宁夏大学附中2012014学年高二下期中物理试卷版含解析

1、2013-20142013-2014学年宁夏大学附中高二（下）期中物理试卷一、不定项选择题（每小题4 4分，共5252分）1. （4分）（2014春？兴庆区校级期中）下列做法中可能产生涡流的是（）A.把金属块放在匀强磁场中B.让金属块在匀强磁场中匀速运动C.让金属块在匀强磁场中做变速运动D.把金属块放在变化的磁场中考点：*涡流现象及其应用.分析：电流做周期性的变化，在附近的导体中产生感应电流，该感应电流看起来像水中的漩涡，所以叫做涡流.涡流会在导体中产生大量的热量.解答：解：A、把金属块放在匀强磁场中，没有磁通量的变化，不产生感应电流.故A错误;B、把金属块在匀强磁场中匀速运动，有感应电动势，

2、但没有磁通量的变化，不产生感应电流.故B错误；C、金属块在匀强磁场中做变速运动有感应电动势，但没有磁通量的变化，不产生感应电流.故C错误；D、把金属块放在变化的磁场中，变化的磁场产生电场，能够产生涡流.故D正确.故选：D点评：掌握涡流的原理及应用与防止：真空冶炼炉，硅钢片铁心，金属探测器，电磁灶等.2. （4分）（2014春？兴庆区校级期中）如图所示，一闭合铝环套在一根光滑平杆上，当条形磁铁靠近它时，下列结论正确的是（）A. N极靠近铝环时，铝环将向左运动B. S极靠近铝环时，铝环将向左运动C. N极靠近铝环时，铝环将向右运动D. S极靠近铝环时，铝环将向右运动考点：楞次定律.专题：电磁感应与

3、电路结合.分析：无论是哪个磁极靠近铝环，都会使通过铝环的磁通量增加，结合楞次定律可得铝环的运动方向.解答：解：AC、N磁极靠近铝环时，向左通过线圈的磁通量会增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的增加，所以铝环将向左运动，选项A正确，C错误.BD、S磁极靠近铝环时，向右通过线圈的磁通量会增加，由楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的增加，所以铝环将向左运动，选项B正确，D错误.故选：AB点评：解答该题要求正确的对楞次定律进行理解，感应电流产生的磁场总是阻碍产生这个感应电流的磁场的变化，注意是阻碍”，不是阻止”，从运动的方面，可以理解成来则阻,去则留”.该题还可判断铝环是有收缩

4、的趋势还是有扩张的趋势.3. （4分）（2014春？龙井市校级期中）如图所示，在a、b间接上交流电源，保持电压值不变，使其频率增大，发现各灯的亮度变化情况是：灯1变暗；灯2变亮；灯3不变，则箱A、B、C中所接元件可能是（）A.A为电阻，B为电容器，C为电感线圈B.A为电阻，B为电感线圈，C为电容器C.A为电容器，B为电感线圈，C为电阻D.A为电感线圈，B为电容器，C为电阻考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用.专题：交流电专题.分析：本题关键抓住：线圈的感抗与交流电的频率成正比，电容器的容抗与频率成反比，而电阻与频率没有关系.交流电频率增大，灯泡变暗，阻抗变大，变亮，阻抗变小.即可进行

5、分析.解答：解：交流电频率增大，灯1变暗，阻抗变大，说明A是电感线圈，灯2变亮，阻抗变小，说明B是电容器.灯3亮度不变，说明C为电阻.故D正确，ABC错误.故选：D.点评：本题考查电感线圈、电容器对交流电的影响的理解和应用.4. （4分）（2014春？兴庆区校级期中）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220我sin（100疝）V的交变电流电源上，副线圈接有R=55的负载电阻.原、副线圈匝数之比为2:1,电流表、电压表均为理想交流电表.下列说法正确的是（）A.原线圈中电流表的读数为1AB.原线圈中的输入功率为220mWC.副线圈中电压表的读数为110VD,副线圈中输出交变电流的周期为0.02s

6、考点：变压器的构造和原理.专题：交流电专题.分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成0b0-OJ正比，电流与匝数成反比，即可求得结论.解答：解：A、由瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V,根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V,再由输入功率和输出功率相等可得220Iil0;所以55原线圈的电流的大小为1A,故A正确；I一人、I-工人，口，人、1102，LB、由输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为工=220W,故B错误；55C、电压表的读数为电压的有效值，由A的分析可知，副线圈的有效值为110V,所以电压表的读数为110V

7、,故C正确；D、变压器不会改变交流电的周期和频率，所以副线圈中输出交流电的周期为T=2兀兀=0.02s,故D正确.100几故选：ACD.点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解.5. （4分）（2013春？毕节市校级期末）如图所示，带铁芯的电感线圈的电阻与电阻器R的阻值相同，A1和A2是两个完全相同的电流表，则下列说法中正确的是（）MiA.闭合S瞬间，电流表A1示数小于A2示数B.闭合S瞬间，电流表A1示数等于A2示数C.断开S瞬间，电流表A1示数大于A2示数D.断开S瞬间，电流表A1示数等于A2示数考点：电容器和电感器对交变电

8、流的导通和阻碍作用.专题：交流电专题.分析：电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化.解答：解：A、闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故A正确；B、闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表A1示数小于A2示数，故B错误；C、断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表A1示数等于A2示数，故C错误；D、断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联

9、，所以电流表A1示数等于A2示数，故D正确；故选：AD点评：线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极.当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极.6. （4分）（2014春？尉犁县校级期末）用一理想变压器向一负载R供电，如图所示，当增大负载电阻R时，原线圈中电流I1和副线圈中电流I2之间的关系是（）A.I2增大，Il也增大B.I2增大，Il减小C.I2减小，I1也减小D.I2减小，I1增大考点：变压器的构造和原理.专题：交流电专题.分析：变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；根据电阻的变化可知电流的变化，从而可得出原线圈中电流的变化.解答：解：因输入电压不变

10、，故输出电压不变；当负载电阻变大时，输出电流I2变小，因电流之比恒定，故输入电流也减小；故选：C.点评：本题考查变压器的应用，要明确匝数不变，则电流及电压的比值不变.7. （4分）（2010?江西校级模拟）如图所示，M是一小型理想变压器，其接线柱a、b接在电压u=314sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧电路为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其电阻随温度的升高而减小；电流表A2为值班室的显示器，用来显示通过RI的电流；电压表V2用来显示加在报警器上的电压（报警器未画出）；R3为一定值电阻.当传感器R2所在位置出现火警时，以下说法中正确的是（）A.AI的

11、示数不变，A2的示数增大B.AI的示数增大，A2的示数减小C.VI的示数增大，V2的示数增大D.VI的示数不变，V2的示数减小考点：变压器的构造和原理.专题：交流电专题.分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况.解答：解：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数

12、不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以BD正确.故选：BD.点评： 电路的动态变化的分析， 总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法.8. （4分）（2013春？广州期末）下列说法中正确的是（）A.物体的动量改变，一定是速度大小改变QB.物体的动量改变，一定是速度方向改变国C.物体的运动状态改变，其动量一定改变国D.物体的速度方向改变，其动量一定改变国考点：动量冲量.专题：动量定理应用专题.分析：动量是矢量，有大小有方向，只要速度发生变化，物体的动量

13、发生变化.解答：解：A、动量是矢量，动量改变可能是大小改变，也可能是方向改变，所以速度大小不一定变，A错误，B错误.C、运动状态是用速度来描述的，运动状态的改变一定是速度在变，只要速度改变，不论是大小还是方向，动量都发生变化，故C、D正确.囹故选CD.点评：解决本题的关键理解动量的矢量性，只要大小或方向发生改变，动量发生变化.9. （4分）（2014春？兴庆区校级期中）如图所示，两个质量相等的小滑块P、Q（均可视为质点）位于光滑水平桌面上，Q上固定有轻质弹簧且处于静止状态，P以某一初速度v沿弹簧轴线向Q运动，与弹簧发生碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（）考点：动量守恒定律；弹性势能.专题

14、：动量定理应用专题.分析：当弹簧的压缩量最大时，弹簧的弹性势能最大，此时两物块速度相等，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大弹性势能.解答：解：以P、Q组成的系统为研究对象，以P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvo=（m+m）v,由机械能守恒定律得：-mv02=l?2mv2+EP,22解得：Ep=mvo2,即：弹簧具有的最大弹性势能等于P的初动能的42故选：B.点评：本题考查了求弹性势能、动能问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题.10. （4分）（2006秋？宜昌期末）从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎.这是因为

15、（）A,掉在水泥地上，玻璃杯的动量大B,掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大C.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大D.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用B.C.P的初动能的33D.P的初动能的-P的初动能的44A.P的初动能力大考点：动量定理.专题：动量定理应用专题.分析：杯子是否破碎关键在于杯子受到的外力作用，故应通过动量定理分析找出原因.解答：解：杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理可知1=妒可知，冲量

16、也相等；但由于在泥地上，由于泥地的缓冲使接触时间变化，由I=Ft可知，杯子受到的作用力较小，故杯子在水泥地上比在泥土地上更易破碎；故选D点评：物体知识在生活中无处不在，一定要学会应用物理知识去分析解答现实生活中遇到的问题.11. （4分）（2012?台江区校级模拟）相向运动的A、B两辆小车相推后，一同向A原来的方向前进，这是由于（）A. A车的质量一定大于B车的质量B. A车的速度一定大于B车的速度C. A车的动量一定大于B车的动量D. A车的动能一定大于B车的动能考点：动量守恒定律.分析：两车相撞过程，系统的动量守恒，相撞后，总动量沿A原来的速度方向，根据动量守恒定律分析可知，碰撞前的总动量

17、的方向，即可得到两车动量大小的关系.解答：解：两车相撞过程，系统的动量守恒，相撞后，总动量沿A原来的方向，根据动量守恒定律得知，碰撞前的总动量的方向与A原来的速度方向，由于A、B是相向运动，动量又是矢量，则得，A车的动量一定大于B车的动量.由于两车的质量关系未知，无法判断速度大小、动能大小的关系.故C正确.故选C点评：本题考查对动量守恒的理解，系统的动量守恒，不仅总动量的大小保持不变，总动量的方向也保持不变.12. （4分）（2014春？秦安县校级期末）质量相等的A、B两球在光滑的水平面上沿同一条直线向同一方向运动，A球的动量是7kg?m/s,B球向动量是5kg?m/s,当A球追上B球发生碰撞

18、，则碰撞后A、B两球的动量可能是（）A.PA=-2kg?m/s,PB=14kg?m/sB.PA=3kg?m/s,PB=9kg?m/sC.PA=6kg?m/s,PB=6kg?m/sD.PA=-5kg?m/s,PB=15kg?m/s动量守恒定律.动量定理应用专题.当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒.由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择.对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况.13. （4分）（2014春？红桥区期末）如图所示的装置中，木块B与水平面间接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木

19、块和弹簧所组成的系统做为研究对象，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（）考点：动量守恒定律；机械能守恒定律.专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合.分析：根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题；当系统所受合外力为零时，系统动量守恒；当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒.解答：解：在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机A.动量守恒，机械能守恒B.C.动量守恒，机械能小守恒D.黄打匕#门理网*门动量不守恒，机械能不守恒动量

20、不守恒，机械能守恒解：碰前的总动能为:-+_2m2m2irA、符合动量守恒，碰后动能为：故A错误；B、符合动量守恒，碰后动能为：B错误；C、符合动量守恒，碰后动能为：D、不满足动量守恒，故D错误;故选：C.-+4隹大于碰前总动能，动能增加不可能,2m2m2nlJL+-L=30,大于碰前总动能，动能增加不可能，故2m2m2tr+-+=-工,可见碰后动能不增加，C正确;2m2m21r械能不守恒，因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒；故选：B.点评：本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件、分析清楚过程

21、即可正确解题.、填空题（每空3 3分，共2424分）14. （6分）（2014春？兴庆区校级期中）质量为0.2kg的小球竖直向下以12m/s的速度落至水平地面，再以8m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为4kg?m/s.若小球与地面白作用时间为0.2s,则小球受到的地面的平均作用力大小为2、22N（取g=10m/s）考点：动量定理.专题：动量定理应用专题.分析：根据碰撞前后的速度，得出碰撞前后动量的变化量，结合动量定理求出小球受到地面的平均作用力.解答：解：规定向上为正方向，则动量的变化量为：z2P=P2-P1=mv2-mv1=0.2X（8+12）=4kg.

22、m/s.根据动量定理得：（F-mg）t=ZP解得：F.Nm巨二万二22N故答案为：4,22.点评：本题考查了动量定理基本运用，注意动量定理公式的矢量性，解题时需要规定正方向.15. （3分）（2014春？兴庆区校级期中）如图所示，长为1,质量为m1的小船停在静水中,个质量为m2的人站在船头，若不计水的阻力，在人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位考点：动量守恒定律.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，根据动量守恒定律列出等式，结合几何关系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，以人速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2V人-m1v船=0,

23、人从船头走到船尾，船的位移大小为s,则人相对于地面的距离为l-s.1-Sq一I1贝U：m2-m1一=0,解得：s=;1 1t tiri|+roiri|+ro2 2DnDn1故答案为：一-.UIUI+ +IDID2 2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.移是一叫+IT 工一16. （6分）（2014春？兴庆区校级期中）某同学用如图1所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图1中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸（图2）上，留下痕迹.重复上述

24、操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸（图2）上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次.图1中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐.图 1 图 2（1）碰撞后B球的水平射程应取为44.5cm.（2）在以下选项中，本次实验必须进行的测量是ABCA.水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离、B.测量A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离C.测量A球与B球的质量D.测量G点相对于水平槽面的高度.

25、考点：验证动量守恒定律.专题：实验题.分析：（1）根据图乙所示确定刻度尺的分度值，然后读出其示数；（2）根据动量守恒定律求出需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题.解答：解：（1）取所有落点的平均位置作为小球的落点，用一个最小的圆把所有的落点圈起来，圆心就是小球的落点位置，由图2所示可知，刻度尺分度值为mm,刻度尺示数为44.5cm；（2）小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，贝UmAv0=mAvA+mBvB,两边同时乘以时间t得：mAv0t=mAvAt+mBvBt,贝UmAXA=mAXA+mBXB,因此实验需要测量：两球的质量，两球做平抛运动的水平位移

26、，故选ABC.故答案为：（1）44.5;（2）ABC.点评：本题考查了刻度尺读数、确定实验需要测量的量，对刻度尺读数时要先确定其分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直；求出需要实验要验证的表达式是正确答题的前提与关键.17. （6分）（2013春？景泰县校级期末）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S,电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴记录纸过程中，通过导线横截面的电荷量q=空-L考点：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.定律求解电流的有效值.根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式求出电量.解：线圈中

27、广生感应电动势最大值Em=BSco,感应电动势有效值E=电流的有效值为1=工,_F2R由E=4虫，f,q=l 得到AtR电量q=考点：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：根据焦耳定律Q=|2Rt求解电流的有效值，其中I是有效值.再根据有效值与最大值的关系求出最大值.解：设电热器的电阻为R,t时间内产生的热量为Q,则：Q=*tR_29此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以Q-t-t2KR15解得：U=-V以角速度 3 匀速转动，线框中感应电流的有效值迎曰03.线框从中性面开始转过2L的分析由题可知，线圈中产生正弦式电流.感应电动势最大值Em=BSco,由E=4上

28、Em及欧姆2BSs则故答案为:2R点评：对于交变电流，直流电路的规律，比如欧姆定律同样适用，只不过要注意对应关系.18.（3分）（2014春？兴庆区校级期中）一个小型电热器若接在输出电压为消耗电功率为P;若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为15V的直流电源上,上.如果电热器电阻不2变，则此交流电源输出电压的最大值为15V.V2所以最大值为&U=15V故答案为：15点评：对于交变电流，求解热量、电功和电功率等与热效应有关的量，都必须用有效值.三、计算题（8×3=248×3=24分）19. （8分）（2014春？兴庆区校级期中）发电机输出功率40kW,输出电压400V

29、,用变压比（原、副线圈匝数比）为1:5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5Q,到达用户再用变压器降为220V,求：（1）输电线上损失的电功率是多少？（2）降压变压器的变压比是多少？考点：远距离输电；电功、电功率.专题：交流电专题.分析：（1）根据原副线圈的电压之比等于匝数之比求出升压变压器的输出电压，根据P=UI求出输送电流，从而得出输电线上损失的功率.（2）根据输电线上的电压损失得出降压变压器的输入电压，根据电压比等于匝数比求出降压变压器的变压比.答：TTTT u1n1解：（1）根据-=得：U2=4005V=2000V,U2n2输电线上的电流为：1 12$2$二噜罂A A= =20A20A, ,u u2 2占uuuuuu则输电线上损失的电功率为：p损=I-（2）降压变压器的输入电压为：U3=U2I2R=2000-205V=1900V,则的二二四二”川U422011答：（1）输电线上损失的电功率是2000W.（2）降压变压器的变压比是为95:11.点评：解决本题的关键掌握原副线圈的电压之比等于匝数之比，知道升压变压器的输出电压等于电压损失和降压变压器的输入电压之和.20. （8分）（2014春？兴庆区校级期中）质量为10kg的铁锤从1.8m高处自由落下，打在水泥桩上且不反弹，与水泥桩撞击的时间是0.1s.求撞击过程中铁锤受到水泥桩的平均冲击2、力.（g=10