【详解】A．从与蹦床接触到运动至最低点的过程中，运动员对蹦床作用力与蹦床对运动员作用力一直等大反向，作用时间相同，故冲量大小相同，故A错误；B．设蹦床对运动员作用力为F，则运动员所受的合力为F-mg,即蹦床对运动员作用力大于运动员所受的合力，因为时间相等，故运动员所受合力冲量大小小于蹦床对运动员作用力冲量的大小，故B正确；C．设运动员与蹦床接触时速度v，则有：则从与蹦床接触到运动至最低点的过程中，设向下为正方向，根据动量定理有：负号表示方向与规定方向相反，即合力对运动员的冲量大小等于m，故C正确；D．设运动员自由下落的时间为t,自由下落时有:设运动员受到蹦床的平均作用力大小为FN,则有：结合C选项分析可得:故D正确。故选BCD。14。如图甲所示，单边有界匀强磁场垂直光滑水平桌面向上,磁场的磁感应强度大小为B,一个质量为m、边长为L、粗细均匀的正方形金属线框放在桌面上，以一定的速度向右滑动，线框运动过程中cd边始终与磁场边界平行，线框进磁场过程中cd边两端的电压随时间变化如图乙所示，线框的电阻为R，则下列说法正确的是（）A.线框进磁场过程中，回路中的最大感应电动势为U0B。线框进磁场前的速度大小为C.线框进磁场过程，线框cd边受到安培力的冲量大小为（U0-U1）D。线框进磁场过程,线框中产生的焦耳热为【答案】BCD【解析】【详解】A．由图乙可知cd边两端的电压最大值为U0,线框进入过程中，cd边切割磁感线，等效于电源,故cd两端的电压等于外电压，设回路中的最大应电动势为E，则有：即：故A错误；B．由：可知:故B正确；C．由AB选项分析同理可知线框全部进入磁场时速度为:设向右为正方向，线框进入磁场过程中有动量定理可知：cd边受到安培力的冲量方向向左，与正方向相反,为负，故大小为：故C正确;D．线框进磁场过程中，产生的焦耳热根据能量守恒有：故D正确。故选BCD。二、非选择题15.某实验小组利用如图所示装置验证碰撞中的动量守恒.图中A、B是两个相同的小车。(1)实验前，先平衡摩擦力，只将小车A放在长木板上，并与纸带相连,将长木板装有打点计时器的一端适当垫高，打点计时器接通电源,给小车A一个初速度，如果纸带上打出的点________，则表明已平衡摩擦力。(2）将小车B放在长木板上并在小车B上放上适当的砝码,接通打点计时器的电源，给小车A一个初速度，小车A与小车B发生碰撞并粘在一起向前运动，打出的纸带如图所示，纸带上的点为连续打出的点，测出纸带上两段连续5个间隔的长度s1、s2.由图可知，纸带的________（填“左”或“右”)端与打点计时器相连,若打点计时器连接的交流电频率为f，小车A与小车B相碰前的速度为v1=________,碰撞后两车的共同速度为v2=______，若测得小车A(包括橡皮泥)质量为mA，小车B和小车B上砝码的总质量为mB,若表达式_______成立，则A、B两车碰撞过程动量守恒。(3)如果打点计时器连接交流电频率实际小于f,则对实验结果________（填“有”或“无")影响。【答案】（1）。间距相同（2)。右(3）.（4)。(5）.(6）。无【解析】【详解】(1)［1]如果已平衡好摩擦力,则小车做匀速直线运动，纸带上打出的点间距相同；(2)［2］由题意可知小车A碰后速度减小，根据纸带图可知左边两点间间距大，速度大,故纸带的左端与小车A相连，右端与打点计时器相连；［3][4]打点计时器连接的交流电频率为f，则周期为：故碰前的速度为：碰撞后两车的共同速度为：［5］要验证动量守恒则：带入v1和v2即需要满足:则A、B两车碰撞过程动量守恒;（3）[6]由前面的分析可知等式两边均有f，且可以约掉，故当打点计时器连接交流电的频率实际小于f，对实验结果无影响.16。某同学用单摆测重力加速度,装置如图甲所示.（1)实验前测出单摆的摆长为L，实验时，把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度由静止释放，使之做简谐运动，在摆球经过__________位置时开始计时，记录n次全振动的时间为t，则当地的重力加速度为g=_______(用测得的物理量符号表示）。(2)多次改变摆长,重复实验，测出每次实验的摆长L及小球摆动的周期T，作出L一T2图像，如图乙所示，根据图像求得当地的重力加速度g=______m/s2。（结果保留三位有效数字)【答案】（1).平衡位置(2）。（3）。【解析】【详解】(1）［1］摆球经过平衡位置时速度最大，在摆球经过平衡位置时开始计时测量误差最小，所以在摆球经过平衡位置时才开始计时；［2]n次全振动的时间为t,则可知周期为：根据单摆的周期公式：联立可解得：（2）[3］根据：结合图像数据有:17.质量为M的气球，下面吊着一个质量为m的物块,重力加速度为g，不计空气对物块的作用力，求：(1）若气球以大小为v的速度向下匀速运动，某时刻细线断开,当气球的速度为零时，物块的速度多大；（此时物块还没有落到地面)(2)若气球以大小为v的速度向上匀速运动，某时刻细线断开，从细线断开到物块的速度为零的过程中,气球受到空气作用力的冲量大小。【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)由题意可知气球以大小为v的速度向下匀速运动，故可知此时气球和物块为系统竖直方向动量守恒，所以当气球的速度为零时，以向下为正方向，根据动量守恒有：解得：(2)若气球以大小为v的速度向上匀速运动,从细线断开到物块的速度为零时，以向上为正方向，根据动量守恒有:解得：由题意知当物体匀速运动时受力平衡有:从细线断开到物块的速度为零时，气球向上做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：根据运动学公式:联立解得:；故气球受到空气作用力的冲量大小为:答：(1）当气球的速度为零时，物块的速度;(2)从细线断开到物块的速度为零的过程中，气球受到空气作用力的冲量大小.18.如图所示，质量为1kg、长为1m的“L"形长木板静止在光滑的水平面上，质量为0。5kg的物块以大小为8m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，经过2s时间刚好滑到长木板的右端,重力加速度为g=10m/s2，不计物块的大小,求（1)物块与长木板间的动摩擦因数;（2）若物块最终停在长木板的中点，则物块与挡板碰撞过程物块与长木板系统损失的机械能是多少.【答案】（1）0.5;(2）6.9J【解析】【详解】（1)物块在长木板上滑动过程中,对物块根据牛顿第二定律有:对木板有：当物块刚好滑到长木板的右端时,有：联立各式代入数据解得：；(1）物块运动过程中，以物块和木板为系统动量守恒，到最终