呼伦贝尔市尼尔基第一中学2017-2018学年高二下学期物理月考 17页

尼尔基第一中学高二下学期物理月考2018.4一.选择题（共8小题，每小题4分，共32分）1.下列说法中正确的是（）A.合外力的冲量是物体动量变化的原因B.若合外力对物体不做功，则物体的动量一定不变C.作用在物体上的合外力越小，物体的动量变化越小D.发生相互作用的物体，如果不受合外力作用，则每个物体的动量保持不变2.在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球.一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中（）A.三个球动量的变化量相同B.下抛球和平抛球动量的变化量相同C.上抛球动量变化量最大D.三球落地时的动量相同3.频率为50Hz的交变电流，其电压u=120/2sinu）tV,把它加在激发电压、熄灭屯压均为85V的霓虹灯的两段，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间是A・屛Too45C・嗇sD.200SA.Li灯比原来亮B・L2灯比原来亮C・S灯比原来暗D・b灯比原来 亮6.一交流发电机，当转速为m时，其交变电动势e=220sin/2sinu)tV,把它加在激发电压、熄灭屯压均为85V的霓虹灯的两段，则在半个周期内霓虹灯点亮的时间是()A・"^rsB.可］sC.}sD・—-s50100150200【解答】解：频率为50Hz的交变电流，周期T二0.02s,电压u=120V2sinu)tV,最大值Um二画出一个周期内交流电的u-t图象如图r所示，其中阴影部分对应的时间0b表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性,-个周期内霓虹灯不能发光的时间为4心当u二Uo二60、、迈/时，由上式得口二讣。s再由对称性求得半个周期内能发光的吋间为:t=—-2tx=^^2150故选：Co4.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V,已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈的匝数为()A.200B.400C.1600D.3200【解答】解：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：鉴二竺U2n2变压器能将220V交变电流改变为110V,原线圈匝数g二800,副线圈匝数n2oUo11n 则：巳二子1=^X800=400匝故选：Bo5.如图所示，当交流电源的电压（有效值）U二220V,频率f=5OHz,3只灯泡Li、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f=100Hz.电压不变，则（）A.-灯比原来亮B・L2灯比原来亮C.S灯比原来暗D・L3灯比原来亮【解答】解：三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过-的电流变大，流过L2的电流变小，流过L?的电流不变。故B、C、D错误，A正确。故选：Ao6.一交流发电机，当转速为m时，其交变电动势e=220sin<100nt）V,现有如下的说法，其中正确的是（）A.在t二0时，线圈中的磁通量为0B.该交流发电机线圈的转速为50r/sC.若加在标有"220V,100W"的灯泡的两端，灯泡能正常发光D.若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值增大一倍而频率不变【解答】解：A、当t=0吋，e=0,此时线圈处于中性面的位置，磁通量最大，故A错误B、因为交变电流的瞬时表达式为e=Emsinu）t,其中Em=nBSu）表示最大值，故转速*2*丿:曙丄7s二50x7s，故B正确C、则该电动势的最大值为220V,最大值为有效值的V可咅，故有效值E=110a/2V,而灯泡的标注值是有效值，故C错误；D、因为交变电流的瞬时表达式为e=Emsincot,其中Em=nBSco表示最大值，u）=2nn,转速加倍，交流电的最大值加倍，频率加倍，故D错误；故选：Bo 7.如图，质量为M的小船在静止水面上以速率Vo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（）•……/是••••A.v°+晋vB.v0■•-~vC・普（vo+v）D・Vo+千（Vo_v）【解答】解：人在跃岀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,-mv『二v°+乎(v°+v)故选：Co&质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为小初始时小物块停在箱子正屮间，如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又冋到箱子正中间，并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为（）A.|mv2B・yMv2C.寺NpngLD.NpmgL【解答】解：由于箱子M放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的整体动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块不再相对滑动,有mv=（m+M）Vi根据能量守彳旦得：系统损失的动能为△Ek=^m/-寺（M+m）并‘根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有Q=N|imgL,故D正确，ABC错误。故选：Do一.多选题（共6小题）9.如图所示，N匝矩形导线框以角速度3在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OCT 匀速转动，线框面积为S,线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想交流电流表③和二极管D.二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是（）MK!MMA.图示位置电路中的电流为0B.R两端电压的有效值U二络NBSV2C.交流电流表的示数I二磐NBS2KD.一个周期内通过R的电荷量q二警R【解答】解：A、图示位置，穿过线圈的磁通量最大，因此电路中的电流为0,故A正确;BC、矩形闭合导线框在磁场中转动，产生的交流电的电动势最大值为：Em=NBSu）,-极管具有单向导电性，一个周期中只有一半时间电路中有电流，（Em）2£根据电流的热效应得：卫|一壬•二孚・T,解得：R两端电压的有效值U二R/K哩弊，电流的有效值I二芈彎电流表的示数为有效值，所以电流表的2K2K示数为譬故C正确；B错误；D、一个周期中只有一半时间电路中有电流，由耳“会空，I=J,q=lAt,AtR又厶①=2BS,得到一个周期内通过R的电荷量q二警，故D正确。K故选：ACDo9.一质量为m的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度大小分别为V］、v2,吋间间隔为At,不计空气阻力，重力加速度为g,则关于At吋间内发生的变化，以下说法正确的是（）A.速度变化大小为gAt,方向竖直向下B.动量变化量大小为AP二m（v2-Vi）,方向竖直向下C.动量变化量大小为AP二mgAt,方向竖直向下D.动能变化为ZXEk二寺m(v22-Vi2) 【解答】解：A、平抛运动的加速度为g,所以速度变化量厶v=a*At=g>At,方向竖肓向下。故A正确；B、动量是矢量，应根据平行四边形定则求动量变化量大小，根据数学知识知，AP二mAv〉!!)(v2-Vi),方向竖直向下，故B错误；C、由动量定理得：动量变化量大小为AP二mgZt,方向竖直向下。故C正确；D、物体的质量为m,初速度大小为vi，末速度大小为V2，则动能变化为△Ek=-^-mv22--ymvi2=ym(v22-v/),故D正确。乙乙乙故选：ACDo口.如图，理想变压器的原副线圈匝数之比为n】：1,原线圈回路中电阻A与副线圈回路中负载电阻B阻值相等.a、b端接正弦式交变电压，则A.A、B两电阻两端的电压之比为5：1B.A、B两电阻消耗的电功率之比为1：25C.通过A、B两电阻的电流之比为1：5D.通过A、B两电阻的电流频率Z比为1：1【解答】解：A、设原线圈屯流为I,根据根据变压器原副线圈电流与匝数成反比得，副线圈的电流51,A、B两电阻阻值相等，A电阻两端的电压IR,B电阻两端的电压5IR,所以A、B两电阻两端的电压之比为1：5,故A错误；B、A电阻消耗的电功率【2r,B电阻消耗的电功率(5IpR,A、B两电阻消耗的电功率之比为1：25,故B正确；C、通过A电阻的电流为I,通过B电阻的电流51,所以通过A、B两电阻的电流之比为1：5,故选C；D、变压器不改变交变电流的频率，所以通过两电阻的电流Z比为1,故D正确；故选：BCDo12.质量为2kg的物体在水平面上做直线运动,若速度大小由4m/s变成6m/s,那么在此过程中，动量变化的大小可能的是（） A.4kg*m/sB.10kg*m/sC・20kg*m/sD.12kg*m/s【解答】解：由题意知，物体的速度v0=4m/s,以物体初速度方向为正方向，物体的末速度可能为：v=6m/s或-6m/s,物体动量的变化：二mv-mv0=2X6-2X4=4kg*m/s,或：AP=mv-mv0=2X（-6）-2X4=-20kg*m/s,负号表示方向;故选：ACo13・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分开口沿原曲面上升。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mghoB.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为嘤1。2C.B能达到的最大高度为吳D.B能达到的最大高度为芋。4【解答】解：A、对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：器B刚到达水平地面的速度v0=>/2ihoB、A碰撞过程，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二知，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=|e2mv2=|mgh,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寻，故C错误，D正确。故选：Ao14.在远距离输电时，输送的电功率为P,输电电压为U,所用输电导线上的总电阻为R,输电线上损耗的电功率为Pi，用户得到的电功率为P2,用户得到的电压为U2, 在忽略其他损失的情况下，下列表达式屮正确的是（）2A.Pi=y-B.P2=（普）2RC.P2=P-（着）2RD.U2=U-2【解答】解：A、输电线上的电流I二磬，则输电线损失的功率p-I2rAt-，u1uz故A错误。2B、用户得到的功率p-p-p故B错误，C正确。/1IjZD、输电线上损失的电压△U二IR二罟二伍^，则用户得到的电压U2=U-AU=U-a/T1R-故D正确。故选：CDo一.解答题（共4小题）14.质量是50kg的铁锤从5m高处落下，打在水泥桩上后立即停下，与水泥桩的撞击时间是0.05s,撞击时铁锤对桩的平均冲击力有多大？（沪lOm/s?）【解答】解：铁锤碰前的速度为：v=/2gh=V2X1OX5=10m/s,取向下为正，对铁锤由动量定理得：（mg-F）t二0-mv代入数据解得：F=10500N.由牛顿第三定律可得，铁锤对桩的作用力：Fz=F=10500N.答：撞击过程中铁锤对水泥桩的平均冲击力为10500N.15.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动.若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示.已知发电机线圈内阻为1.0Q,外接灯泡的电阻为9.0Q.求：甲乙（1）写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；（2）转动过程中穿过线圈的最大磁通量：（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功. 【解答】解：（1）由图得e=E.sin3t=6V^sinl00兀t则电流i甘丘=0.6近sinlOO兀t（2）由电动势的最大值公式Em=BSu）Em二6、伍/u）=1OOr:.①二BS二』=2.7X10■2WbCO（3）匀速转动一周的过程中，外力所做的功对于电路产生的热量（Ll）2_2W外二Qn-RL—T二7.2X10J答：（1）流经灯泡的瞬时电流的表达式为i=0.6V2sinl00兀t；（2）转动过程中穿过线圈的最大磁通量为2.7X102Wb；（3）线圈匀速转动一周的过程中，夕卜力所做的功为7.2X102J・17・如图所示，在水平面上放置质量为M二800g的木块，一质量为m=50g的子弹以vo=17Om/s的水平速度射入木块，最终与木块一起运动.若木块与地面间的动摩擦因数卩二0.2,求：（g取10m/s2）（1）子弹打入后木块的速度（2）木块在地面上滑行的距离.川""M|〈、、、・«、、、、、、、£、、、【解答】解：（1）在子弹射入木块的过程中，由于时间极短，摩擦力的冲量忽略不计，则子弹和木块组成的系统满足动量守恒，取向右为正方向，所以 mv0=(m+M)v可得子弹和木块的共同速度v二异二器导m/s二10m/sM+in800+50（2）子弹射入木块后，以整体为研究对象，在地面滑行过程中有摩擦力对研究对象所做功等于此过程中整体动能的变化，根据动能定理得:1q-R（M+m）gs=Ov所以s=721022|lg"2X0.2X10m=25m.答：（1）子弹打入后木块的速度为10m/s・（2）木块在地面上滑行的距离为25m・18.某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电.当发电厂输出的功率为Po时，额定电压为U的用电设备消耗的功率为Pi・若发电厂用一台升压变压器Ti先把电压升高，仍通过原来的输电线供电，达到用电设备所在地，再通过一台降压变压器T2把电压降到用电设备的额定电压，供用电设备使用,如图所示，这样改动后，当发电厂输出的功率仍为Po,用电设备可获得的功率增加至P2.试求所用升压变压器Ti的原线圈与副线圈的匝数比M/N2以及降压变压器T2的原线圈与副线圈的匝数比ni/匕各为多少？用电设各P【解答】解：当不用升降压变压器时，根据输电线上的损耗有Po-P!=（吊L）当用升降压变压器后，设发电厂电流为11，输电线上电流为12,用户处的电流为b，则有U0Ul22r=P0-P2, 而故升压比N1【2二|Po"P2降压比却严吩卩1P1Po-P24.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V,己知变压器原线圈匝数为800,则副线圈的匝数为（）A.200B.400C.1600D.32005.如图所示，当交流电源的电压（有效值）U二220V,频率f=50Hz,3只灯泡Li、L2、L3的亮度相同（L无直流电阻），若将交流电源的频率变为f=100Hz.电压不变，则（）