安徽省蚌埠市第三中学2024-2025学年高二物理下学期4月月考试题

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6.如图所示，一个倾角为𝛼的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的物，光斜下滑当物从面端自下究竟端，面体水面移的离( )【留意事项】

安徽省蚌埠市第三中学2024-2025学年高二物理下学期4月月考试题★祝考试顺当★

7.如甲示一压器、线匝之为22︰1，原圈端入图乙示正沟通电副线圈过流与载阻𝑅=20𝛺相。沟通电表沟通流都志向电，则列法正的是( )A.电流的数0.5√2A B.变压器输功5𝑊C.流过R的流向变更50D.当𝑡=1×10−2𝑠时压的数0𝑉1．答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用合乎要求的2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔干脆答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将答题卡上交。 一、（1248021-910-12）1.行中汽假如发猛烈撞车的囊会弹并间体。碰后车速在很时间内小零关平安气囊此程的用下列法确是( )A.增加司单面受力小 B.削减了撞后机量的量C.将机动全转成汽的能 D.延长司的力并增了机受面积2.如图所示，在输电线..𝐿1和𝐿2上接有电压互感器甲和电流互感器乙。若已知匝数比分别为𝑛1:𝑛2=1000:1和𝑛3:𝑛4=1:100，且图电表数220𝑉、电表数2.0𝐴，输线𝐿1𝐿2输送电率为( )A.4.4×10−3𝑊 B.4.4×103𝑊 C.4.4×107𝑊 D.4.4×104𝑊3.从一度相速分别出量同三小球一竖上，球竖下，球抛所受力都不，则( )A.三球地动相B.三球落时量相同C.从出落过，球受的量同 D.从抛到地程抛运小受的量小第3题图 第4题图4.如所为距输示意，电的出压、电的阻志向变压的数不，用户开启的电越越时下列述确是( )A.升压压副圈降低 B.降压变器线电上升C.输线耗功增大 D.发电的出率变5.如图所示，A，B两小球质量相同，在光滑水平面上分别以动量𝑝1=8𝑘𝑔·𝑚/𝑠和𝑝2=6𝑘𝑔·𝑚/𝑠(向右为参考系正方向)做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球碰撞后的动量𝑝1和𝑝2可能分别为( )A.5𝑘𝑔·𝑚/𝑠，9𝑘𝑔·𝑚/𝑠 B.10𝑘𝑔·𝑚/𝑠，4𝑘𝑔·𝑚/𝑠C.7𝑘𝑔·𝑚/𝑠，7𝑘𝑔·𝑚/𝑠 D.2𝑘𝑔·𝑚/𝑠，12𝑘𝑔·𝑚/𝑠第5题图 第6图

第7题图 第8题图8.如图所示，志向变压器原线圈c、d两端接入稳定的沟通电压，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，滑动变阻器R的滑片处于变阻器正中间，电表均为志向电表．下列说法中正确的是SabSaRRcd149.甲乙个块光水平面沿始终线动，追乙并乙生碰，撞后、的速随时间变更如中线示。知的为1kg，则碰过两块失机械( )A.3J B.4J C.5J D.6J第9题图 第10题图10.如图甲所示，在水平向右的匀强磁场中，匝数为10匝的矩形线圈绕与线圈平面共面的竖直轴𝑂𝑂’匀速转动，从线圈转到图示位置起先计时，穿过线圈的磁通量𝛷随时间t变更的关系如图乙所示。则下列说法正确的是et𝑒=10𝑠𝑖𝑛100𝑡(𝑉)5√2𝑉当𝑡=𝜋60°5V11.图示质为m小球光的为R半圆部A静滑，设与面摩，( )A.小球滑右高点B B.小球到槽的能于mgRC.小升最高时槽速为零 D.若球槽摩，统水方动不第11图 第12题图A，BabA，B两球cA𝑚=2𝑘𝑔()AB3𝑘𝑔·𝑚/𝑠B.AB−4𝑁·𝑠C.A6𝑘𝑔·𝑚/𝑠D.AB10J二36分）13.如图所示，用“碰撞试验器”可以探究碰撞中的不变量，即探讨两个小球在轨道水平部分碰撞前后的关系．(1)试验，定球撞前的度不．但，以过测前符号接地决个题．A.小球抛出点距地面的高度FB.小球起先释放的高度h

16.（14分）如图所示为沟通发电机示意图，匝数为𝑛=100匝的矩形线圈，边长分别为𝑎=10𝑐𝑚和𝑏=20𝑐𝑚，内阻为𝑟=5𝛺，在磁感应强度𝐵=0.5𝑇的匀强磁场中绕𝑂𝑂′轴以𝜔=50√2𝑟𝑎𝑑/𝑠的角速度匀速转动，转动起先时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部𝑅=20𝛺的电阻相接。求电键S合上后，(1)写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；(2)电压表和电流表示数；(3)电阻R上所消耗的电功率；

C.球平运的D.球放到地高ℎ+𝐻(2)O𝑚1S𝑂𝑃.𝑚2𝑚1从斜轨上S位静释，球𝑚2相，多重．下来完的要骤.(填选前符号)

17.（10分）如图所示，质量𝑚=2𝑘𝑔的滑块(可视为质点)，以𝑣0=5𝑚/𝑠的水平初速度滑上静止在光滑水平面 C.量出距面度H D.量抛程OMON四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）14.（10）ABCABm，C2m，BA𝑣0B𝐶(C)(1)𝐴与B碰撞中的动能损失；(2)整个运动过程中，弹簧的最大弹性势能．15.（12分）如图所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为𝑅=0.1𝑚，半圆形轨道的底端放置一个质量为𝑚=0.1𝑘𝑔的小球B，水平面上有一个质量为𝑀=0.3𝑘𝑔的木块A以初速度𝑣0=4.0𝑚/𝑠B𝑡=0.80𝑠B间极短，且已知木块A与桌面间的动摩擦因数𝜇=0.25，求：(1)两物体碰前A的速度；(2)碰撞后A、B的速度大小；(3)小球B运动到最高点C时对轨道的压力。

的平板小车，若平板小车质量𝑀=3𝑘𝑔，长𝐿=4.8𝑚.滑块在平板小车上滑移1.5𝑠后相对小车静止．求：（1）滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数𝜇；（2）若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少．(𝑔取10𝑚/𝑠2)答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】分析碰撞前后的动量变更关系，依据动量定理分析冲击力的变更，同时结合实际情景推断正误即可。本题考查动量定理的应用，要留意明确平安气囊增加了冲击时间，从而减小了冲击力。【解答】ABD:在碰撞过程中，司机的动量的变更量是肯定的，而用平安气囊后增加了作用的时间，依据动量定理Ft=△p可知，可以减小司机受到的冲击力，同时平安气囊增大了司机在碰撞过程中的受力面积，即减小了司机单位面积受力，故D正确，C:实际状况中司机与平安气囊碰撞的过程中，不能将司机全部的动能转化成汽车的动能；故C错误；故选D；

2.【答案】C

【解析】解：由图可知，甲并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比；

故U=220×1000V=220000V=2.2×105V；

乙串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，故电流I=2.0×100A=200A；

则输电功率P=UI=2.2×105【解析】【分析】

本题考查动量，冲量以及动量定理，解决本题的关键知道动量、冲量、动量的变更量都是矢量，比较动量的变更量的大小可以通过动量定理，结合运动的时间进行比较。

依据动能定理比较小球落地时的速度，从而比较出落地时的动量，依据动量定理，结合运动的时间，比较动量的变更量。

【解答】

AB.依据动能定理知，mgh=12mv2-12mv02，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同，则动量不同，故A【解析】【分析】本题考查了变压器的基本关系(电压、电流、功率)、远距离输电的相关学问，试题难度较易；关键是能够由变压器基本关系分析各个量之间的变更关系，原线圈的电压确定副线圈的电压，副线圈的电流确定原线圈的电流；

【解答】ABC、当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大；发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U2不变，由输电线上的电压损失增大，可知降压变压器的输入电压U3减小，故A、B错误，C正确；

D、发电机输出功率随用户开启的用电器增多而增加，D错误．

【解析】【分析】

碰撞的过程中动量守恒、动能不增加量，以及要符合实际的规律，依据这些规律进行分析；

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状况。

【解答】

AD.两小球质量相同，设质量都是m，则起先时的动能：E0=p122m+p222m=642m+362m=50m，碰撞后的动能：E=P1'22m+P2'2【解析】【分析】

本题主要考查动量守恒定律，由于斜面体放在光滑地面上，则物体下滑的过程中，斜面后退；则由水平动量守恒可列式求解．

【解答】

此题属于“人船模型”问题，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，以m在水平方向上对地位移的方向为正方向，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向对地位移为x2，

因此0=mx1t+Mx2t，即0=mx1+Mx2

且x1-x【解析】【分析】

依据图象精确找出已知量，是对学生认图的基本要求，精确驾驭志向变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。

由图乙可知沟通电压最大值Um=2202【解答】

D.由图乙可知沟通电压最大值Um=2202V，有效值为220V，据变压比可知，输出电压有效值为10V，电压表的示数为有效值，则随意时刻的示数均为10V，故D错误；

A.依据欧姆定律可知，I= UR=0.5A，故A错误；

B.变压器的输出功率P=UI=5W，依据输出功率等于输入功率可知，变压器的输入功率是5W，故B正确；

C.周期T=0.02s，则流过R的电流方向每秒变更

8.【答案】C

【解析】【分析】

依据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再依据电压与匝数成正比即可求得结论。

电路的动态变更的分析，总的原则就是由部分电路的变更确定总电路的变更的状况，再确定其他的电路的变更的状况，即先部分后整体再部分的方法。

【解答】

B.只将S从a驳接到b，变压器初级线圈匝数减半，次级电压变为原来的2倍，所以B选项错；

A.同时次级消耗的功率变为原来的4倍，初级消耗的功率也为原来4倍，但电压不变，电流表示数应为原来的4倍，故A选项错；

C.只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，变压器次级电阻变为原来的2倍，电压不变电流减半，初级电流也减半，故C选项正确；

D.只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，电压不变电流减半，则依据P=UI和输入功率和输出功率相等，c、d两端输入的功率变为原来的一半，故D选项错误．

故选C。

9.【答案】A

【解析】解：设甲的质量为m，乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和v2，

碰撞后甲、乙的速度大小分别为v3和v4，

碰撞过程中动量守恒，则mv1+Mv2=mv3+Mv【解析】【分析】

依据乙图求出周期、角速度、感应电势的最大值，得到感应电动势的瞬时值表达式e=Emcosωt，再求电动势有效值、瞬时值。

本题关键是从乙图中读出相关的信息，知道从垂直中性面起先计时，感应电动势的瞬时值表达式e=Emcosωt。

【解答】

A.由图乙知周期T=2π×10-2s，角速度ω=2πT=100rad/s，感应电动势的最大值Em=NBSω=NΦω=10×10-2×100V=10V，所以从图示位置起先计时，线圈的感应电动势的瞬时值e随时间t的变更关系为e=EmcosωtV=10cos100tV，故A【解析】【分析】

系统水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，分析清晰运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。

本题考查动量守恒和机械能守恒的综合，知道半圆槽固定时，物体机械能守恒，不固定时，系统水平方向上动量守恒，系统机械能守恒。

【解答】

AC.小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态动量为零，由动量守恒定律可知，小球到达最右端时系统总动量也为零，球与槽的速度都为零，在整个过程中系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，小球可以到达右边最高点，故A错误，C正确；

B.小球与槽组成的系统动量守恒，小球到达槽的底端时，小球与槽都有肯定的速度，都获得肯定的动能，在此过程中系统机械能守恒，小球重力势能的削减量mgR转化为球与槽的动能，因此小球到达槽底时的动能小于mgR，故B正确；

D.球与槽有摩擦时，槽与小球组成的系统水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，故D错误。

故选BC。

12.【答案】AC

【解析】【分析】

在位移时间图象中，斜率表示物体的速度，由图象可知碰撞前后的速度，依据动量的定义公式及动量守恒定律可以求解．

本题主要考查了动量的表达式及动量定理的干脆应用，要求同学们能依据图象读出a碰撞前后的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律．

【解答】

由x-t图象可知，碰撞前有：A球的速度vA=4-102m/s=-3m/s，B球的速度vB=42m/s=2m/s 

碰撞后有：A、B两球的速度相等，为vA'=vB'=2-44-2m/s=-1m/s；

对A、B组成的系统，A、B两球沿始终线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，

碰撞前后A的动量变更为：△pA=mvA'-mvA=4kg⋅m/s

【解析】【分析】

验证动量守恒定律试验中，质量可测而瞬时速度较难，因此采纳了落地高度不变的状况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．过程中小球释放高度不须要，小球抛出高度也不要求。最终可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．从而明确应进行的试验步骤。

本题考查验证动量守恒定律中，要求会在相同高度下，用水平射程来间接测出速度，将困难问题简洁化；留意体会这种简化方法。

【解答】

(1)验证动量守恒定律试验中，即探讨两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，干脆测定小球碰撞前后的速度是不简洁的，但是通过落地高度不变状况下水平射程来体现速度。

故选C。

(2)要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，

得：m1OP=m1OM+m2ON，

因此试验须要过程为：测量两球的质量、确定落点从而确定小球的水平位移，故BD正确，AC错误。

故答案为：(1)C【解析】本题分析清晰物体运动过程，明确弹簧的弹性势能最大的条件：速度相同是正确解题的关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题，留意运用动量守恒定律解题时要规定正方向。

(1)在A与B碰撞过程中，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出它们碰撞后的速度，再由能量守恒定律求动能损失；

(2)当A、B、C有共同速度时，弹簧的弹性势能最大，依据动量守恒定律以及能量守恒定律列式求解。

15.【答案】解：(1)碰前对A由动量定理有：-μMgt=MvA-Mv0

解得：vA=2m/s

(2、3)对A、B：碰撞前后动量守恒：MvA=MvA'+mvB

碰撞前后动能保持不变：12MvA2=12MvA'【解析】本题考查了圆周运动与能量守恒定律的综合运用问题，是力学典型的模型，也可以用动能定理结合牛顿其次定律求解。

(1)对A应用动量定理求解；

(2)(3)AB碰撞过程动量守恒，机械能守恒，列方程组求碰后A的速度和B的速度，对B在轨道上运动过程机械能守恒求B球到达C点时的速度，然后依据牛顿其次定律求解球B受到的压力。

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