【KS5U解析】安徽省蚌埠市第二中学2019-2020学年高二下学期4月物理试题 Word版含解析

1、蚌埠二中20192020学年第二学期4月检测高二物理试题一、选择题1.如图中能产生感应电流的（）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【详解】a.图中，导线框不闭合，不会产生感应电流，故a错误；b.左右两根导线向两边移动的过程中，穿过闭合回路磁通量增大，会产生感应电流，故b正确；c.通电直导线在铁环的正上方，根据安培定则可知，穿过铁环的磁通量始终是0，增大电流不能在铁环中产生感应电流，故c错误；d.闭合铁框水平向右运动的过程中，前后两根导线均切割产生感应电动势，但是回路中的磁通量保持不变，所以回路中不会产生感应电流，故d错误；故选b。2.如图所示，光滑导轨mn水平放置，两根导体棒平行放于导

2、轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁下落穿出导轨平面的过程中，导体p、q运动情况是a. p、q互相靠扰b. p、q互相远离c. p、q均静止d. 因磁铁下落的极性未知，无法判断【答案】a【解析】【详解】当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知p、q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，故a正确，bcd错误3.如图所示，将直径为d，电阻为r的闭合金属环从匀强磁场b中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（ ）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【详解】金属环的面积：由

3、法拉第电磁感应定律得：由欧姆定律得，感应电流：感应电荷量：q=it，解得：故a正确，bcd错误；故选a【点睛】本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式计算4.交流发电机在工作时产生电动势为的正弦交流电，若将其电机即线的转速提高1倍，其它条件不变，则其电动势变为（）a. b. c d. 【答案】d【解析】【详解】感应电动势的瞬时值表达式为，其中，当将其电枢的转速提高一倍时，和都增加一倍，其表达式变为：故abc错误，d正确；故选d。5.如图所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像。此交

4、流电流的有效值是（ ）a. b. 5ac. d. 3.5a【答案】b【解析】【详解】由图可知，该交流电周期为t=0.02s，假设这个电流流过一个电阻r，一个周期内产生的热量有：解得有效值为：b正确。故选b。6.如图为一交流发电机发出的电流随时间的变化图象，则下列说法正确的是a. 在a点时穿过线圈的磁通量最大b. 在b点时穿过线圈的磁通量变化率最大c. 在a点时线圈处在中性面，电流方向改变d. 在b点时线圈处在中性面，电流方向改变【答案】d【解析】分析】根据图象可知电动势最大和零的时刻，电动势为零时磁通量最大，线框平面垂直于磁场，磁通量为零时电动势最大，线框平面于磁场平行【详解】在a点时交变电流

5、电流最大，磁通量变化率最大，磁通量为零，所以此时的线框平面于磁场平行，a错误；在b点时交变电流为零，穿过线圈的磁通量变化率最小，b错误；在a点时交变电流的电流最大，所以此时的线框平面于磁场平行，电流方向不变，c错误；在b点时交变电流为零，通过线框的磁通量最大，线圈处在中性面，电流方向改变，d正确7.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，物体继续运动一段距离后停下，两物体的图象如图所示，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

6、体的冲量等于合外力对b物体的冲量【答案】d【解析】【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，根据牛顿第二定律可知，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，根据i=ft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根据动量定理，对整个过程研究得f1t1-ftob=0f2t2-ftod=0由图看出，tobtod，则有f1t1f2t2即f1冲量小于f2的冲量故ab错误d根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，ab两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故d正确；8.如图所示，在光滑的水平面上，有一质

7、量为m=3kg的足够长薄板和一质量为m的物块分别以大小v=4m/s的初速度向左、向右运动，它们之间有摩擦当薄板的速度大小为2.4m/s且方向向左时，物块的速度大小为v=0.8m/s，方向向左，则物块的质量为a. 1 kgb. 2 kgc. 0.8 kgd. 1.6k【答案】a【解析】【分析】设向左为正方向，根据动量守恒定律列式求解.【详解】设向左为正方向，由动量守恒定律可知： ，即，解得m=1kg，故选a.9.如图所示，足够长的u形光滑金属导轨平面与水平面成角，其中mn与 pq平行且间距为l，导轨平面与磁感应强度为b的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒 ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终

8、保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的电阻为r，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小v，则金属棒ab在这一过程中（）a. 加速度为b. 下滑的位移为c. 产生的焦耳热d. 受到的最大安培力【答案】bd【解析】【详解】a.金属棒ab开始做加速运动，速度增大，感应电动势增大，所以感应电流也增大，导致金属棒受到的安培力增大，所以加速度减小，即金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，根据牛顿第二定律，有： 其中：故：故a错误；b.由电量计算公式：可得，下滑的位移大小为：故b正确；c.根据能量守恒定律：产生的焦耳热为：故c错误；d.金属棒ab受到的最大安培力大小为：故d正确；故选bd。10.如图

9、所示，开始时矩形线圈平面与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要使线圈产生感应电流，则下列方法中可行的（）a. 以ab为轴转动b. oo为轴转动c. 以ad为轴转（小于）d. 以bc为轴转（小于）【答案】abc【解析】【详解】a.以ab边为轴转动，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，故a正确；b.以为轴转动，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，故b正确；c.以ad边为轴转动（小于），穿过线圈的磁通量从减小到零，有感应电流产生，故c正确；d.以bc边为轴转动（小于），穿过线圈的磁通量为：保持不变，没有感应电流产生，故d错误；故选abc。11.如图所示的电路中，p为滑动变阻

10、器的滑片保持理想变压器的输入电压不变，闭合电建s，下列说法正确的是 a. p向下滑动时，灯l变亮b. p向下滑动时，变压器的输出电压不变c. p向上滑动时，变压器的输入电流减小d. p向上滑动时，变压器的输出功率变大【答案】bd【解析】【详解】a由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压不变，滑片p滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项a错误；b滑片p下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项b正确；c滑片p上滑，电阻减小，电流增大，则原线圈输入电流也增大，故选项c错误；d此时变压器输出功率将变大，故选项d正确12.一质量为2kg的物块在合外力f的作用下从

11、静止开始沿直线运动。f随时间t变化的图线如图所示，则（）a. 时物块的速率为b. 时物块的动量大小为c. 时物块的动量大小为d. 时物块的速度为零【答案】ab【解析】【详解】a前两秒，根据牛顿第二定律则0-2s的速度规律为：v=at；t=1s时，速率为1m/s，a正确；bt=2s时，速率为2m/s，则动量为p=mv=4kgm/sb正确；cd2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a=-0.5m/s2，所以3s时的速度为1.5m/s，动量为3kgm/s，4s时速度为1m/s，cd错误；二、填空题13.如图所示，a、b两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为 10 匝，半，图示区域内有匀强

12、磁场，且磁感应强度随时间均匀减小。a、b线圈中产生的感应电动势之比为_ ，两线圈的感应电流之比为_。【答案】 (1). (2). 【解析】【详解】1对任一半径为的线圈，根据法拉第电磁感应定律：由于相同，相同，则得：因，故a、b线圈中产生的感应电动势之比为：2根据电阻定律得：线圈的电阻为：由于相同，两线圈电阻之比：线圈中感应电流： 联立得到：14.在远距离输电中，输送电压为220伏，输送的电功率为44千瓦，输电线的总电阻为0.2欧，在使用原副线圈匝数比为1：10的升压变压器升压，再用10：1的降压变压器降压方式送电时输电线上损失的电压为_ v，损失的电功率为_ w【答案】 (1). 4 (2).

13、 80【解析】【详解】根据电压与匝数成正比，有，可得升压变压器的输出电压为u2=2200v，根据p=ui，输出电流为：，故电压损失为：u=ir=20a×0.2=4v，电功率损失为：p=i2r=202×0.2=80w15.如图所示，质量为的小球在距离车底面高20m处以一定的初速度向左平抛，落在以速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4kg，设小球落在车底前瞬间速度大小是，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小为_ ，方向向_。（取g=）【答案】 (1). 5 (2). 水平向右【解析】【详解】12小球抛出后做平抛运动，初速度为，则根据

14、动能定理得：解得：小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，选向右为正方向，则有：解得：方向水平向右。三、本大题4小题，共40分16.如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻r相连，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为b，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略，求：（1）电阻 r消耗的功率； （2）水平外力的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有：则导体棒中的电流大小为：

15、电阻r消耗的功率：联立可解得：（2）由于导体棒ab匀速运动，根据平衡条件可知：安培力为：则拉力为：17.如图所示，交流发电机线圈abcd的面积为s=0.05，线圈匝数n=100，在磁感应强度为的匀强磁场中，以的角速度匀速转动，电阻的阻值均为50，线圈的内阻忽略不计，若从图示位置开始计时（1）推导线圈中电动势最大值的表达式，并求出其值；（2）写出线圈中电动势瞬时值的表达式；（3）分别计算电压表的示数u、电流表的示数i和电阻上消耗的电功率各为多大？【答案】（1） （2）（3）；25w；25w【解析】【详解】（1）线圈转动到图示位置，电动势最大ad、bc两边切割磁感线产生的感应电动势的大小均为所以代

16、入数据解得（2）线圈从垂直于中性面开始计时；故瞬时表达式为（3）电压表所测为电源电动势的有效值；故；与并联，总电阻；电流消耗的功率均为【名师点睛】由最大值表达式可求得产生的电动势的最大值；根据最大值及起始位置可确定瞬时值；由最大值和有效值的关系可求得有效值，再由欧姆定律及功率公式可求得电流及功率18.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度（不计水的阻力）【答案】【解析】【分析】在抛货物的过程中，乙船与货物组

17、成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船速度，则两船不会相撞，应用动量守恒定律可以解题【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：乙船与货物：12mv0=11mv1-mv，甲船与货物：10m×2v0-mv=11mv2，两船不相撞的条件是：v2v1，解得：v4v0，则最小速度为4v0【点睛】本题关键是知道两船避免碰撞的临界条件是速度相等，应用动量守恒即可正确解题，解题时注意研究对象的选择以及正方向的选择19.如图所示，足够长平行光滑的金属导轨、相距，导轨平面与水平面夹角，导轨电阻不计.磁感应强度的匀强磁场垂直导轨平面斜向下，金属棒垂直于、放置在导轨上且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为、电阻不计.定值电阻，电阻箱电阻调到，电容，重力加速度取.现将金属棒由静止