【KS5U解析】安徽省蚌埠市第二中學(xué)2019-2020學(xué)年高二下學(xué)期4月物理試題 Word版含解析

1、蚌埠二中20192020學(xué)年第二學(xué)期4月檢測(cè)高二物理試題一、選擇題1.如圖中能產(chǎn)生感應(yīng)電流的（）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【詳解】a.圖中，導(dǎo)線框不閉合，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故a錯(cuò)誤；b.左右兩根導(dǎo)線向兩邊移動(dòng)的過(guò)程中，穿過(guò)閉合回路磁通量增大，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故b正確；c.通電直導(dǎo)線在鐵環(huán)的正上方，根據(jù)安培定則可知，穿過(guò)鐵環(huán)的磁通量始終是0，增大電流不能在鐵環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，故c錯(cuò)誤；d.閉合鐵框水平向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，前后兩根導(dǎo)線均切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，但是回路中的磁通量保持不變，所以回路中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故d錯(cuò)誤；故選b。2.如圖所示，光滑導(dǎo)軌mn水平放置，兩根導(dǎo)體棒平行放于導(dǎo)

2、軌上，形成一個(gè)閉合回路，當(dāng)一條形磁鐵下落穿出導(dǎo)軌平面的過(guò)程中，導(dǎo)體p、q運(yùn)動(dòng)情況是a. p、q互相靠擾b. p、q互相遠(yuǎn)離c. p、q均靜止d. 因磁鐵下落的極性未知，無(wú)法判斷【答案】a【解析】【詳解】當(dāng)一條形磁鐵從高處下落接近回路時(shí)，穿過(guò)回路的磁通量增加，根據(jù)楞次定律：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙磁通量的變化，可知p、q將互相靠攏，回路的面積減小一點(diǎn)，使穿過(guò)回路的磁場(chǎng)減小一點(diǎn)，起到阻礙原磁通量增加的作用，故a正確，bcd錯(cuò)誤3.如圖所示，將直徑為d，電阻為r的閉合金屬環(huán)從勻強(qiáng)磁場(chǎng)b中拉出，這一過(guò)程中通過(guò)金屬環(huán)某一截面的電荷量為（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【詳解】金屬環(huán)的面積：由

3、法拉第電磁感應(yīng)定律得：由歐姆定律得，感應(yīng)電流：感應(yīng)電荷量：q=it，解得：故a正確，bcd錯(cuò)誤；故選a【點(diǎn)睛】本題考查了求磁通量的變化量、感應(yīng)電荷量等問(wèn)題，應(yīng)用磁通量的定義式、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、電流定義式即可正確解題，求感應(yīng)電荷量時(shí)，也可以直接用公式計(jì)算4.交流發(fā)電機(jī)在工作時(shí)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)為的正弦交流電，若將其電機(jī)即線的轉(zhuǎn)速提高1倍，其它條件不變，則其電動(dòng)勢(shì)變?yōu)椋ǎ゛. b. c d. 【答案】d【解析】【詳解】感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為，其中，當(dāng)將其電樞的轉(zhuǎn)速提高一倍時(shí)，和都增加一倍，其表達(dá)式變?yōu)椋汗蔭bc錯(cuò)誤，d正確；故選d。5.如圖所示，表示一交流電的電流隨時(shí)間而變化的圖像。此交

4、流電流的有效值是（ ）a. b. 5ac. d. 3.5a【答案】b【解析】【詳解】由圖可知，該交流電周期為t=0.02s，假設(shè)這個(gè)電流流過(guò)一個(gè)電阻r，一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量有：解得有效值為：b正確。故選b。6.如圖為一交流發(fā)電機(jī)發(fā)出的電流隨時(shí)間的變化圖象，則下列說(shuō)法正確的是a. 在a點(diǎn)時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量最大b. 在b點(diǎn)時(shí)穿過(guò)線圈的磁通量變化率最大c. 在a點(diǎn)時(shí)線圈處在中性面，電流方向改變d. 在b點(diǎn)時(shí)線圈處在中性面，電流方向改變【答案】d【解析】分析】根據(jù)圖象可知電動(dòng)勢(shì)最大和零的時(shí)刻，電動(dòng)勢(shì)為零時(shí)磁通量最大，線框平面垂直于磁場(chǎng)，磁通量為零時(shí)電動(dòng)勢(shì)最大，線框平面于磁場(chǎng)平行【詳解】在a點(diǎn)時(shí)交變電流

5、電流最大，磁通量變化率最大，磁通量為零，所以此時(shí)的線框平面于磁場(chǎng)平行，a錯(cuò)誤；在b點(diǎn)時(shí)交變電流為零，穿過(guò)線圈的磁通量變化率最小，b錯(cuò)誤；在a點(diǎn)時(shí)交變電流的電流最大，所以此時(shí)的線框平面于磁場(chǎng)平行，電流方向不變，c錯(cuò)誤；在b點(diǎn)時(shí)交變電流為零，通過(guò)線框的磁通量最大，線圈處在中性面，電流方向改變，d正確7.水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個(gè)物體，水平推力f1、f2分別作用在a、b上，一段時(shí)間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下，兩物體的圖象如圖所示，圖中ab/cd.則整個(gè)過(guò)程中a. f1的沖量等于f2的沖量b. f1的沖量大于f2的沖量c. 摩擦力對(duì)a物體的沖量等于摩擦力對(duì)b物體的沖量d. 合外力對(duì)a物

6、體的沖量等于合外力對(duì)b物體的沖量【答案】d【解析】【詳解】c由圖，ab與cd平行，說(shuō)明推力撤去后兩物體的加速度相同，而撤去推力后物體的合力等于摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律可知，兩物體受到的摩擦力大小相等但a的運(yùn)動(dòng)總時(shí)間小于b的時(shí)間，根據(jù)i=ft可知，摩擦力對(duì)a物體的沖量小于摩擦力對(duì)b物體的沖量，故c錯(cuò)誤ab根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)整個(gè)過(guò)程研究得f1t1-ftob=0f2t2-ftod=0由圖看出，tobtod，則有f1t1f2t2即f1沖量小于f2的沖量故ab錯(cuò)誤d根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，ab兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量都為零，所以相等，故d正確；8.如圖所示，在光滑的水平面上，有一質(zhì)

7、量為m=3kg的足夠長(zhǎng)薄板和一質(zhì)量為m的物塊分別以大小v=4m/s的初速度向左、向右運(yùn)動(dòng)，它們之間有摩擦當(dāng)薄板的速度大小為2.4m/s且方向向左時(shí)，物塊的速度大小為v=0.8m/s，方向向左，則物塊的質(zhì)量為a. 1 kgb. 2 kgc. 0.8 kgd. 1.6k【答案】a【解析】【分析】設(shè)向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式求解.【詳解】設(shè)向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律可知： ，即，解得m=1kg，故選a.9.如圖所示，足夠長(zhǎng)的u形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成角，其中mn與 pq平行且間距為l，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒 ab由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終

8、保持垂直且接觸良好，ab棒接入電路的電阻為r，當(dāng)流過(guò)ab棒某一橫截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度大小v，則金屬棒ab在這一過(guò)程中（）a. 加速度為b. 下滑的位移為c. 產(chǎn)生的焦耳熱d. 受到的最大安培力【答案】bd【解析】【詳解】a.金屬棒ab開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，速度增大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，所以感應(yīng)電流也增大，導(dǎo)致金屬棒受到的安培力增大，所以加速度減小，即金屬棒做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有： 其中：故：故a錯(cuò)誤；b.由電量計(jì)算公式：可得，下滑的位移大小為：故b正確；c.根據(jù)能量守恒定律：產(chǎn)生的焦耳熱為：故c錯(cuò)誤；d.金屬棒ab受到的最大安培力大小為：故d正確；故選bd。10.如圖

9、所示，開(kāi)始時(shí)矩形線圈平面與磁場(chǎng)垂直，且一半在勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)一半在勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，若要使線圈產(chǎn)生感應(yīng)電流，則下列方法中可行的（）a. 以ab為軸轉(zhuǎn)動(dòng)b. oo為軸轉(zhuǎn)動(dòng)c. 以ad為軸轉(zhuǎn)（小于）d. 以bc為軸轉(zhuǎn)（小于）【答案】abc【解析】【詳解】a.以ab邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，穿過(guò)線圈的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故a正確；b.以為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，穿過(guò)線圈的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故b正確；c.以ad邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)（小于），穿過(guò)線圈的磁通量從減小到零，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故c正確；d.以bc邊為軸轉(zhuǎn)動(dòng)（小于），穿過(guò)線圈的磁通量為：保持不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故d錯(cuò)誤；故選abc。11.如圖所示的電路中，p為滑動(dòng)變阻

10、器的滑片保持理想變壓器的輸入電壓不變，閉合電建s，下列說(shuō)法正確的是 a. p向下滑動(dòng)時(shí)，燈l變亮b. p向下滑動(dòng)時(shí)，變壓器的輸出電壓不變c. p向上滑動(dòng)時(shí)，變壓器的輸入電流減小d. p向上滑動(dòng)時(shí)，變壓器的輸出功率變大【答案】bd【解析】【詳解】a由于理想變壓器輸入電壓不變，則副線圈電壓不變，滑片p滑動(dòng)時(shí)，對(duì)燈泡電壓沒(méi)有影響，故燈泡亮度不變，則選項(xiàng)a錯(cuò)誤；b滑片p下滑，電阻變大，但副線圈電壓由原線圈電壓決定，則副線圈電壓不變，故選項(xiàng)b正確；c滑片p上滑，電阻減小，電流增大，則原線圈輸入電流也增大，故選項(xiàng)c錯(cuò)誤；d此時(shí)變壓器輸出功率將變大，故選項(xiàng)d正確12.一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力f的作用下從

11、靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)。f隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示，則（）a. 時(shí)物塊的速率為b. 時(shí)物塊的動(dòng)量大小為c. 時(shí)物塊的動(dòng)量大小為d. 時(shí)物塊的速度為零【答案】ab【解析】【詳解】a前兩秒，根據(jù)牛頓第二定律則0-2s的速度規(guī)律為：v=at；t=1s時(shí)，速率為1m/s，a正確；bt=2s時(shí)，速率為2m/s，則動(dòng)量為p=mv=4kgm/sb正確；cd2-4s，力開(kāi)始反向，物體減速，根據(jù)牛頓第二定律，a=-0.5m/s2，所以3s時(shí)的速度為1.5m/s，動(dòng)量為3kgm/s，4s時(shí)速度為1m/s，cd錯(cuò)誤；二、填空題13.如圖所示，a、b兩個(gè)閉合線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為 10 匝，半，圖示區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)

12、磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小。a、b線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為_(kāi) ，兩線圈的感應(yīng)電流之比為_(kāi)。【答案】 (1). (2). 【解析】【詳解】1對(duì)任一半徑為的線圈，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：由于相同，相同，則得：因，故a、b線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為：2根據(jù)電阻定律得：線圈的電阻為：由于相同，兩線圈電阻之比：線圈中感應(yīng)電流： 聯(lián)立得到：14.在遠(yuǎn)距離輸電中，輸送電壓為220伏，輸送的電功率為44千瓦，輸電線的總電阻為0.2歐，在使用原副線圈匝數(shù)比為1：10的升壓變壓器升壓，再用10：1的降壓變壓器降壓方式送電時(shí)輸電線上損失的電壓為_(kāi) v，損失的電功率為_(kāi) w【答案】 (1). 4 (2).

13、 80【解析】【詳解】根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，有，可得升壓變壓器的輸出電壓為u2=2200v，根據(jù)p=ui，輸出電流為：，故電壓損失為：u=ir=20a×0.2=4v，電功率損失為：p=i2r=202×0.2=80w15.如圖所示，質(zhì)量為的小球在距離車(chē)底面高20m處以一定的初速度向左平拋，落在以速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車(chē)中，車(chē)底涂有一層油泥，車(chē)與油泥的總質(zhì)量為4kg，設(shè)小球落在車(chē)底前瞬間速度大小是，則當(dāng)小球與小車(chē)相對(duì)靜止時(shí)，小車(chē)的速度大小為_(kāi) ，方向向_。（取g=）【答案】 (1). 5 (2). 水平向右【解析】【詳解】12小球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，初速度為，則根據(jù)

14、動(dòng)能定理得：解得：小球和車(chē)作用過(guò)程中，水平方向動(dòng)量守恒，選向右為正方向，則有：解得：方向水平向右。三、本大題4小題，共40分16.如圖，兩平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻r相連，整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為b，方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，在水平外力作用下沿導(dǎo)軌以速率v 勻速向右滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽略，求：（1）電阻 r消耗的功率； （2）水平外力的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】【詳解】（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：則導(dǎo)體棒中的電流大小為：

15、電阻r消耗的功率：聯(lián)立可解得：（2）由于導(dǎo)體棒ab勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件可知：安培力為：則拉力為：17.如圖所示，交流發(fā)電機(jī)線圈abcd的面積為s=0.05，線圈匝數(shù)n=100，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，以的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，電阻的阻值均為50，線圈的內(nèi)阻忽略不計(jì)，若從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)（1）推導(dǎo)線圈中電動(dòng)勢(shì)最大值的表達(dá)式，并求出其值；（2）寫(xiě)出線圈中電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值的表達(dá)式；（3）分別計(jì)算電壓表的示數(shù)u、電流表的示數(shù)i和電阻上消耗的電功率各為多大？【答案】（1） （2）（3）；25w；25w【解析】【詳解】（1）線圈轉(zhuǎn)動(dòng)到圖示位置，電動(dòng)勢(shì)最大ad、bc兩邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小均為所以代

16、入數(shù)據(jù)解得（2）線圈從垂直于中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)；故瞬時(shí)表達(dá)式為（3）電壓表所測(cè)為電源電動(dòng)勢(shì)的有效值；故；與并聯(lián)，總電阻；電流消耗的功率均為【名師點(diǎn)睛】由最大值表達(dá)式可求得產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值；根據(jù)最大值及起始位置可確定瞬時(shí)值；由最大值和有效值的關(guān)系可求得有效值，再由歐姆定律及功率公式可求得電流及功率18.如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量（包括船、人和貨物）分別為10m、12m，兩船沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度（不計(jì)水的阻力）【答案】【解析】【分析】在拋貨物的過(guò)程中，乙船與貨物組

17、成的動(dòng)量守恒，在接貨物的過(guò)程中，甲船與貨物組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，在甲接住貨物后，甲船的速度小于等于乙船速度，則兩船不會(huì)相撞，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以解題【詳解】設(shè)拋出貨物的速度為v，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：乙船與貨物：12mv0=11mv1-mv，甲船與貨物：10m×2v0-mv=11mv2，兩船不相撞的條件是：v2v1，解得：v4v0，則最小速度為4v0【點(diǎn)睛】本題關(guān)鍵是知道兩船避免碰撞的臨界條件是速度相等，應(yīng)用動(dòng)量守恒即可正確解題，解題時(shí)注意研究對(duì)象的選擇以及正方向的選擇19.如圖所示，足夠長(zhǎng)平行光滑的金屬導(dǎo)軌、相距，導(dǎo)軌平面與水平面夾角，導(dǎo)軌電阻不計(jì).磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面斜向下，金屬棒垂直于、放置在導(dǎo)軌上且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為、電阻不計(jì).定值電阻，電阻箱電阻調(diào)到，電容，重力加速度取.現(xiàn)將金屬棒由靜止