四川省泸县第一中学最新高二物理下学期第二次月考试题含解析

2021年高二物理下学期第二次月考试卷（含解析）一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于（）A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小2．某金属在一束黄光的照射下，正好有光电子逸出，则下列说法中正确的是（）A．增大光强，不改变光的频率，光电子的最大初动能不变B．用一束强度更大的红光代替黄光，金属仍能发生光电效应C．用强度相同的紫光代替黄光，饱和光电流的强度将增大D．用强度较弱的紫光代替黄光，金属有可能不会发生光电效应3．在做光电效应的实验时，某金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能E k与入射光的频率ν的关系如图所示，由实验图线不能求出的物理量是（）A．该金属的极限频率B．普朗克常量C．该金属的逸出功D．单位时间内逸出的光电子数4．欲使处于基态的氢原子跃迁，下列措施不可行的是（）A．用10.2eV的光子照射B．用11eV的光子照射C．用14eV的光子照射D．用11eV的电子碰撞二、双项选择题（每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．）5．墨汁的小炭粒在水中做布朗运动，以下说法正确的是（）A．布朗运动是水分子在做剧烈热运动的反映B．布朗运动是小炭粒分子之间相互渗透的结果C．小炭粒越小，布朗运动越剧烈D．小炭粒越小，布朗运动越不剧烈6．关于温度的下列说法，正确的是（）A．温度是物体的冷热程度的标志B．温度是物体内能的标志C．温度是物体分子势能的标志D．气体的温度是气体分子平均动能的标志7．在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图a、b所示，由图可以判定（）A．该核发生的是α衰变B．该核发生的是β变C．磁场方向一定是垂直纸面向里D．磁场方向向里还是向外不能判定8．氢原子的部分能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间．由此可推知，氢原子（）A．从高能级向n=1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短B．从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光C．从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D．从n=4能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光9．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是（）A．斜面和小球组成的系统动量守恒B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C．斜面向右运动D．斜面静止不动三、非选择题（共4小题，满分54分）10．在“用油膜法估测分子大小”实验中所用的油酸酒精溶液的浓度为1 000mL溶液中有纯油酸0.6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，测得油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中正方形方格的边长为1cm．（1）油酸膜的面积是cm2；（2）实验测出油酸分子的直径是m；（结果保留两位有效数字）（3）实验中为什么要让油膜尽可能散开？．11．有甲、乙两辆小车，质量分别为m1=302g、m2=202g，甲小车拖有纸带，通过打点计时器记录它的运动情况，乙小车静止在水平桌面上，甲小车以一定的速度向乙小车运动，跟乙小车发生碰撞后与乙小车粘合在一起共同运动．这个过程中打点计时器在纸带上记录的点迹如图所示，在图上还标出了用刻度尺量出的各点的数据，已知打点计时器的打点频率为50Hz．（1）从纸带上的数据可以得出：两车碰撞过程经历的时间大约为s；（结果保留两位有效数字）（2）碰前甲车的质量与速度的乘积大小为kg•m/s，碰后两车的质量与速度的乘积之和为kg•m/s；（结果保留三位有效数字）（3）从上述实验中能得出什么结论？．12．如图所示，在光滑水平面上，一质量为1kg的小球A以v0=10m/s的速度向右运动，与静止的质量为5kg的B球发生正碰，若碰后A球以v0的速度反弹，则：（1）碰后B球的速度为多大？（2）A球与B球碰撞过程中损失的机械能为多少？（3）若碰撞时间为0.1s，则碰撞过程中A受到的平均作用力的大小．13．如图所示，质量为m1=0.01kg的子弹以v1=500m/s的速度水平击中质量为m2=0.49kg的木块并留在其中．木块最初静止于质量为m3=1.5kg的木板上，木板停止在光滑水平面上并且足够长．木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1，求：（g=10m/s2）（1）子弹进入木块过程中产生的内能△E1；（2）木块在长木板上滑动过程中产生的内能△E2；（3）木块在长木板上滑行的距离s．xx学年广东省东莞市麻涌中学高二（下）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共4小题，每小题4分，满分16分）1．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于（）A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地上小考点：动量定理．专题：动量定理应用专题．分析：分析人的运动过程，可知人下落的速度不变，再由动量定理可得出人受到的冲力的变化．解答：解：A、人在下落中接触地面的瞬间速度不变，故跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的．故A错误；B、人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量是相等的，到人的动量变成0，动量的变化是相等的．故B错误；C、D、人跳在沙坑的动量与跳在水泥地的动量变化是相等的，则由动量定理mv=Ft可知，人受到的冲量也不变，但在沙坑中由于沙的缓冲，使减速时间延长，故人受到的冲力将小于人在地面上的冲力，故人跳到沙坑里要安全；故C错误，D正确．故选：D点评：本题考查动量定理的定性的应用，物理知识在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意体会．2．某金属在一束黄光的照射下，正好有光电子逸出，则下列说法中正确的是（）A．增大光强，不改变光的频率，光电子的最大初动能不变B．用一束强度更大的红光代替黄光，金属仍能发生光电效应C．用强度相同的紫光代替黄光，饱和光电流的强度将增大D．用强度较弱的紫光代替黄光，金属有可能不会发生光电效应考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，通过入射光的频率大小，结合光电效应方程判断光电子的最大初动能的变化．解答：解：A、光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多，而光的频率不变，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能不变．故A正确；B、用更大强度的红光代替黄光，因红光的频率低于黄光，所以金属将不产生光电效应，故B错误．C、因为紫光的频率大于黄光的频率，一定能发生光电效应，光强不变，由于紫光的频率高，则光源在单位时间内发射出的光子数减小，单位时间内逸出的光电子数目减少，则饱和光电流的强度将减弱．故C错误；D、根据光电效应方程E km=hv﹣W0知，光的强弱不影响光的频率，若用强度较弱的紫光代替黄光，仍可能发生光电效应现象，故D错误．故选：A点评：解决本题的关键知道影响光电子最大初动能的因素，以及知道光的强度影响单位时间发出的光电子数目．3．在做光电效应的实验时，某金属被光照射发生了光电效应，实验测得光电子的最大初动能E k与入射光的频率ν的关系如图所示，由实验图线不能求出的物理量是（）A．该金属的极限频率B．普朗克常量C．该金属的逸出功D．单位时间内逸出的光电子数考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析．解答：解：A、根据E km=hv﹣W0得，纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于E．当最大初动能为零时，入射光的频率等于截止频率，所以金属的截止频率为v0=．由，可求得极限波长，故A、C正确．B、逸出功等于E，则E=hv0，所以h=．或通过图线的斜率求出k=h=．故B正确．D、单位时间内逸出的光电子数，与入射光的强度有关，故D错误．该题选择实验图线不能求出的物理量，故选：D．点评：解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系．4．欲使处于基态的氢原子跃迁，下列措施不可行的是（）A．用10.2eV的光子照射B．用11eV的光子照射C．用14eV的光子照射D．用11eV的电子碰撞考点：氢原子的能级公式和跃迁．专题：原子的能级结构专题．分析：能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差．或吸收的能量大于基态氢原子能量，会发生电离．解答：解：A、用10.2eV的光子照射，即﹣13.6+10.2eV=﹣3.4eV，跃迁到第二能级．故A正确．B、因为﹣13.6+11eV=﹣2.6eV，不能被吸收．故B错误．C、用14eV的光子照射，即﹣13.6+14eV＞0，氢原子被电离．故C正确．D、用11eV的动能的电子碰撞，可能吸收10.2eV能量，故D正确本题选不可行的，故选：B点评：解决本题的关键知道吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差或者被电离，才能被吸收．二、双项选择题（每小题6分，共54分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对得6分，只选1个且正确的得3分，有选错或不答的得0分．）5．墨汁的小炭粒在水中做布朗运动，以下说法正确的是（）A．布朗运动是水分子在做剧烈热运动的反映B．布朗运动是小炭粒分子之间相互渗透的结果C．小炭粒越小，布朗运动越剧烈D．小炭粒越小，布朗运动越不剧烈考点：布朗运动．专题：布朗运动专题．分析：布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应，固体微粒越大布朗运动越不明显，温度越高运动越明显．分子的热运动是用不停息的无规则热运动．解答：解：A、B、小炭粒由于受到周围液体分子撞击的冲力不平衡而引起运动，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映，不是小炭粒分子之间相互渗透的结果．故A正确，B 错误．C、D、物体分子的热运动是用不停息的无规则热运动，温度越高、小炭粒越小布朗运动越剧烈．故C正确，D错误．故选：AC点评：掌握了布朗运动的性质和特点与分子动理论的基本内容，就能轻松正确完成此类题目．基础题目．6．关于温度的下列说法，正确的是（）A．温度是物体的冷热程度的标志B．温度是物体内能的标志C．温度是物体分子势能的标志D．气体的温度是气体分子平均动能的标志考点：温度、气体压强和内能．分析：温度是物体的冷热程度的标志．温度是气体分子平均动能的标志，物体的内能与温度、体积等因素有关．解答：解：A、从宏观上看，温度是物体的冷热程度的标志．故A正确．B、物体的内能与温度、体积等因素有关，则知温度不是物体内能的标志．故B错误．C、物体分子势能与物体的体积有关，与温度没有直接关系，故C错误．D、从微观角度来看，气体的温度是气体分子平均动能的标志，故D正确．故选：AD．点评：解决本题的关键要从宏观和微观两个角度来理解温度的意义，特别要知道温度是气体分子平均动能的标志．7．在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图a、b所示，由图可以判定（）A．该核发生的是α衰变B．该核发生的是β变C．磁场方向一定是垂直纸面向里D．磁场方向向里还是向外不能判定考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：放射性元素的原子核，沿垂直于磁场方向放射出一个粒子后进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下都做匀速圆周运动．放射性元素放出粒子，动量守恒，由半径公式分析α粒子和β粒子与反冲核半径关系，根据洛伦兹力分析运动轨迹是内切圆还是外切圆，判断是哪种衰变．解答：解：A、B放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆．而放射性元素放出β粒子时，β粒子与反冲核的速度相反，而电性相反，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相同，两个粒子的轨迹应为内切圆．故放出的是β粒子，故A错误，B正确．C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，磁场方向不同，粒子旋转的方向相反，由于粒子的速度方向未知，不能判断磁场的方向．故C错误；D正确．故选：BD．点评：放射性元素放射后，两带电粒子的动量是守恒．正好轨迹的半径公式中也有动量的大小，所以可以研究半径与电荷数的关系，注意由运动的半径大小来确定速度的大小是解题的关键．8．氢原子的部分能级如图所示，已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间．由此可推知，氢原子（）A．从高能级向n=1能级跃迁时发出的光的波长比可见光的短B．从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光C．从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高D．从n=4能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光考点：氢原子的能级公式和跃迁．专题：原子的能级结构专题．分析：根据能级间跃迁光子能量满足hγ=E m﹣E n，去比较放出的光子的能量与可见光光子能量的大小．从而可判断出波长的大小．解答：解：A、从高能级向n=1能级跃迁时，根据能级间跃迁光子能量满足hγ=E m﹣E n，放出光子的能量大于10.20eV．光子频率大于可见光光子频率，根据c=λf，放出的光的波长比可见光的短．故A正确．B、从高能级向n=2能级跃迁时，放出的光子能量最大为3.40eV，可能大于3.11eV．故B错误．C、从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的能量最大为1.51eV，小于可见光的能量．故C错误．D、从n=4能级向n=2能级跃迁时发出的光子能量为2.55eV．为可见光．故D正确．故选AD．点评：解决本题的关键掌握能级间跃迁放出或吸收光子的能量满足hγ=E m﹣E n．9．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶端由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是（）A．斜面和小球组成的系统动量守恒B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒C．斜面向右运动D．斜面静止不动考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据系统受力情况，应用动量守恒定律分析答题．解答：解：A、斜面与小球组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；B、系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故B正确；C、小球下滑时速度斜向左下方，小球在水平方向由向左的动量，系统在水平方向动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，斜面在水平方向由向右的动量，斜面向右运动，故C正确，D错误；故选：BC．点评：本题考查了动量守恒定律的应用，知道系统动量守恒的条件，分析清楚物体运动过程即可解题；要注意：系统整体动量不守恒，在水平方向动量守恒．三、非选择题（共4小题，满分54分）10．在“用油膜法估测分子大小”实验中所用的油酸酒精溶液的浓度为1 000mL溶液中有纯油酸0.6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴，把1滴该溶液滴入盛水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，测得油酸薄膜的轮廓形状和尺寸如图所示，图中正方形方格的边长为1cm．（1）油酸膜的面积是115 cm2；（2）实验测出油酸分子的直径是 6.5×10﹣10m；（结果保留两位有效数字）（3）实验中为什么要让油膜尽可能散开？让油膜在水平面上形成单分子油膜．考点：用油膜法估测分子的大小．专题：实验题．分析：（1）由图示油膜求出油膜的面积．（2）求出一滴溶液中含纯油的体积，然后求出油酸分子的直径．（3）让油在水面上尽可能散开，形成单分子油膜．解答：解：（1）由图示可知，油膜占115个方格，油膜的面积S=1cm×1cm×115=115cm2（2）一滴溶液中含纯油的体积V=×=7.5×10﹣6mL，油酸分子的直径d===6.5×10﹣8cm=6.5×10﹣10m．（3）当油酸溶液滴在水面后，尽可能散开，形成单分子膜，这样才能得出油酸分子直径由体积除面积；故答案为：（1）115（113～117）；（2）6.5×10﹣10；（3）让油膜在水平面上形成单分子油膜．点评：求油膜面积时要注意，不到半个格的要舍去，超过半个格的算一个格，数出油膜轮廓的格数，然后乘以每一个格的面积得到油膜的面积；求油的体积时要注意，求的是纯油的体积，不是溶液的体积．11．有甲、乙两辆小车，质量分别为m1=302g、m2=202g，甲小车拖有纸带，通过打点计时器记录它的运动情况，乙小车静止在水平桌面上，甲小车以一定的速度向乙小车运动，跟乙小车发生碰撞后与乙小车粘合在一起共同运动．这个过程中打点计时器在纸带上记录的点迹如图所示，在图上还标出了用刻度尺量出的各点的数据，已知打点计时器的打点频率为50Hz．（1）从纸带上的数据可以得出：两车碰撞过程经历的时间大约为0.10 s；（结果保留两位有效数字）（2）碰前甲车的质量与速度的乘积大小为0.204 kg•m/s，碰后两车的质量与速度的乘积之和为0.202 kg•m/s；（结果保留三位有效数字）（3）从上述实验中能得出什么结论？在误差允许范围内，两车的质量与速度的乘积之和保持不变，即m1v1=（m1+m2）v′．考点：验证动量守恒定律．分析：（1）两车牌子前甲车做匀速直线运动，碰撞完成后两车一起做匀速直线运动，车做匀速直线运动过程在相等时间内通过的位移相等，碰撞过程在相等时间内车的位移不相等，分析图示纸带答题．（2）由图示纸带求出碰撞前与碰撞后车的速度，然后求出车的质量与速度的乘积．（3）分析实验数据，根据实验数据得出结论．解答：解：（1）由图示纸带可知，在0至3点间小车在相等时间内的位移相等，在8到11点间小车在相等时间内的位移相等，在3到8点间小车在相等时间内的位移不相等，由此可知，两车的碰撞过程发生在第3个点与第8个点间，碰撞时间约为：0.02×（8﹣3）=0.10s；（2）由图示纸带可知，碰撞前甲车的速度：v===0.675m/s，甲车质量与速度的乘积：m1v=0.302×0.675≈0.204kg•m/s，碰撞后两车的速度：v′===0.4m/s，碰撞后两车质量与速度的乘积为：（m1+m2）v′=（0.302+0.202）×0.4≈0.202kg•m/s；（3）由实验数据可知：在误差允许范围内，两车的质量与速度的乘积之和保持不变，即m1v1=（m1+m2）v′．故答案为：（1）0.10；（2）0.204；0.202；（3）在误差允许范围内，两车的质量与速度的乘积之和保持不变，即m1v1=（m1+m2）v′．点评：本题考查了实验数据处理，分析清楚车的运动过程，由于图示纸带求出相关数据，由于受到公式、分析实验数据即可解题，要注意培养实验数据的处理能力．12．如图所示，在光滑水平面上，一质量为1kg的小球A以v0=10m/s的速度向右运动，与静止的质量为5kg的B球发生正碰，若碰后A球以v0的速度反弹，则：（1）碰后B球的速度为多大？（2）A球与B球碰撞过程中损失的机械能为多少？（3）若碰撞时间为0.1s，则碰撞过程中A受到的平均作用力的大小．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后的速度．（2）由能量守恒定律可以求出碰撞过程损失的机械能．（3）应用动量定理可以求出平均作用力．解答：解：（1）两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m A v0=m A v A+m B v B，代入数据解得：v B=3m/s；（2）由能量守恒定律得，损失的机械能为：△E=m A v02﹣m A v A2﹣m B v B2，代入数据解得：△E=20J；（3）以A的初速度方向为正方向，对A，由动量定理得：Ft=m A v A﹣m A v0，代入数据解得：F=﹣150N，负号表示力的方向与初速度方向相反．答：（1）碰后B球的速度为3m/s；（2）A球与B球碰撞过程中损失的机械能为20J；（3）若碰撞时间为0.1s，则碰撞过程中A受到的平均作用力的大小为150N．点评：本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球的运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律与动量定理可以解题；解题时注意正方向的选择．13．如图所示，质量为m1=0.01kg的子弹以v1=500m/s的速度水平击中质量为m2=0.49kg的木块并留在其中．木块最初静止于质量为m3=1.5kg的木板上，木板停止在光滑水平面上并且足够长．木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1，求：（g=10m/s2）（1）子弹进入木块过程中产生的内能△E1；（2）木块在长木板上滑动过程中产生的内能△E2；（3）木块在长木板上滑行的距离s．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：（1）子弹击中木块过程子弹与木块系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出产生的内能．（2）木块与木板组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律求出产生的内能．（3）由能量守恒定律可以求出木块在木板滑行的距离．解答：解：（1）当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则m3的运动状态可认为不变，设子弹射入木块后，它们的共同速度为v2，以子弹的初速度方向为正方向，对m1、m2组成的系统由动量守恒定律有：m1v1=（m1+m2）v2，由能量守恒有：△E1=m1v﹣（m1+m2）v联立以上两式并代入数据得子弹进入木块过程中产生的内能：△E1=1225J（2）设木块与木板相对静止时的共同速度为v3，以木块的速度方向为正方向，对m1、m2、m3组成的系统由动量守恒定律有：（m1+m2）v2=（m1+m2+m3）v3由能量守恒有：△E2=（m1+m2）v﹣（m1+m2+m3）v联立以上两式并代入数据得木块在长木板上滑行过程中产生的内能：△E2=18.75J（3）对m1、m2、m3组成的系统由能量守恒定律得：μ（m1+m2）gs=△E2，解得s=37.5m；答：（1）子弹进入木块过程中产生的内能△E1为1225J；（2）木块在长木板上滑动过程中产生的内能△E2为18.75J；（3）木块在长木板上滑行的距离为37.5m．点评：本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律、能量守恒定律可以解题．26502 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2019-2020学年四川省泸州市泸县一中高二（下）第二次月考物理试卷一、单选题（本大题共6小题，共36.0分）1.如图所示，匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁感线平行，能使线圈中产生感应电流的应是下述运动中的哪一种A. 线圈平面沿着与磁感线垂直的方向运动B. 线圈平面沿着与磁感线平行的方向运动C. 线圈绕着与磁场平行的直径ab旋转D. 线圈绕着与磁场垂直的直径cd旋转2.有一个轻质柔软的金属弹簧，全长为，如图所示．当通入电流I后，弹簧的长度为l，则l与的关系为A. B. C. D.无法判断3.斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时速度水平向东立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度相对地面大小相等、方向相反．则以下说法中正确的是A. 爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B. 爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西C. 爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D. 爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能4.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。

摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

下列叙述正确的是A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C. 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变5.“蹦极”是一项体育运动。

某人视为质点身系弹性绳自高空P点自由下落，如图所示。

图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊着时的平衡位置，人在从P点落下到最低点c的过程中A. 在ab段，人处于失重状态B. 在a点人的速度最大C. 在bc段，人处于失重状态D. 在c点，人的速度为零，加速度也为零6.在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡A、B与自感系数很大的线圈L和定值电阻R组成如图所示的电路线圈的直流电阻可忽略，电源的内阻不能忽略，关于这个实验下面说法正确的是A. 闭合开关的瞬间，A、B一起亮，然后A熄灭B. 闭合开关的瞬间，B比A先亮，然后B逐渐变暗C. 闭合开关，待电路稳定后断开开关，B逐渐变暗，A闪亮一下然后逐渐变暗D. 闭合开关，待电路稳定后断开开关，A、B灯中的电流方向均为从左向右二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）7.一矩形导线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的正弦交流电如图甲所示，导线框电阻不计，匝数为100匝，把线框产生的交流电接在图乙中理想变压器原线圈的a、b两端，为热电阻温度升高时，其电阻减小，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，则A. 线框在匀强磁场中的转速为B. 在时刻，线框平面与磁场方向平行C. 线框转动过程中磁通量变化率最大值为D. 处温度升高时，表示数与表示数的比值不变8.在如图所示电路中，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，A. 电压表的示数增大，电流表的示数减小B. 电压表的示数减小，电流表的示数增大C. 电源路端电压增大D. 电容器C所带电荷量减小9.如图所示，一质量为的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为的小物块现以地面为参考系，给A和B一大小均为、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A做加速运动。

4.“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是（ ）
A. 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B. 在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C. 摩天轮转动一周 过程中，乘客重力的冲量为零
D. 摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【点睛】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析．
7.一矩形导线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的正弦交流电如图甲所示，导线框电阻不计，匝数为100匝，把线框产生的交流电接在图乙中理想变压器原线圈的a、b两端，Rt为热电阻(温度升高时，其电阻减小)，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，则
C．线圈绕着与磁场平行的直径ab旋转时，磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生；故C错误．
D．线圈绕着与磁场垂直的直径cd旋转时，磁通量从无到有发生变化，线圈中有感应电流产生；故D正确．
故选D．
【点睛】感应电流产生的条件有两个：一是线圈要闭合；二是磁通量发生变化.
2.有一个轻质柔软的金属弹簧，全长为l0，如图所示。当通入电流I后，弹簧的长度为l，则l与l0的关系为（ ）
B．在t=1.0×10－2s时刻，感应电动势为零，此时线框平面与磁场方向垂直，选项B错误；
C．电动势最大值 ，根据 可知线框转动过程中磁通量变化率最大值为
选项C正确；
D．因为变压器初级电压是不变的，则次级电压不变，当Rt处温度升高时，电阻减小，则次级电流变大，则电阻R的电压变大，V2读数减小，而V1读数不变，则V1表示数与V2表示数的比值要变化，选项D错误；

四川省泸州市泸县第一中学2021年高二物理联考试卷含解析一、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. 用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是（）A．改用红光照射B．改用X射线照射C．改用强度更大的原紫外线照射D．延长原紫外线的照射时间参考答案：B解：根据光电效应的条件γ＞γ0，要产生光电效应，必须用能量更大，即频率更高的粒子．能否发生光电效应与光的强度和照射时间无关．X射线的频率大于紫外线的频率．故A、C、D错误，B正确．故选：B．2. （单选）如图所示，S1、S2是振动情况完全相同的两个机械波波源，振幅均为A.a、b、c三点分别位于S1、S2连线的中垂线上，且ab=bc.某时刻，a是两列波的波峰相遇点，c是两列波的波谷相遇点。

则A．b处质点的振幅为OB．b处质点的振幅为2AC．a处质点的位移始终为2AD．c处质点的位移始终为-2A参考答案：B3. 某物质的摩尔质量是M，密度是ρ，若用N A表示阿伏加德罗常数，则平均每个分子所占据的空间是( )A. B. MρN A C. D.参考答案：C 【详解】摩尔体积为：，所以每个分子所占据的空间体积为：，故C正确。

4. 如图所示，质量分别为m1和m2的小球用一轻质弹簧相连，置于光滑水平面上，今以等值反向的力分别作用于两小球上，则由两小球与弹簧组成的系统（）A.动量守恒，机械能不守恒B.动量守恒，机械能守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒参考答案：A5. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=3：1，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端加一定交流电压U=311sin100πt（V）后，则（）A．两电阻两端的电压比UA：UB=3：1B．两电阻中的电流之比IA：IB=1：3C．两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：1D．电阻B两端的电压表的示数UB=66V参考答案：BD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 光纤通信中,光导纤维递光信号的物理原理是利用光的现象，要发生这种现象，必须满足的条件是：光从光密介质射向，且入射角等于或大于.参考答案：全反射光疏介质临界角7. （4分）小灯泡的伏安特性曲线如图中的AB段（曲线）所示，由图可知，灯丝的电阻因温度的影响改变了________Ω.参考答案：108. 如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。

2022-2023学年高二下物理期末模拟试卷请考生注意：1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、如图所示为A 、B 两质点在同一直线上运动的位移—时间图象，A 质点的图象为直线，B 质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C 、D 坐标如图，下列说法正确的是( )A ．A 、B 相遇一次B ．t 1～t 2时间段内B 质点的平均速度大于A 质点匀速运动的速度C ．两物体速度相等的时刻一定在t 1～t 2时间内的中间时刻D ．A 在B 前面且离B 最远时，B 的位移为122x x + 2、如图所示，物体A 的质量为m ，A 的上端连接一个轻弹簧，弹簧原长为L 0，劲度系数为k ，整个系统置于水平地面上，现将弹簧上端B 缓慢地竖直向上提起，B 点上移距离为L ，此时物体A 也已经离开地面，重力加速度为g ，则下列说法中正确的是（ ）A ．提弹簧的力对系统做功为mgLB ．物体A 的重力势能增加mgLC ．物体A 的重力势能增加mg (L －L 0)D ．物体A 的重力势能增加-mg mg L k ⎛⎫ ⎪⎝⎭3、如图所示，在粗糙的水平面上放一质量为2kg 的物体，现用F=8N 的力，斜向下推物体，力F 与水平面成30角，物体与水平面之间的滑动摩擦系数为μ=0.5，则A．物体对地面的压力为24NB．物体所受的摩擦力为12NC．物体加速度为2m s6/D．物体将向右匀速运动4、下列各组物质全部为晶体的是（）A．石英、雪花、玻璃B．食盐、橡胶、沥青C．食盐、雪花、金刚石D．雪花、橡胶、石英5、如图所示，一个内壁光滑、绝热的气缸固定在地面上，绝热的活塞下方封闭着一定质量的理想气体，若用竖直向上的力F将活塞向缓慢上拉一些距离．则缸内封闭着的气体A．分子平均动能减小B．温度可能不变C．每个分子对缸壁的冲力都会减小D．若活塞重力不计，拉力F对活塞做的功等于缸内气体内能的改变量6、物体做匀加速直线运动，已知第1s末的速度是6m/s，第2s末的速度是8m/s，则下面结论正确的是（）A．物体零时刻的速度是3 m/s B．物体的加速度是2 m/s2C．第1s内的位移是6m D．第1 s内的平均速度是6 m/s二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________2023-2024学年高中物理 (下) 试卷(2024年6月7日)考试总分：106 分 考试时间： 120 分钟注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;一、 选择题（本题共计 8 小题 ，每题 3 分 ，共计24分 ）1.极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的。

如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小。

此运动形成的主要原因是（ ）A.太阳辐射对粒子产生了驱动力的作用效果B.粒子的带电荷量减小C.洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小D.南北两极附近的磁感应强度较强2.如图是电磁驱动的原理图，把一个闭合线圈放在蹄形磁铁的两个磁极间，蹄形磁铁和闭合线圈都可以绕轴转动．当转动蹄形磁铁时（）A.线圈将不动B.线圈将跟随磁铁一起转动C.线圈将向与磁铁相反的方向转动D.磁铁的磁极未知，无法判断线圈是否转动3.如图所示，正六边形内存在垂直纸面的匀强磁场速率不同的粒子和质子从点沿方向分别射入磁场，其中粒子从点射出时动量大小为，质子从点射出时动重天小为不计和十里刀，则为（ ）OO'ABCDEF αA AB αF p 1C p 2:p 1p 2A.B.C.D.4.如图所示，、和是以为直径的半圆弧上的三点，为半圆弧的圆心，在点存在的垂直纸面向里运动的匀速电子束，在、处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时点的电子受到的洛伦兹力大小为若将处长直导线移至处，则点的电子受到的洛伦兹力大小为那么与之比为A.B.C.D. 5. 图中画出的是通电导线在磁场中的受力，其中正确的是（ ）A.B.2:31:61:31:3–√M N P MN O O .∠MOP =60∘M N O .F 1M P O .F 2F 2F 1()1:11:2C. D.6.如图所示，平行光滑直导轨、水平固定放置，金属棒、固定在导轨上并与导轨垂直，在两导轨和两金属棒中间，放有一个垂直导轨平面的螺线管，给螺线管通以如图所示的电流，则下列说法正确的是（）A.当电流恒定，金属棒中的感应电流大小一定且不为B.当电流增大，金属棒中的感应电流从流向C.当电流增大，金属棒受到的安培力水平向左D.当电流减小，金属棒受到向右的安培力7.为了简化安培的实验，我们可以用如图所示的装置探究影响安培力方向的因素．实验中如果发现导体棒被推出磁铁外，则此时磁铁的磁极和电流方向可能是（ ）A.磁铁极在上，电流方向B.磁铁极在上，电流方向C.磁铁极在上，电流方向D.以上三种情况都有可能8.磁电式电流表是依据安培力与电流和磁场的关系制作而成的．已知匀强磁场磁感应强度大小为，放入磁场中的直导线长度为，导线中通过的电流大小为，关于直导线在磁场中所受安培力的大小，下列说法正确的是（ ）MN P Q ab cd I I ab 0I ab a bI cd I ab N A →BN B →AS B →AB L I F F =BLIA.当磁场的方向与直导线垂直时，B.当磁场的方向与直导线垂直时，C.当磁场的方向与直导线平行时，D.当磁场的方向与直导线平行时，二、 多选题（本题共计 4 小题 ，每题 3 分 ，共计12分 ）9.年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质形盒、构成，其间留有空隙，不计带电粒子在电场中的加速时间和相对论效应，下列说法正确的是（ ）A.粒子由加速器的边缘进入加速器B.粒子由加速器的中心附近进入加速器C.加速电场的周期随粒子速度的增大而减小D.粒子从形盒射出时的动能随形盒半径的增大而增大10.如图所示，内壁光滑、水平放置的玻璃圆环内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，以速率沿逆时针方向匀速转动．若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度随时间成正比增加的磁场．设运动过程中小球带电量不变，那么（ ）A.小球对玻璃环的压力一定不断增大B.小球受到的磁场力一定不断增大C.小球先沿逆时针方向减速运动，过一段时间后沿顺时针方向加速运动D.磁场力对小球一直不做功11.为判断线圈绕向，可将灵敏电流计与线圈连接，如图所示．已知线圈由端开始绕至端，当电流从电流计右端流入时，指针向右偏转．将磁铁极向下从线圈上方竖直插入时，发现指针向右偏转．则（ ）F =BLIF =0F =BLIF =BLI21932D D 1D 2D D v 0B G L a b G N LA.俯视线圈，线圈绕向为顺时针B.俯视线圈，线圈绕向为逆时针C.当条形磁铁从图中虚线位置向右远离时，指针将向左偏转D.当条形磁铁从图中虚线位置向右远离时，指针将向右偏转12.如图所示，边长＝的单匝闭合正方形线框在范围足够大的匀强磁场中以＝的角速度绕轴匀速转动，线框的电阻＝，磁感应强度大小＝，方向与成角斜向右下方，＝时刻，线框平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是（ ）A.穿过线框的磁通量＝B.回路中电流的有效值为C.至内，线框中产生的焦耳热为D.线框转动过程中，内通过线框某截面电荷量的最大值为三、 解答题（本题共计 4 小题 ，每题 10 分 ，共计40分 ）13.如图所示，在平面直角坐标系的第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量、电荷量的带正电粒子，以大小的速度从点沿图示方向进入磁场．已知、两点间的距离，取，，粒子重力不计．（1）若磁场的磁感应强度大小，求粒子在磁场中运动的轨迹半径；（2）若粒子不能进入正轴上方，求磁场的磁感应强度大小满足的条件．L L L 20cm ABCD ω2πrad/s OO'R 2ΩB 01T OO'30∘t 0Φ0.02sin2πt WbA π2–√50t =s 112t =s 13×10J π2−40.5s 0.02CxOy m =8×kg 10−8q =1.6×C 10−6v =10m/s P O P s =16cm sin =0.637∘cos =0.837∘B =2T r B'14.如图甲所示，在水平面上固定有长为＝、宽为＝的矩形金属框，在金属框右侧＝范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，金属框单位长度的电阻均为＝，不计地球磁场的影响．（1）分析内回路中电流的变化情况，计算电流的大小并判断电流方向；（2）计算内回路产生的焦耳热． 15.如图甲所示，在倾角为的光滑斜面上放一个边长为、电阻为、质量为的单匝正方形导线框，斜面上虚线正好把线框分成面积相等的两部分．虚线以下部分有垂直于斜面的匀强磁场．（1）若把导线框固定，虚线下部分磁场的磁感应强度随时间变化规律如图乙所示（图中、已知），求时间内线框产生的焦耳热；（2）若虚线以下部分磁场的磁感应强度恒定，将导线框静止释放，当边与虚线重合的瞬间线框的速度为，此时刻线框加速度为零（不考虑导线框以后的运动)．求导线框的最大加速度、磁场的磁感应强度和达到速度过程中导线框产生的焦耳热． 16.如图所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制，下降速度可调、可控等优点。

2022-2023学年高二下物理期末模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、一束含两种频率的单色光，照射到底面有涂层的平行玻璃砖上表面后，经下表面反射从玻璃砖上表面射出后，光线分为a、b两束，如图所示．下列说法正确的是()A．b光光子的频率大于a光光子的频率B．在玻璃砖中b光的速度比a光的速度大C．若a光能使某金属发生光电效应，b光也一定能使该金属发生光电效应D．从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大2、关于磁感应强度B的概念，下列说法正确的是A．根据磁感应强度B的定义式B＝可知，通电导线在磁场中受力为零时该处B为0B．一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力不一定为零C．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零D．磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同3、下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是( )A．B．C．D．4、高考时很多地方在考场使用手机信号屏蔽器，该屏蔽器在工作过程中以一定的速度由低端频率向高端频率扫描．该扫描速度可以在手机接收报文信号时形成乱码干扰，手机不能检测从基站发出的正常数据，使手机不能与基站建立连接，达到屏蔽手机信号的目的，手机表现为搜索网络、无信号、无服务系统等现象．由以上信息可知()A．由于手机信号屏蔽器的作用，考场内没有电磁波了B．电磁波必须在介质中才能传播C．手机信号屏蔽器工作时基站发出的电磁波不能传播到考场内D．手机信号屏蔽器是通过发射电磁波干扰手机工作来达到目的的5、两个物体P、Q的加速度a p＞a q．则（）A．P的速度一定比Q的速度大B．P的速度变化量一定比Q的速度变化量大C．P的速度变化一定比Q的速度变化快D．P受的合外力一定比Q受的合外力大6、如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1与L2、L3与L4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小为1 T，方向垂直于竖直平面向里．现有一矩形线圈abcd，宽度cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置(cd边与L1重合)由静止释放，速度随时间变化的图象如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2－t3之间的图线为与t轴平行的直线，t1－t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知t1－t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内．(重力加速度g取10 m/s2)则()A．在0－t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5 CB．线圈匀速运动的速度为8 m/sC．线圈的长度ad＝1 mD．0－t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

四川省泸县第一中学2020-2021学年高二物理上学期第二次月考试题注意事项：1．答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.2．答题时请按要求用笔.3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 6。

考试时间:150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物90分第I 卷 选择题（50分）一、单选题(每小题5分，共10个小题，共50分；其中1-7题为单选题,8—10题多选题，少选得3分，多选错选得0分。

） 1．对于在以点电荷为球心、r 为半径的球面上各点，说法正确的是 A ．电场强度相同 B ．同一电荷所受电场力相同 C ．电势相同D ．同一电荷具有的电势能不同2．如图所示，A 、B 是两个带有绝缘支架的金属球，它们原来均不带电，并彼此接触，现使带负电的橡胶棒C 靠近A （C 与A 不接触），然后先将A 、B 分开，再将C 移走,关于A 、B 的带电情况，下列判断正确的是A ．A 、B 均带正电B ．A 、B 均带负电C ．A 带正电，B 带负电D ．A 带负电,B 带正电3．某带电粒子M 只在电场力作用下由P 点运动到Q 点，在此过程中克服电场力做了2.6×10—6J 的功。

那么 A ．M 在P 点的电势能一定小于它在Q 点的电势能 B ．P 点的场强一定小于Q 点的场强C ．P 点的电势一定高于Q 点的电势D ．M 在P 点的动能一定小于它在Q 点的动能 4．如图所示,两个定值电阻R 1、R 2串联后接在输出电压U 恒定的直流电源上,有人把一个内阻不是远大于R 1、R 2的电压表分别接在R 1、R 2两端,电压表的示数分别为8V 和4V,则12R R 的值A ．小于2B ．等于2C ．大于2D ．无法确定5．如图所示,电荷量为Q 1、Q 2的两个正点电荷分别置于A 点和B 点，两点相距L 。

四川省泸县第一中学2021年高一物理下学期第二次月考试题含解析注意事项:1．答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内.2.答题时请按要求用笔。

3。

请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效.4。

作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5。

保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.6。

考试时间:１50分钟;物理化学生物同堂分卷考试,每科1０0分，共300分一、单选题每小题4分，共12个小题,共4８分;其中１-9题为单选题，10-1２题多选题，少选得2分，多选错选得0分。

１．关于功和功率的说法中，正确的是 A. 由wpt=可知，只要知道Ｗ和t就可求出任意时刻的功率B．因为功有正功和负功之分,所以功是矢量Ｃ。

由p Fv=可知,汽车的功率与它的速度成正比Ｄ。

正功表示做功的力为动力，负功表示做功的力为阻力答案D解析详解由Wpt=可知，只要知道Ｗ和t就可求出在时间ｔ内的平均功率,选项Ａ错误;功虽然有正功和负功之分,但是功无方向，是标量,选项B错误；由P=Fv可知，在牵引力一定的情况下,汽车的功率与它的速度成正比,选项C错误;正功表示做功的力与位移方向夹角小于90°，则为动力，负功表示做功的力与位移方向夹角大于90°，则为阻力,选项D正确．2。

学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法.在下图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是A.　甲、乙B。

　乙、丙ﻩC。

　甲、丙ﻩＤ。

丙、丁答案Ｂ解析详解甲属于实验法，丁属于控制变量法,乙和丙都体现放大的思想,故B正确，ＡCD错误。

3。

如图所示,为自行车的传动机构，行驶时与地面不打滑.a、c为与车轴等高的轮胎上的两点,d为轮胎与地面的接触点，b为轮胎上的最高点。

行驶过程中A。

c处角速度最大Ｂ．a处速度方向竖直向下Ｃ. a、b、c、d四处速度大小相等D. b处向心加速度指向d答案D解析共轴转动角速度相等，以任意一点为转轴,都是共轴转动,角速度一定相等，故A错误；以圆心为转轴，a 处速度方向竖直向下运动的同时,随着车一起向前运动，故合速度不是竖直向下;故B错误；以圆心为转轴,a、b、ｃ、d四点绕圆心转动的同时还要一起向前运动,由于绕轴转动的分速度方向不同，故各个点的线速度方向不同，大小也不同；故Ｃ错误；以圆心为转轴，b点绕轴转动的同时水平匀速前进，而b处向心加速度指向一定指向圆心,故也指向ｄ；故Ｄ正确；故选Ｄ．点睛:本题关键是明确后轮上各个点都是共轴转动，角速度相等，各个点绕转轴转动的同时还要随着转轴一起前进。

四川省宜宾市第四中学2019-2020学年高二物理下学期第二次月考试题（含解析）一、选择题（每小题6分，共9个小题，共54分；其中1-6题为单选题，7-9题多选题，少选得3分，多选错选得0分。

）1.如图所示，甲、乙分别是a 、b 两束单色光用同一双缝干涉装置进行实验得到的干涉图样，下列关于a 、b 两束单色光的说法正确的是A. a 、b 光在真空中的波长满足λa >λbB. a 、b 光在玻璃中的折射率满足n a <n bC. 若该两束光分别为红光和紫光，则a 为红光D. 若a 、b 光分别从玻璃射入空气，则a 光临界角较小 【答案】D 【解析】【详解】A.根据双缝干涉相邻条纹间距公式Lx dλ∆=可得在其它条件不变的情况下，相干光的波长越大，条纹间距越大，由题图可知a 光的波长小于b 光的波长，故选项A 错误； C.由于a 光的波长小于b 光的波长，所以a 光的频率大于b 光的频率，若该两束光分别为红光和紫光，则b 光为红光，故选项C 错误；BD.由于对于同一种介质，频率越大，折射率越大，故a 光在玻璃中的折射率大于b 光在玻璃中的折射率，由1sin n C=知a 光的临界角小于b 光的临界角，故选项D 正确，B 错误． 2.若用｜E 1｜表示氢原子处于基态时能量绝对值，处于第n 能级的能量为12n E E n=，则在下列各能量值中，可能是氢原子从激发态向基态跃迁时辐射出来的能量的是（ ） A.114E B. 134E C. 178E D.1116E 【答案】B 【解析】【详解】处于第二能级的能量124E E =-则向基态跃迁时辐射的能量134E E ∆=处于第三能级的能量139E E =-则向基态跃迁时辐射的能量189E E ∆=处于第4能级的能量为1416E E =-向基态跃迁时辐射的能量11516E E ∆=则B 正确，ACD 错误； 故选B ．【点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即m n E E h ν-=．3.如图所示，匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=2T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s 在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.5m 2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L （9W ，100Ω），当自耦变压器的滑片位于b 位置时，灯泡正常发光，电流表视为理想电表，灯泡的电阻恒定，则线圈ab 与bc 之间的匝数比为（ ）．A. 2：3B. 3：5C. 3：2D. 5：3【答案】C【解析】【详解】输入电压的最大值为：1020.510502mU NBS V Vω==⨯⨯⨯=，，变压器变压器输入电压的有效值为：1502mU V==，灯泡正常发光2910030U PR V V==⨯=所以12505303abbcU UU U===，2135ab abac acU n UU n U===，所以32abbcnn=，故应选：C．4.如图所示是电阻1R和2R的伏安特性曲线,并且把第一象限分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域.现在把电阻1R,2R并联在电路中,并联的总电阻设为R,下列关于1R与2R的大小关系及R的伏安特性曲线所在的区域说法正确的是A. 12R R<,伏安特性曲线在Ⅰ区B. 12R R>,伏安特性曲线在Ⅲ区C. 12R R>,伏安特性曲线在Ⅰ区D. 12R R<,伏安特性曲线在Ⅲ区【答案】A【解析】【分析】分析图像斜率的意义，利用并联电阻越并越小的特点解此题【详解】由图像可知，图像斜率表示电阻的倒数，所以斜率越大，电阻反而越小，故12R R<，BC选项错误；又由于电阻并联，总电阻越并越小，所以1<R R，所以R的伏安特性曲线在Ⅰ区，A正确，D错误．故选A．图像的斜率，学生可能会忘记倒数这层关系，还考察了并联电阻越并【点睛】本题考察I U越小的特点．5.在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器。

嗦夺市安培阳光实验学校高二下学期第二次月考物理试题一、单选题1. 关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是（）A. 无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线都是电磁波B. 变化的电场一定产生变化的磁场C. 在电场周围一定会产生磁场，在磁场周围一定会产生电场D. 麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在【答案】A【解析】解：A、电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线，故A正确；BC、变化的电场能产生磁场，变化的磁场能产生电场，只有非均匀变化的电场才会产生变化的磁场，恒定的电场不会产生磁场；故BC错误；D、麦克斯韦只是预言了电磁波的存在；是赫兹第一次通过实验验证了电磁波的存在；故D错误；故选：A．【考点】电磁波谱．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】电磁波是由变化电磁场产生的，电磁波有：无线电波、红外线、可见光、紫外线、伦琴射线、γ射线．麦克斯韦只是预言了电磁波的存在；是赫兹第一次通过实验验证了电磁波的存在．【点评】考查电磁波的组成，掌握均匀变化与非均匀变化的区别，知道电磁波的预言者与证实者的不同．2. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上，沿同一直线，同一方向运动，A球的动量为p A=9kg•m/s，B球的动量为p B=3kg•m/s．当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（）A. p A′=6kg•m/s，p B′=6kg•m/sB. p A′=8kg•m/s，p B′=4kg•m/sC. p A′=-2kg•m/s，p B′=14kg•m/sD. p A′=-4kg•m/s，p B′=8kg•m/s【答案】A【解析】A 、根据碰撞过程总动能不增加，则有，解得：，满足，故A正确；B 、根据碰撞过程动能不能增加有，得：，满足，但是碰后A的速度不可能大于B的速度，故B错误；C 、根据碰撞过程动能不能增加有：，解得，不满足，故C错误；D 、碰后动量之后为，不满足动量守恒，故D错误。

四川省泸州市泸县得胜中学高二物理月考试题含解析一、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. 银河系的恒星中大约四分之一是双星。

某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动。

由天文观察测得其运动周期为T，S1到O点的距离为r1、S1到S2间的距离为r，已知引力常量为G。

由此可求出S2的质量为A． B． C．D．参考答案：D2. （多选）如图所示为磁流体发电机的示意图．金属板M、N之间的间距为d，板间有垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性）以速度v从左侧喷射入磁场，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．则下列说法中正确的是A．金属板M上聚集负电荷，金属板N上聚集正电荷B．通过电阻R的电流方向由a到bC．通过电阻R的电流方向由b到aD．该发电机的电动势参考答案：BD3. （单选题）如图所示，质量分别为、的两个物体通过轻弹簧连接，在力的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（在地面，在空中），力与水平方向成角。

则所受支持力N和摩擦力正确的是A．，B．，C．，D．，参考答案：C4.下列关于放射性元素的半衰期的几种说法正确的是A．同种放射性元素，在化合物中的半衰期比在单质中长B．放射性元素的半衰期与元素所处的物理和化学状态无关，它是一个统计规律，只对大量的原子核才适用C．氡的半衰期是3.8天，若有4 g氡原子核，则经过7.6天就只剩下1 gD．氡的半衰期是3.8天，若有4个氡原子核，则经过7.6天就只剩下一个参考答案：BC5. 有关电动势的说法中正确的是（）A．电源的电动势反映了电源将电能转化为其它形式的能的本领B．电源提供的电能越多，电源的电动势就越大C．电源的电动势越大，也就是电源内储存的电能越多D．单位时间内电源消耗的其他形式的能的数值等于电源电动势的值参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 长为L的导体棒原来不带电，现将一电荷量为+q的点电荷放在距棒左端R处，如图所示，当棒达到静电平衡后，棒上的感应电荷在棒内中点P处产生的场强大小等于，方向为。

2021年高二下学期第二次月考物理试题含解析一、单项选择题：（每小题3分，共24分）1．（3分）（xx•中山市校级学业考试）关于电磁感应，下列说法正确的是（）A．导体相对磁场运动，导体内一定产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定产生感应电流闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定产生感应电流C．D．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定产生感应电流考点：感应电流的产生条件．分析：解答本题应掌握：电磁感应产生的条件及电磁感应的应用．解答：解：A、导体相对磁场，平行于磁场运动，导体内一定没有产生感应电流，故A错误；B、只有闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线运动时才能产生感应电流，故B错误；C、只有闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线运动时才能产生感应电流，故C错误；D、穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定产生感应电流．故D正确；故选：D．点评：电磁感应现象为中学物理中的重点内容，应理解其原理及应用．要明确只有闭合电路中的部分导体在磁场中切割磁感线运动时才能产生感应电流．2．（3分）（xx春•静海县校级月考）一个在水平方向做简谐运动的弹簧振子的振动周期是0.4s，当振子从平衡位置开始向右运动，在0.05s时刻，振子的运动情况是（）A．正在向左做减速运动B．正在向右做加速运动C．加速度正在减小D．动能正在减小考点：简谐运动的回复力和能量；简谐运动的振动图象．专题：简谐运动专题．分析：弹簧振子做简谐运动，弹簧的弹力为回复力，根据牛顿第二定律判断加速度的变化，根据加速度方向与速度方向的关系判断速度的变化．解答：解：振子的周期是0.4s，则四分之一周期是0.1s，0.05s小于四分之一个周期；A、振子从平衡位置开始向右运动，在0.05s时刻没有达到右侧最大位移处，振子正向右侧最大位移处做减速运动，故A、B错误；C、由于振子正向右侧最大位移处运动，位移不断增大，回复力增大，由牛顿第二定律可知，加速度增大，故C错误；D、振子从平衡位置向最大位移处运动时，速度不断减小，动能不断减小，故D正确；故选D．点评：要掌握弹簧振子的运动过程，知道弹簧振子在运动过程中，速度、加速度、位移、回复力、动能、势能如何变化．3．（3分）（xx秋•怀柔区期末）如图所示，AB为固定的通电直导线，闭合导线框P与AB在同一平面内．当P远离AB做匀速运动时，它受到AB的作用力为（）A．零B．引力，且逐步变小C．引力，且大小不变D．斥力，且逐步变小考点：安培力；楞次定律．分析：会判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律得到感应电动势的变化规律，应用欧姆定律判断电流的大小变化规律解答：解：A、由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在线框处的方向为垂直直面向里，并且离导线越远磁感应强度越小，故当沿图示方向移动线框时，穿过线框平面的磁通量要减小，感应电流的磁场应与原磁场同向，由安培定则得，电流为顺时针dcbad，故A错误B、由楞次定律可知，感应电流总是阻碍变化，所以对P产生吸引力；离通电导线越远，磁场越弱，由于线框匀速移动，故磁通量的变化率越小，线框中产生的感应电动势越小，线框中的感应电流变小；并且离导线越远磁感应强度越小．所以离开通电直导线越远，线框P 受到的引力越小．故B正确，C错误，D错误．故选：B点评：通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律和法拉第电磁感应定律结合欧姆定律解题，考察比较全面4．（3分）（xx春•历城区校级期末）如图所示，从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区，如果两次拉出的速度之比为1：2，则两次线圈所受外力大小之比F1：F2、线圈发热之比Q1：Q2、通过线圈截面的电量q1：q2之比分别为（）A．F1：F2=2：1，Q1：Q2=2：1，q1：q2=2：1B．F1：F2=1：2，Q1：Q2=1：2，q1：q2=1：1C．F1：F2=1：2，Q1：Q2=1：2，q1：q2=1：2D．F1：F2=1：1，Q1：Q2=1：1，q1：q2=1：1考点：导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应——功能问题．分析：在拉力作用下，矩形线圈以不同速度被匀速拉出，拉力做功等于克服安培力做功，等于产生的焦耳热．根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式结合进行求解．解答：解：设线圈左右两边边长为l，上下两边边长为l′，整个线圈的电阻为R，磁场的磁感应强度为B．拉出线圈时产生的感应电动势为：E=Blv感应电流为：I=线圈所受的安培力为：F=BIl=可知，F∝v，则得：F1：F2=1：2．拉力做功为：W=Fl′=l′可知Q∝v，则得：Q1：Q2=1：2．通过导线的电荷量为：q=I△t=△t=则q与线框移动速度无关，磁通量的变化量△Φ相同，所以通过导线横截面的电荷量q1：q2=1：1．故选：B．点评：通电导线在磁场中受到的安培力与运动速度有关，而且是唯一与速度有关的一个力．同时通过本题让学生掌握去寻找要求的量与已知量的关系，其他不变的量均可去除．5．（3分）（xx秋•石家庄期末）如图所示，电阻R和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，电路可能出现的情况是（）A．A、B一起亮，然后B熄灭B．A比B先亮，然后A熄灭C．A、B一起亮，然后A熄灭D．B比A先亮，然后B熄灭考点：感生电动势、动生电动势．专题：恒定电流专题．分析：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会同时发光．根据电感线圈的电阻不计，会将A灯短路，分析A灯亮度的变化．解答：解：当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮．但由于电感线圈的电阻不计，线圈将A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭；故C正确．故选：C．点评：本题考查了电感线圈L对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路．6．（3分）（xx春•历城区校级期末）交流发电机正常工作时，电动势的变化规律为e=εm sinωt．如果把发电机转子的转速减小一半，并且把电枢线圈的匝数增加一倍，其他条件不变，则（）A．只是电动势的最大值增加一倍B．电动势的最大值和周期都增加一倍C．电动势的最大值和周期都减小一半D．只是频率减小一半，周期增加一倍考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：根据交流发电机工作时的电动势最大值表达式εm=nBSω，分析电动势最大值的变化．由周期与转速有关系T=，分析周期的变化．频率等于周期的倒数．解答：解：交流发电机工作时的电动势最大值表达式为：εm=nBSω．将发电机电枢的转速减小一半，ω减小为原来的一半；同时将把电枢线圈的匝数n增加一倍，则由电动势最大值表达式εm=nBSω可知，电动势的最大值不变．设转速为n，周期为T，频率为f，则周期T=，f=n，所以可知发电机转子的转速减小一半，频率减小一半，周期增加一倍．故D正确，ABC错误．故选：D．点评：本题关键要掌握电动势最大值表达式εm=nBSω，以及周期和频率与转速的关系，基础性问题．7．（3分）（xx秋•思明区校级期末）如图示的两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220V 的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110V．若分别在c、d与g、h的两端加上110V 的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为（）A．220V，220V B．220V，110V C．110V，110V D．220V，0考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：左图是变压器，右图是直流电路中的部分电路，变压器的原副线圈电压之比等于线圈匝数比．解答：解：当a、b两端接110V的交变电压时，测得c、d两端的电压为55V，则原副线圈匝数比为2：1，所以当c、d两端加上110V交变电压，a、b两端电压为220V；当g、h两端加上110V交变电压时，e与滑片间无电流，电压为零，故e、f两端电压与g、h两端电压相同，也为110V．故选：B．点评：本题主要考查变压器的工作原理和原副线圈的变压比公式，要能和直流电路的分压原理相区别．8．（3分）（xx秋•渠县校级期末）如图所示，同轴的两个平行导线圈M、N，M中通有右侧图象所示的交变电流，则下列说法中正确的是（）A．在t1到t2时间内导线圈M、N互相排斥B．在t2到t3时间内导线圈M、N互相吸引C．在t1时刻M、N间相互作用的磁场力为零D．在t2时刻M、N间相互作用的磁场力最大考点：楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：由安培定则判断导线环电流磁场的方向，由电流变化，根据楞次定律来确定感应电流的方向，然后根据磁极间的相互作用判断两导线环的运动趋势．解答：解：A、在t1到t2时间内导线圈M，电流大小减小，则线圈N产生磁通量减小，则线圈M 产生感应电流方向与线圈N相同，则出现相互吸引现象，故A错误；B、在t2到t3时间内导线圈M，电流大小增大，则线圈N产生磁通量增大，则线圈M产生感应电流方向与线圈N相反，则出现相互排斥现象，故B错误；C、在t1时刻线圈M的磁通量的变化率为零，则线圈N中没有感应电流，所以M、N间没有相互作用的磁场力，故C正确；D、在t2时刻线圈M的磁通量的变化率为最大，而线圈M中没有电流，所以M、N间没有相互作用的磁场力，故D错误；故选：C．点评：考查楞次定律，并把两通电导线环等效为磁铁，由安培定则判断出磁铁的极性，根据磁铁磁极间的相互作用即可正确解题．二、不定项选择题（每小题4分，共16分）9．（4分）（xx秋•平桥区校级期末）如图所示，闭合金属环从曲面上h高处滚下，又沿曲面的另一侧上升，设环的初速为零，摩擦不计，曲面处在图示磁场中，则（）A．若是匀强磁场，环滚上的高度小于hB．若是匀强磁场，环滚上的高度等于hC．若是非匀强磁场，环滚上的高度等于hD．若是非匀强磁场，环滚上的高度小于h考点：霍尔效应及其应用．专题：电磁感应——功能问题．分析：若是匀强磁场，闭合小环中没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变；若是非匀强磁场，闭合小环中由于电磁感应产生感应电流，机械能减小转化为内能，高度减小．解答：解：A、B、若是匀强磁场，穿过小环的磁通量不变，没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变，则环在左侧滚上的高度等于h．故A错误、B正确；C、D、若是非匀强磁场，小环中由于产生感应电流，机械能减小转化为内能，高度将减小，则环在左侧滚上的高度小于h．故C错误，D正确；故选：BD．点评：本题关键根据产生感应电流的条件，分析能否产感应电流，从能量的角度分析高度的变化；基础问题．10．（4分）（xx春•静海县校级月考）如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下则说法正确的是（）A．变压器输出两端所接电压表的示数为22VB．变压器输出功率为220WC．变压器输出的交流电的频率为50HZD．该交流电每秒方向改变50次考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．专题：交流电专题．分析：根据u﹣t图象读出电压的最大值U m和周期，由U=求出电压的有效值，由f=求出频率．电压表测量的是有效值．再根据电流与匝数成反比和功率公式即可求解．解答：解：A、由图知输入电压的最大值为U m1=220V，有效值为：U1=1=×220V=220V；已知n1：n2=10：1，由=，解得：U2=22V，即变压器输出端所接电压表的示数为22V，故A 错误；B、变压器的输入电压为U1=220V，串联在原线圈电路中电流表的示数为I1=1A，故变压器的输入功率为：P=U1I1=220×1=220W；理想变压器的输出功率等于输入功率，也为220W；故B正确；C、变压器输入电压的周期为T=0.02s，故频率为f==50Hz；变压器不改变电流频率，故输出的交流电的频率为50HZ，故C正确；D、交流电的频率为50Hz，每个周期内电流方向改变2次，故每秒改变100次，故D错误；故选：BC．点评：本题关键要掌握正弦交变电流的最大值与有效值的关系，掌握理想变压器的变压关系，要知道交流电压表测量的是有效值，明确变压器不能改变功率的特点，并用来分析具体问题．11．（4分）（xx春•静海县校级月考）如图所示，下述说法中正确的是（）A．第2s末加速度为正最大，速度为0B．第3s末加速度为0，速度为正最大C．第4s内加速度不断增大D．第4s内速度不断增大考点：简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率．专题：简谐运动专题．分析：根据振动图象得到位移情况，根据a=﹣判断加速度情况，切线的斜率表示速度．解答：解：A、第2s末位移为负的最大，根据a=﹣，加速度为正的最大；最大位移处速度为零；故A正确；B、第3s末位移为零，故加速度为零；x﹣t图象上切线的斜率表示速度，故速度为正向最大，故B正确；C、第4s内位移不断增大，根据a=﹣，加速度不断增加，故C正确；D、第4s内位移不断增大，速度不断减小，故D错误；故选：ABC．点评：本题关键是明确通过x﹣t图象判断速度、加速度的方法，图象上切线的斜率表示速度，根据a=﹣判断加速度．12．（4分）（xx春•中山期中）理想变压器的原线圈接正弦式电流，副线圈接负载电阻R，若输入电压不变，要增大变压器的输出功率，可行的措施有（）A．只增大负载电阻R的阻值B．只减小负载电阻R的阻值C．只增大原线圈的匝数D．只增大副线圈的匝数考点：变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据理想电压器的特点：电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率解答．解答：解：A、只增大负载电阻R的阻值，原副线圈匝数不变，电压不变．根据P=，输出功率减小，输入功率也减小，故A错误；B、只减小负载电阻R的阻值，原副线圈匝数不变，电压不变．根据P=，输出功率增大，输入功率也增大，故B正确；C、电压与匝数成正比，原线圈匝数增加使得副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，故C错误；D、电压与匝数成正比，副线圈匝数增加使得副线圈电压增大，输出功率增大，输入功率也增大，故D正确；故选：BD．点评：做好本类题目除了利用变压器特点外，还要根据闭合电路的欧姆定律去分析负载变化引起的电流变化．三、填空题：（每空2分，共22分）13．（4分）（xx春•太湖县校级期中）如图所示，两根平行光滑长直金属导轨，其电阻不计，导体棒ab和cd跨放在导轨上，ab电阻大于cd电阻．当cd在外力F2作用下匀速向右滑动时，ab在外力F1作用下保持静止，则ab两端电压U ab和cd两端电压U cd相比，U ab=U cd，外力F1和F2相比，F1=F2（填“＞”、“=”或“＜”）．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：c d切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，cd和ab两端的电压都是外电压．整个回路中的电流处处相等，通过安培力的大小公式，结合共点力平衡比较拉力的大小．解答：解：由图看出，cd切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，ab是外电路，由于导轨电阻不计，所以cd和ab两端的电压都是外电压，所以U ab=U cd．由于电流相等，由公式F=BIL，可知两棒所受的安培力相等，因为两棒都处于平衡状态，拉力都等于安培力，则F1=F2．故答案为：=，=．点评：处理电磁感应中电路问题时，关键能够知道其等效电路，知道哪一部分相当于电源，结合安培力的大小公式和共点力平衡进行求解．14．（6分）（xx春•宝坻区月考）质点以O为平衡位置做简谐运动，它离开平衡位置向最大位移处运动的过程中，经0.15s第一次通过A点，再经0.1s第二次通过A点，再经0.7s第三次通过A点，此质点振动的周期等于0.8s，频率等于 1.25Hz．考点：简谐运动的振幅、周期和频率．分析：由对称性可知质点振动T所用的时间，则可求出第三次经过的时间及周期，根据f=求解频率．解答：解：由题意可知，第二次到达A点时，来回是对称的，故单程的时间为0.05s；则由平衡位置到最大位置所用的时间：t=0.15+0.05=0.2s；则周期：T=4×0.2=0.8s；第三次经过A点时，用时：t3=+2×0.15=0.7s；频率：f=故答案为：0.7，0.8，1.25．点评：本题关键结合简谐运动的位移对称性、速率对称性、时间对称性进行分析，基础题．15．（8分）（xx春•静海县校级月考）如图，当把滑动变阻器的滑片P从右向左滑动时，在线圈A中感应电流的方向是从左端流进电流表，从右端流出；在线圈B中感应电流的方向是从左端流进电流表，从右端流出．考点：楞次定律；变压器的构造和原理．专题：交流电专题．分析：根据楞次定律分析答题，并由右手螺旋定则与楞次定律，即可确定感应电流的方向．解答：解：变阻器R的滑动片P向左移动时，流过B线圈的电流减小，螺线管B产生的磁场始终在减小，穿过AB的磁通量始终在减小，从而导致AB线圈中产生感应电动势，形成感应电流；如图由右手螺旋定则可得，螺线管产生磁场方向，再根据楞次定律，螺线管B中产生的感应磁场的方向N极左端，形成逆时针电流；同理A线圈中产生的感应电流的方向也是逆时针，因此在线圈A中感应电流的方向是从左端流入，从右端流出；而线圈B中感应电流方向是从左端进入电流表，从右端流出．故答案为：左，右，左，右．点评：知道感应电流产生的条件，根据题意判断磁通量是否发生变化，是正确解题的关键；同时掌握右手螺旋定则与楞次定律的应用，注意因通电产生磁场方向，再明确磁通量增大还是减小．本题难度不大，是一道基础题．16．（4分）（xx春•山西期中）在远距离输电时，采用升压变压器使输电电压升高n倍，对于输送一定的电功率来说，输电线路上的电流将减小为原来的，输电线路上的电能损失将减少为原来的．考点：远距离输电．专题：交流电专题．分析：（1）输出功率一定时，根据P=UI，判断电压变化时，电流的变化．（2）在电阻、通电时间一定时，根据Q=I2Rt判断能量的损失．解答：解：（1）如果保证输送的电功率不变，将输电电压升高到原来的n倍，根据P=UI，电流变为原来的．（2）在电阻、通电时间一定时，根据Q=I2Rt，电流变为原来的，电热变为原来的，所以输电线上的能量损失就减小到原来的．故答案为：，．点评：解决此题关键掌握P=UI和P=I2R的应用，注意总功率和损失功率的关系，注意损失电压不是输送电压．四、计算题（共38分）17．（8分）（xx秋•原平市期中）一个边长为a=1m的正方形线圈，总电阻为R=2Ω，当线圈以v=2m/s的速度通过磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直．若磁场的宽度b＞1m，如图所示，求：（1）线圈进入磁场过程中感应电流的大小；（2）线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由E=BLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流．（2）由焦耳定律求出整个过程中产生的焦耳热．解答：解：（1）感应电动势E=BLv，感应电流I===0.5A；（2）线圈进入磁场的时间t===0.5s，则线圈离开磁场的时间也等于0.5s，线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热：Q=I2R•2t=0.52×2×2×0.5=0.5J；答：（1）线圈进入磁场过程中感应电流的大小为0.5A；（2）线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热为0.5J．点评：本题考查了求感应电流、安培力、线圈产生的热量，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、焦耳定律、右手定则与左手定则即可正确解题．18．（9分）（xx秋•原平市期中）如图为某交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈abcd 为n=500匝的矩形线圈，其中ac长为L1=10cm，ab长为L2=5cm．线圈绕垂直于磁场的轴OO′在磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场中以ω=200rad/s的角速度匀速转动（不计一切摩擦），线圈总电阻为r=2.0Ω，外电路负载电阻为R=5.0Ω．试求：（若有小数计算，均取一位小数计算）（1）交变电动势的表达式（设线圈由中性面开转）；（2）电路中伏特表的示数；（3）线圈每转动一周，外力所做的功．考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．专题：交流电专题．分析：（1）首先知道产生是正玄交流电，从中性面开转，确定瞬时表达．（2）由峰值求出有效值，利用闭合电路的欧姆定律求电流，再求负载两端的电压即伏特表的示数．（3）据能量守恒，外力做的功等于电源提供的能量．解答：解：（1）由于从中性面开始转动，所以交变电动势为：e=nBsϖsinϖt=500×0.2×0.005×200sin200t=100sin200t（V）（2）由瞬时值可知，交变电流电动势的有效值为E=V…①由闭合电路的欧姆定律知：I=…②电路中伏特表的示数，即负载两端的电压U=IR…③联立①②③代入数据解得：U=50.5V…④（3）线圈转动的周期T==…⑤由能量守恒得，外力做的功等于该电源做的功：W=UIT…⑥联立②④⑤⑥代入数据得：W=22.4J答：（1）交变电动势的表达式（设线圈由中性面开转）：e═100sin200t （V）；（2）电路中伏特表的示数50.5V；（3）线圈每转动一周，外力所做的功22.4J点评：据题境明确感应电动势的瞬时值，知道电压表示数为有效值，与电路知识向衔接是解题的关键；灵活应用能量守恒的角度求外力做的功．19．（12分）（xx•南充二模）如图所示，在与水平面成θ=30°角的平面内放置两条平行、光滑且足够长的金属轨道，其电阻可忽略不计．空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.20T，方向垂直轨道平面向上．导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m=2.0×10﹣2kg，回路中每根导体棒电阻r=5.0×10﹣2Ω，金属轨道宽度l=0.50m．现对导体棒ab施加平行于轨道向上的拉力，使之匀速向上运动．在导体棒ab匀速向上运动的过程中，导体棒cd始终能静止在轨道上．g取10m/s2．求：（1）导体棒cd受到的安培力大小；（2）导体棒ab运动的速度大小；（3）拉力对导体棒ab做功的功率．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力．专题：电磁感应中的力学问题．分析：（1）cd静止，则cd受力平衡，则分析其受力情况，由平衡关系可得出安培力的大小；（2）由安培力公式可求得电路中电流，则由闭合电路欧姆定律可得出电动势，再由E=BLV 可求得cd的速度；（3）ab棒受力平衡，则由共点力平衡关系可求是拉力的大小，由P=Fv可求得拉力的功率．解答：解：（1）导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F，则F安=mgsinθ=0.10 N安（2）设导体棒ab的速度为v，产生的感应电动势为E，通过导体棒cd的感应电流为I，则，F安=BIl解得=1.0 m/s（3）设对导体棒ab的拉力为F，导体棒ab受力平衡，则F=F安+mgsinθ=0.20 N拉力的功率P=Fv=0.20 W．点评：本题为电磁感应与力学的结合，在解题中要重点做好受力分析及运动情景分析，用好共点力的平衡关系及牛顿第二定律等基本规律．20．（9分）（xx春•静海县校级月考）一台交流发电机产生u=220•sin 100πt V的交流电压，其内阻不计，经过变压器变压后通过总电阻r=2Ω的长导线给彩灯供电，如图所示.60只彩色小灯泡并联在电路中，每只灯泡都是“6V，0.25W”，灯泡均正常发光．（其余电阻不计）试求：（1）发电机的输出功率；（2）降压变压器原、副线圈匝数比；（3）若副线圈为110匝，求副线圈中磁通量变化率的最大值．考点：远距离输电．专题：交流电专题．。