安徽省黄山市屯溪区田家炳实验中学2022学年高二物理下学期第一次月考试卷（含解析）

2022-2022学年安徽省黄山市屯溪区田家炳实验中学高二（下）第一次月考物理试卷一、单项选择题（共48分，12小题，每小题4分，每小题只有一个正确答案）1．（4分）（2022春•屯溪区校级月考）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（　　）　A．0.01s时刻线圈处于中性面位置　B．0.02s时刻穿过线圈的磁通量为零　C．该交流电流有效值为2A　D．该交流电流频率为25Hz考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．版权所有专题：交流电专题．分析：由i﹣t图象可以读出电流的周期、最大值；当感应电动势最大时，线圈与中性面垂直；当感应电动势最小时，线圈与中性面重合．解答：解：A、0.01s时刻感应电流最大，感应电动势最大，故线圈与中性面垂直，磁通量为零，故A错误；B、0.02s时刻感应电流为零，感应电动势为零，故线圈处于中性面位置，磁通量最大，故B错误；C、该交流电流的最大值为6.28A，故有效值为：I==4.44A，故C错误；D、该电流的周期为0.04s，故频率f==25Hz，故D正确；故选：D．点评：本题关键是明确：当线圈位于中性面时，感应电动势最小，为零；当线圈与中性面垂直时，感应电动势最大．要具备从图象中获得有用信息的能力．　2．（4分）（2022春•涪城区校级期中）如图所示，边长为L的正方形线圈abcd，其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断中正确的是（　　）-12-\n　A．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=nBL2ωsinωt　B．在t=时刻，磁场穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量的变化率为零　C．从t=0时刻到t=时刻，电阻R上产生的热量为Q=　D．从t=0时刻到t=时刻，通过R的电荷量Q=考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理．版权所有专题：交流电专题．分析：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据规律可列出感应电动势的瞬时表达式，最大值与有效值的倍；每当线框通过中性面时，电流方向改变；当磁通量为零时，线框切割速度最大，产生的电动势也最大．解答：解：A、由闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsinωt，得回路中感应电动势的瞬时表达式e=nBωL2sinωt，故A错误；B、在t=时刻，线圈从图示位置转过90°，此时磁场穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，故B错误；C、电压有效值为，从t=0到t=时刻，电阻R产生的焦耳热为Q=•=，故C正确；D、从t=0到t=时刻，通过R的电荷量q==，故D正确；故选：CD．点评：线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．同时注意磁场只有一半．　3．（4分）（2022•天津）通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R．当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为（　　）-12-\n　A．，B．，C．，D．（）2R，考点：变压器的构造和原理．版权所有专题：交流电专题．分析：根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比，变压器不改变功率，由P=UI求出输电线中电流，由功率公式求解输电线上损耗的电功率．解答：解：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，输电电压为KU，输送功率P=KUI，所以=；当副线圈与原线圈的匝数比为nk时，输电电压为nKU，输送功率P=nKUI′，所以=；故选D点评：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率．基础题．　4．（4分）（2022春•屯溪区校级月考）在某交流电电路中，有一个正在工作的变压器，它的原线圈匝数n1=600匝，电源电压为U1=220V，原线圈串联一个0.2A的保险丝，副线圈n2=120匝，为保证保险丝不被烧断，则（　　）　A．负载功率不能超过220W　B．副线圈电流最大值不能超过1A　C．副线圈电流有效值不能超过1A　D．副线圈电流有效值不能超过0.2A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系．版权所有专题：交流电专题．分析：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，结合保险丝得额定电流计算出副线圈中允许的最大电流和功率．解答：解：A、原、副线圈的匝数分别为n1=600匝、n2=120匝，电源的电压为U1=220V，所以副线圈电压是U2==44V，原线圈串联一个0.2A的保险丝，根据电流与匝数反比，副线圈允许的电流有效值最大为I2==1A，所以负载功率不能超过P=UI=44×1=44W，故A错误，C正确，D错误；B、副线圈允许的电流有效值最大为1A，所以副线圈电流最大值不能超过-12-\nA，故B错误；故选：C．点评：本题考查了变压器的特点，突破口在于保险丝的数值，结合欧姆定律进行判断．　5．（4分）（2022春•杜集区校级期末）质量为m的A球以速率v与质量为3m的静止B球沿光滑水平面发生正碰，碰撞后A球速率为，则B球速率可能为（　　）　A．B．C．D．2v考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：碰后A球的速率恰好变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再根据碰撞过程中动量守恒即可解题．解答：解：选取A与B组成的系统为研究的对象，选取A的初速度的方向为正方向，系统在碰撞过程中动量守恒，则：mv0=mv+2mvB若碰后A的速度方向与原来相同，则解得：，由于被碰小球的速度不可能小于入碰小球的速度，所以该结果错误；若碰后A的速度方向与原来相反，则：．故C选项正确．故选：C点评：本题考查的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量，还要注意在碰撞结束后两个小球的速度方向相同时，被碰小球的速度不可能小于入碰小球的速度．难度适中，属于中档题．　6．（4分）（2022•南平模拟）在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车在碰前以20m/s的速率行驶_由此可判断卡车碰前的行驶速率（　　）　A．小于10m/sB．大于l0m/s，小于20m/s　C．大于20m/s，小于30m/sD．大于30m/s，小于40m/s考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．版权所有专题：计算题．分析：长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，可根据动量守恒定律直接列式判断．解答：解：长途客车与卡车发生碰撞，系统内力远大于外力，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律，有mv1﹣Mv2=（m+M）v因而-12-\nmv1﹣Mv2＞0代入数据，可得v2＜=m/s=10m/s故选A．点评：本题关键判断碰撞过程系统动量守恒，然后根据动量守恒定律列式分析．　7．（4分）（2022春•任城区校级期中）A、B两条船静止在水面上，它们的质量均为M．质量为的人以对地速度v从A船跳上B船，再从B船跳回A船，经过几次后人停在B船上．不计水的阻力，则（　　）　A．A、B两船速度均为零B．vA：vB=1：1　C．vA：vB=3：2D．vA：vB=2：3考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：两船及人组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出两船的速度之比．解答：解：以两船及人组成的系统为研究对象，系统在水平方向上所受合外力为零，系统动量守恒，以人的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：﹣MvA+（M+）vB=0，解得：vA：vB=3：2；故选：C．点评：本题考查了动量守恒定律的应用，正确选择研究对象、应用动量守恒定律即可正确解题．　8．（4分）（2022春•长阳县校级月考）在静水中一条长l的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为（　　）　A．B．C．D．考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：人和小船组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出船移动的位移大小．解答：解：船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，有mv=MV．人从船头走到船尾，设船后退的距离为x，则人相对于地面的距离为l﹣x．则解得x=．故B正确，A、C、D错误．故选B．-12-\n点评：解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．　9．（4分）（2022•南开区校级模拟）动能相同的A、B两球（mA＞mB）在光滑的水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可判定（　　）　A．碰撞前A球的速度小于B球的速度　B．碰撞前A球的动量大于B球的动量　C．碰撞前后A球的动量变化大于B球的动量变化　D．碰撞后，A球的速度一定为零，B球朝反方向运动考点：动量守恒定律；动量冲量．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：根据题意可知两球的速度及动量的大小关系；再由动量守恒则可以判断两球动量的变化及两球的运动方向．解答：解：A、因球的动能相同，且A的质量大于B的质量；故A球的速度小于B球的速度；故A正确；B、由EK=可知，P=；则可知，A的动量大于B的动量；故B正确；C、因两球在碰撞中动量守恒，故两球动量的变化量相等；故C错误；D、因A的动量大于B的动量，故总动量沿A的动量方向，故碰后只能是A静止，B朝反方向运动，故D正确；故选ABD．点评：本题考查动量守恒定律的应用，要注意动量及动能的关系式，明确动量守恒的内容，并能熟练应用．　10．（4分）（2022•安徽模拟）如图所示，两物体A、B用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统（整个过程中弹簧不超过其弹性限度），正确的说法是（　　）　A．动量不守恒　B．机械能不断增加　C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大　D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：对A、B及AB系统进行受力分析，根据物体的受力情况判断物体的运动性质；根据除弹簧的弹力以外的力做功，系统的机械能变化，分析机械能的变化．根据动量守恒条件分析系统动量是否变化．解答：-12-\n解：A、由题意，F1、F2等大反向，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，故A错误；B、C、在整个拉伸的过程中，拉力一直对系统做正功，系统机械能增加，物体A、B均作变加速运动，速度先增加后减小，当速度减为零时，弹簧伸长最长，系统的机械能最大；此后弹簧有收缩的过程；故机械能会减小；故B错误，C正确．D、在拉力作用下，A、B开始做加速运动，弹簧伸长，弹簧弹力变大，外力做正功，系统的机械能增大；当弹簧弹力等于拉力时物体受到的合力为零，速度达到最大，之后弹簧弹力大于拉力，两物体减速运动，直到速度为零时，弹簧伸长量达最大，因此A、B先作变加速运动，当F1、F2和弹力相等时，A、B的速度最大，不为零；故D错误；故选：C．点评：本题要抓住弹簧的弹力是变力，分析清楚物体的受力情况是正确解题的关键，紧扣动量守恒和机械能守恒的条件进行分析即可．　11．（4分）（2022•福建）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　）　A．v0+vB．v0﹣vC．v0+（v0+v）D．v0+（v0﹣v）考点：动量守恒定律．版权所有专题：压轴题．分析：人和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解，解答：解：人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向（M+m）v0=Mv′﹣mvv′=v0+（v0+v）故选C．点评：本题关键选择人跃出前后的过程运用动量守恒定律列式求解．　12．（4分）（2022春•屯溪区校级月考）如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是（　　）　A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh　B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为-12-\n　C．B能达到的最大高度为　D．B能达到的最大高度为h考点：机械能守恒定律．版权所有专题：机械能守恒定律应用专题．分析：B从轨道上下滑过程，只有重力做功，机械能守恒．运用机械能守恒定律可求得B与A碰撞前的速度．两个物体碰撞过程动量守恒，即可求得碰后的共同速度．碰后共同体压缩弹簧，当速度为零，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求得最大的弹性势能．当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，根据机械能守恒求得B能达到的最大高度．解答：解：A、B、对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh=，B刚到达水平地面的速度v0=．A碰撞过程，以AB组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=2mv，得A与B碰撞后的共同速度为v=v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=•2mv2=，故A错误，B正确；C、D、当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′=mv2，B能达到的最大高度为，故C、D错误．故选：B点评：利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析，明确研究对象，并选取正方向．把动量守恒和机械能守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．　二、实验题（共10分，每空2分）13．（10分）（2022春•屯溪区校级月考）某同学用如图所示的装置做验证动量守恒定律的实验．选用小球a为入射小球，b为被碰小球．（1）设小球a、b的质量分别为ma、mb；则它们的大小关系应ma　大于　mb．（填“大于”、“等于”或“小于”）（2）放上被碰小球后，两小球a、b碰后的落点分别是图中水平面上的　A　点和　C　点．若动量守恒则满足　maOB=maOA+mbOC　的式子，若碰撞前后动能守恒则满足　　的式子．考点：验证动量守恒定律．版权所有-12-\n专题：实验题．分析：（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量．（2）小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度减小，都做平抛运动，由平抛运动规律不难判断出各自做平抛运动的落地点，根据平抛运动的特点求出碰撞前后两个小球的速度，根据动量的公式列出表达式，代入数据看碰撞前后的动量是否相等．解答：解：（1）验证碰撞过程的动量守恒，为防止两个小球碰撞后入射球反弹，入射球的质量与大于被碰球的质量；（2）小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相等，设为t，由图示可知，B为碰前入射小球落点的位置，A为碰后入射小球的位置，C为碰后被碰小球的位置，碰撞前a的速度v1=，碰撞后a的速度v2=，碰撞后b的速度v3=，我们需要验证：mav1=mbv3+mav2，将球的速度表达式代入得：maOB=maOA+mbOC；若碰撞前后动能守恒则：将球的速度表达式代入得：故答案为：（1）大于；（2）A；C；maOB=maOA+mbOC．点评：要掌握实验注意事项、知道小球离开水平轨道后做平抛运动，可以用小球的水平位移代替小球的初速度．　三、计算题（共42分，其中第14题6分，第15题12分，第16题12分，第17题12分，解题应写出重要的演算公式和步骤、必要的文字说明，只写答案的不得分）14．（6分）（2022春•屯溪区校级月考）质量为2kg的小球从5m的高度自由落体，撞到地面0.2s后反弹速度大小为2m/s（g=10m/s2）．求：（1）小球撞地时动量变化的大小；（2）小球撞地时地面对小球的平均作用力的大小．考点：动量定理．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：（1）由自由落体规律可求得小球撞地前的速度，则可求得撞地前后的动量，即可求出动量的变化大小；（2）由动量定理可求得小球的平均作用力．解答：解：（1）由自由落体规律可知：v2=2gh，解得：v===10m/s；方向竖直向下；设向下为正，则动量变化为：△P=P2﹣P1=（﹣2×2）﹣2×10=﹣24kg•m/s．故动量变化大小为24kg•m/s；负号说明向上；（2）由动量定理可知：（mg+F）t=△P-12-\n解得：F=﹣mg=﹣20=﹣140N；答：（1）小球撞地时动量变化大上为24kg•m/s；（2）地面对小球的平均作用力大小为140N．点评：本题考查动量定理的应用，在解题时要注意动量的矢量性，首先设定正方向．　15．（12分）（2022•金凤区校级二模）如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M，A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向．（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有专题：动量和能量的综合．分析：（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律即可解题；（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，平板车速度为v'，由动量守恒定律结合动能定理即可求解．解答：解：（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律可得：Mv0﹣mv0=（M+m）v解得：v=v0，方向向右（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，平板车速度为v'，由动量守恒定律得Mv0﹣mv0=Mv'这一过程平板向右运动S，解得s=答：（1）A、B最后的速度大小为，方向向右；（2）平板车向右运动的位移大小为．点评：本题主要考查了动量守恒定律及动能定理得直接应用，难度适中．-12-\n　16．（12分）（2022•江西二模）如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mC=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧（弹簧与滑块不拴接）．开始时A、B以共同速度v0运动，C静止．某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B与C碰撞前B的速度．考点：动量守恒定律．版权所有专题：动量定理应用专题．分析：在弹簧弹开过程中，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律列方程；在B、C碰撞过程中，B、C系统动量守恒，由动量守恒定律可以列方程，然后根据题意解方程组，求出B与C碰撞前B的速度．解答：解：以A、B系统组成的系统为研究对象，A与B分开过程中，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=mAv+mBvB，以B、C组成的系统为研究对象，B与C碰撞过程中，由动量守恒定律得：mBvB=（mB+mC）v，解得，B与C碰撞前B的速度vB=v0；答：B与C碰撞前B的速度为v0．点评：分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律即可正确解题．　17．（12分）（2022•新建县校级模拟）如图所示，光滑水平桌面上有长L=2m的挡板C，质量mC=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA=1kg，mB=3kg，开始时三个物体都静止．在A、B间放有少量塑胶炸药，爆炸后A以6m/s速度水平向左运动，A、B中任意一块与挡板C碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：（1）当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，C的速度是多大；（2）A、C碰撞过程中损失的机械能．考点：动量守恒定律；机械能守恒定律．版权所有专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．分析：（1）整个过程A、B、C三者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的速度．（2）A、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出A、C碰撞后的共同速度，然后由能量守恒定律求出碰撞过程中损失的机械能．解答：解：（1）A、B都和C碰撞粘在一起后，三者速度相等，A、B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：（mA+mB+mC）vC=0，解得，C的速度vC=0；-12-\n（2）A、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mC）v，解得：v=1m/s，碰撞过程，由能量守恒定律得：△E=mAvA2﹣（mA+mC）v2=15J；答：（1）当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，C的速度是0．（2）A、C碰撞过程中损失的机械能为15J．点评：在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，故在运用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪段过程中哪些物体组成的系统动量守恒．-12-