吉林省长白实验中学2024-2025学年高二物理下学期第一次月考试题

PAGEPAGE8吉林省长白试验中学2024-2025学年高二物理下学期第一次月考试题一、单选题（本大题共10小题，共40分）1.如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的恒拉力F作用下，沿水平面对右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量正确的是A.拉力F的冲量大小为FtcosθB.摩擦力的冲量大小为FtsinθC.重力的冲量大小为mgtD.物体所受支持力的冲量是mgt2.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体接着运动一段距离后停下。两物体的v-t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中（）A.F1的冲量等于F2的冲量B.F1的冲量大于F2的冲量C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量3.人从高处跳下,为更好地爱护身体,双脚触地,膝盖弯曲让身体重心接着下降.着地过程这样做,可以减小A.人的动量变更的时间B.人受到的冲量C.人的动量变更量D.人的动量变更率4.一正弦式交变电压随时间变更的规律如图所示,由图可知 ()A.该交变电压的有效值为100VB.该交变电压的频率为25HzC.该交变电压瞬时值的表达式为u=100sin25tVD.若将该交变电压加在阻值为100Ω的电阻两端,该电阻消耗的功率为100W5.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则()A.木块的最终速度为mv0/（M+m）B.由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C.车表面越粗糙，木块削减的动量越多D.车表面越粗糙，因摩擦产生热量越多6.如图所示是一交变电流的i-t图象,则该交变电流的有效值为 ()7.如图甲所示,志向变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，V、R和L分别是志向电压表、定值电阻和电感线圈,D1、D2均为灯泡。已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变更,下列说法正确的是 ()A．电压表示数为62.2VB．电压u的表达式为u=311sin50πt(V)C．仅增大电压u的频率,电压表示数增大D．仅增大电压u的频率,D1亮度不变,D2变暗8.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与A、B不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（）A.两滑块的动能之比EKA:EKB=1：2B.两滑块的动量大小之比PA:PB=2：1C.两滑块的速度大小之比VA:VB=2：1D.弹簧对两滑块做功之比WA:WB=1：19.如图所示是一种水位自动报警器的原理示意图,当杯中水的水位到达金属块B时,出现的状况是()A.L1灯亮B.L2灯亮C.L1、L2两灯同时亮D.L1、L2两灯都不亮10.在如图所示装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹起先射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（）A.动量守恒，机械能守恒 B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能不守恒D.动量不守恒，机械能守恒二、多选题（本大题共5小题，共20分）11.质量为m的小球A以速度V0在光滑水平面上运动.与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小VA和小球B的速度大小VB可能为（）A.VA=V0/3VB=2V0/3B.VA=2V0/5VB=7V0/10C.VA=V0/4VB=5V0/8D.VA=3V0/8VB=5V0/1612.单匝闭合矩形线框电阻为R,在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动,穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是 ()A.T/2时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为C.线框转一周外力所做的功为D.从t=0到t=T/4过程中线框的平均感应电动势为13.如图所示，志向变压器原、副线圈匝数比为11∶5，现在原线圈AB之间加上u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的正弦沟通电，副线圈上接有一电阻R＝25Ω，D为志向二极管，灯泡发光时的电阻为10Ω，电阻与灯泡两支路可由一单刀双掷开关进行切换，则()A．开关拨到1时，电流表示数为5.6AB．开关拨到1时，电阻的功率为400WC．开关拨到2时，电流表示数为5AD．开关拨到2时，灯泡的功率为500W14.如图所示，两物体处于静止状态，它们的质量m1=2m2，它们与水平面间的动摩擦因数为μ2=2μ1，起先它们之间被细绳连接，并夹一压缩状态的轻质弹簧。当烧断细线后，两物体脱离弹簧时的速度均不为零，则下列结论正确的是（）A．两物体脱离弹簧时速率最大B．两物体脱离弹簧时v1与v2之比为1：2C．两物体的速率同时达到最大值D．两物体在弹开后同时达到静止15.如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止起先释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（）A.小球克服阻力做的功为mg（H+h）B.小球的机械能削减了mghC.小球所受阻力的冲量等于D.小球动量的变更量大小等于三、填空题（9分）16.有一台内阻为1Ω的发电机,供应一个学校照明用电,如图所示,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R=4Ω。全校共22个班,每班有“220V40W”的灯6盏,若保证全部电灯正常发光,则(1)发电机输出功率是(2)发电机的电动势为(3)输电效率是。四、计算题（本大题共3小题，共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位。）17.（8分）蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2s，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力来处理，求此力的大小和方向．（g取10m/s2）18.（12分）如图，质量为M=0.2kg的长木板静止在光滑的水平地面上，现有一质量也为m=0.2kg的滑块以的速度v0=1.2m/s滑上长木板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数，小滑块刚好没有滑离长木板，(g=10m/s2)求：

（1）小滑块的最终速度（2）在整个过程中，系统产生的热量（3）以地面为参考系，小滑块滑行的距离为多少？19.（11分）图为一个小型旋转电枢式沟通发电机结构示意图,其矩形线圈的长度为L1,宽度为L2,共有n匝,总电阻为r,与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻,线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动,沿转轴OO′方向看去,线圈沿逆时针方向转动,t=0时刻线圈平面与磁感线垂直。求(1)线圈经过图示位置时,通过电阻R的感应电流的方向。(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式。(3)求线圈从t=0时所处的位置起先到转过90°的过程中的平均感应电动势。(4)求线圈从t=0时所处的位置起先转过60°时电路中的瞬时电流。(5)求线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量。高二下学期第一次月考物理试题答案20240331一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.C【解析】A、拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；B、物体做匀速直线运动，可知摩擦力f=Fcosθ，则摩擦力的冲量大小为ft=Ftcosθ，故B错误；C、重力的冲量大小为mgt，故C正确；D、支持力大小为，则支持力的冲量为，故D错误；故选C．【点睛】依据力的大小，结合冲量的公式求出各力的冲量大小．2.D【详解】C．由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，依据牛顿其次定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a的运动总时间小于b的时间，依据可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误。AB．依据动量定理，对整个过程探讨得，由图看出，则有即F1的冲量小于F2的冲量，故AB错误；D．依据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变更量，ab两个物体动量的变更量都为零，所以相等，故D正确。故选D。3.D【解析】人着地的初速度肯定，末速度为零，依据动量定理可知：，即，所以为爱护好身体，就是要削减人与地面之间的作用力F，即削减，即动量的变更率，选项D正确；4.B。【解析】依据图象可知该交变电压的最大值为100V,A错;周期为4×10-2s,所以频率为25Hz,B对;ω=2πf=50π,交变电压瞬时值表达式为u=100sin50πtV,C错;若将该交变电压加在阻值为100Ω的电阻两端,因为电压有效值为V,所以功率为=50W,D错。5.A【解析】AB.以小车和木块组成的系统为探讨对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最终m、M以共同速度运动．以初速度方向为正方向，依据动量守恒定律有：解得最终两者的共同速度为，故A正确，B错误；C.依据A选项分析，木块削减的动量为：与车面粗糙程度无关．故C错误；D.依据能量守恒，可得产生的热量为：将代入，得：与车面粗糙程度无关．，故D错误．6.B【解析】设交变电流的有效值为I,周期为T,电阻为R,则I2RT=解得I=A。故选B。7.D解析:由图知变压器输入电压的有效值为220V,由,可得电压表的示数为44V,A错误;由图象可知输入电压的最大值为Um=311V,周期T=2×10-2s,ω==100πrad/s,所以B错误;变压器的电压与频率无关,C错误;增大输入电压的频率对R支路无影响,但使L的感抗增加,通过D2的电流减小,D2变暗,D正确。8.A【解析】AC.在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得得两滑块速度大小之比为两滑块的动能之比故A正确，C错误；B.由动量守恒定律知，两滑块的动量大小之比故B错误；D.弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为故D错误。故选A。9.B【解析】由电路结构可以看出,当杯中的水位到达B时,左端电路被接通,这样螺线管就产生磁场,相当于一个磁铁,对与弹簧相连的金属片产生吸引作用,使之向下移动,这样L2电路被接通。10.C【详解】系统在从子弹起先射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒。故选C。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）11.AC【详解】若两球发生完全弹性碰撞，则依据动量守恒得：mv0=mvA+2mvB，依据碰撞过程系统的总动能不变，则得mv02=mvA2+2mvB2，解得：vA=-v0；vB=v0；若两球发生完全非弹性碰撞，则mv0=(m+2m)v解得v=v0，则A的速度范围是-v0~v0；B的速度范围是v0~v0；故AC正确，BD错误；故选AC.【点睛】对于碰撞过程，往往依据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不行能大于前面小球的速率．BC【解析】由图像可知T/2时刻线圈的磁通量最大,因此此时线圈处于中性面位置,因此A错误;由图可知沟通电的周期为T,则ω=,沟通电的电动势的最大值为Em=nBSω=Φm,则有效值为E=,故B正确;线圈转一周所做的功为转动一周的发热量,W=,故C正确;从t=0时刻到t=T/4时刻的平均感应电动势为E=,D错误。13.答案BD解析当开关拨到1时，电阻接到变压器的副线圈上，因为原线圈上电压的有效值为220V，变压器的原、副线圈的匝数比为11∶5，所以副线圈上电压有效值为100V，则电流表的示数I＝eq\f(100V,25Ω)＝4A，功率P＝I2R＝400W，A项错误，B项正确；当开关拨到2时，副线圈上电压的有效值为100V，二极管的作用是让灯泡的通电时间变为无二极管时的一半，无二极管时，电流的有效值I0＝10A，有二极管时，设电流的有效值为I1，则Ieq\o\al(2,0)RLeq\f(T,2)＝Ieq\o\al(2,1)RLT，可得I1＝5eq\r(2)A，功率P＝Ieq\o\al(2,1)RL＝500W，C项错误，D项正确．14.BCD15.AD【详解】小球在整个过程中，动能变更量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）．故B错误．对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）．故A正确．落到地面的速度，对进入泥潭的过程运用动量定理得，IG+If＝0−m，知阻力的冲量大小不等于m．故C错误．落到地面的速度v=，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的变更量大小等于m．故D正确．故选AD.点睛：解决本题的关键驾驭动能定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向.16.答案:(1)5424W(2)250V(3)97%【解析】(1)降压变压器输出的功率为:P4=22×6×40W=5280W,且U3=880V,所以I2=I3=6A。对升压变压器,初级输入功率:P1=P2=U2I2=(U3+I2R)I2=5424W。故发电机输出