高級中學名校試卷PAGEPAGE1北京高二物理學情檢測一、單選題（共42分）1.如圖（a）→（b）→（c）→（d）→（e）過程是交流發電機發電的示意圖。線圈的ab邊連在金屬滑環K上，cd邊連在金屬滑環L上，用導體制成的兩個電刷分別壓在兩個滑環上，線圈在轉動時可以通過滑環和電刷保持與外電路連接。下列說法正確的是（）A.圖（a）中，線圈平面與磁感線垂直，磁通量變化率最大B.從圖（b）開始計時，線圈中電流i隨時間t變化的關系是C.當線圈轉到圖（c）位置時，感應電流最小，且感應電流方向改變D.當線圈轉到圖（d）位置時，感應電動勢最大，cd邊感應電流方向為c→d【答案】C【解析】A．圖（a）中，線圈在中性面位置，故穿過線圈的磁通量最大，磁通量變化率為0，故A錯誤；B．從線圈在中性面位置開始計時的表達式才是，故B錯誤；C．當線圈轉到圖（c）位置時，線圈在中性面位置，故穿過線圈的磁通量最大，產生的感應電流最小為零，電流方向將改變，故C正確；D．當線圈轉到圖（d）位置時，磁通量最小，磁通量的變化率最大，故感應電動勢最大，cd邊感應電流方向為d→c，故D錯誤。故選C。2.正弦式交流電壓隨時間變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.電壓的有效值為B.1s內電流方向改變50次C.電壓瞬時值的表達式為D.若將該交流電壓加在阻值的電阻兩端，則電阻消耗的功率是200W【答案】C【解析】A．電壓的有效值為選項A錯誤；B．周期為0.02s，每個周期內電流方向改變2次，則1s內電流方向改變100次，選項B錯誤；C．因為可知電壓瞬時值的表達式為選項C正確；D．若將該交流電壓加在阻值的電阻兩端，則電阻消耗的功率是選項D錯誤。故選C。3.如圖所示，把茶杯壓在一張白紙上，第一次用水平力迅速將白紙從茶杯下抽出；第二次以較慢的速度將白紙從茶杯下抽出。下列說法中正確的是（）A.第二次拉動白紙過程中，紙對茶杯的摩擦力大一些B.第一次拉動白紙過程中，紙對茶杯的摩擦力大一些C.第二次拉出白紙過程中，茶杯增加的動量大一些D.第一次拉出白紙過程中，紙給茶杯的沖量大一些【答案】C【解析】AB．兩次拉動中，茶杯和紙之間均發生相對滑動，因此受到的均為滑動摩擦力，因壓力不變，則由f=μFN可知，兩次拉動時紙給茶杯的摩擦力相同，故AB錯誤；C．第二次慢拉動白紙過程中，摩擦力作用時間長，則產生的沖量較大，根據動量定理可知，茶杯獲得的動量大一些，故C正確；D．第一次迅速拉動白紙過程中，摩擦力作用時間短，故紙給茶杯的沖量小一些，故D錯誤。故選C。4.通過一阻值R=100Ω的電阻的交變電流如圖所示，其周期為1s．電阻兩端電壓的有效值為（）A.12V B.4V C.15V D.8V【答案】B【解析】根據電流的熱效應計算電流的有效值：可得流過電阻電流的有效值：A電阻兩端電壓的有效值為：V故B正確．5.如圖，是高壓輸電線，圖中兩電表示數分別是220V和10A，已知甲圖中原副線圈匝數比為100∶1，乙圖中原副線圈匝數比為1∶10，則（）A.甲圖中的電表是電壓表，輸電電壓為2200VB.甲圖是電流互感器，輸電電流是100AC.乙圖中的電表是電壓表，輸電電壓為22000VD.乙圖是電流互感器，輸電電流是100A【答案】D【解析】根據變壓器電壓比等于匝數比，電流比等于匝數比的反比，可知甲圖是電壓互感器，乙圖是電流互感器，則甲圖中的電表是電壓表，乙圖中的電表是電流表；對甲圖有可得輸電電壓為對乙圖有可得輸電電流為故選D。6.把線圈、電容器、小燈泡、開關、交流電源AC分別組成甲、乙兩電路，閉合開關后（）A.甲中抽去線圈鐵芯，燈泡變亮 B.甲中交流電頻率增加，燈泡變亮C.乙中有電荷流過電容器極板間 D.乙中電容器右極板右移，燈泡變亮【答案】A【解析】A．甲中抽去線圈鐵芯，則感抗變小，線圈對交流電的阻礙作用減小，燈泡變亮，故A正確；B．甲中交流電頻率增加，則感抗變大，線圈對交流電的阻礙作用增強，燈泡變暗，故B錯誤；C．乙中電容器極板間為絕緣材料，所以乙中沒有電荷流過電容器極板間，故C錯誤；D．乙中電容器右極板右移，根據，可知電容器電容減小，則容抗變大，對電流的阻礙作用增強，燈泡變暗，故D錯誤。故選A。7.我國女子短道速滑隊曾在世錦賽上實現女子3000m接力三連冠。觀察發現，“接棒”的運動員甲提前站在“交捧”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，下列說法正確的是（）A.甲的動量變化量與乙的動量變化量相同B.甲對乙的沖量大小一定等于乙對甲的沖量大小C.甲的速度變化量與乙的速度變化量相等D.甲、乙運動員組成的系統機械能守恒【答案】B【解析】AC．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，相互作用的過程中甲與乙組成的系統滿足動量守恒定律，甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，由于不知道甲乙的質量關系，則不能確定甲的速度變化量的大小與乙的速度變化量大小的關系，且甲乙速度變化量的方向相反，故AC錯誤；B．根據牛頓第三定律可知，在乙推甲的過程中甲對乙的作用力大小等于乙對甲的作用力大小，作用時間相等，根據可知，甲對乙的沖量一定與乙對甲的沖量等大反向，故B正確；D．由于乙推甲的過程中，要消耗體內的化學能轉化為系統的機械能，所以系統的機械能不守恒，故D錯誤。故選B。8.如圖所示，理想變壓器原線圈接在的交流電源上，副線圈接三個阻值相同的電阻R，不計電表內電阻影響。閉合開關S后（）A.電流表的示數減小B.電壓表的示數減小C.電壓表的示數不變D.電流表的示數不變【答案】A【解析】開關S閉合時，副線圈總的電阻減小，由于變壓器的匝數比和輸入的電壓都不變，所以輸出的電壓也不變，即V1示數不變，但因副線圈的總電阻減小，則副線圈的總電流增大，則原線圈的電流增大，故A1的示數變大；由于副線圈的電流增大，故串聯在副線圈的電阻R兩端的電壓增大，而副線圈的總電壓不變，所以副線圈并聯部分的電壓減小，即的示數減小，故電流表的示數減小，故A正確，BCD錯誤。故選A。9.如今手機已經成為必不可少的通訊工具，躺著看手機，有時會出現手機滑落砸到眼睛的情況。若一部質量200g的手機，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.01s，g取10m/s2，下列分析正確的是（）A.手機對眼睛的沖量方向豎直向上B.全過程手機重力的沖量大于眼睛對手機的作用力沖量C.手機對眼睛的作用力大小約為42ND.全過程手機動量的變化量大小約為【答案】C【解析】A．手機對眼睛的作用力豎直向下，則手機對眼睛的沖量方向豎直向下，故A錯誤；BC．手機未接觸眼睛之前做自由落體運動，由公式可得，手機接觸眼睛瞬間的下落時間為由公式可得，全過程手機重力的沖量大小約為手機未接觸眼睛之前做自由落體運動，由公式可得，手機接觸眼睛瞬間的速度大小為取向下為正方向，設手機對眼睛的作用力大小約為，由動量定理有解得則故全過程手機重力的沖量等于眼睛對手機的作用力沖量，故B錯誤、C正確；D．全過程手機初狀態的速度為0，末狀態速度仍為0，則全過程手機動量的變化量大小為0，故D錯誤。故選C。10.質量為5kg的物體做直線運動，其速度—時間圖像如圖所示，則物體在前10s內和后10s內所受合外力的沖量分別是（）A.， B.， C.0， D.0，【答案】D【解析】由圖像可知，在前10s內初、末狀態的動量相同由動量定理知在后10s內末狀態的動量由動量定理得故選D。11.LC振蕩電路是一種簡單且常見電路，在測量、自動控制、無線電通信及遙控等許多領域有著廣泛的應用。如圖甲所示，規定回路中順時針方向的電流為正，電流i隨時間t變化的規律如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A.t1時刻，電容器中向下電場最強B.t2時刻，電容器極板不帶電C.在t1~t2時間內，電容器正在充電D.在t2~t3時間內，振蕩電路中磁場能正在向電場能轉化【答案】C【解析】A．t1時刻電路中電流最大，電容器放電結束，則電容器中的場強為零，故A錯誤；B．時刻電路中電流為零，電容器極板帶電量最大，選項B錯誤；C．在時間內，電流從最大減到零，可知電容器正在充電，選項C正確；D．在時間內，電流從零增加到最大，可知電容器放電，振蕩電路中電場能正在向磁場能轉化，選項D錯誤。故選C。12.如圖甲所示，在變化的磁場中放置一個閉合電路，電路里產生了感應電流；如圖乙所示，空間存在變化的磁場，其周圍產生感應電場。下列說法正確的是（）A.甲、乙兩圖一定能持續產生電磁波B.甲圖從上向下看，電子在回路中沿順時針方向運動C.甲圖中使用不導電的塑料線繞制線圈，線圈中依然存在電場D.乙圖說明，任何磁場周圍都會產生電場，與閉合回路是否存在無關【答案】C【解析】A．若甲、乙兩圖中的磁場均勻變化，就會產生穩定的電場，穩定的電場不會產生磁場，就不會產生電磁波，故A錯誤；B．甲圖從上向下看，根據楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，電子在回路中沿逆時針方向運動，故B錯誤；C．甲圖中使用不導電的塑料線繞制線圈，由于磁場是變化的，所以在線圈中依然存在電場，故C正確；D．變化的磁場周圍產生電場是一種普遍存在的現象，與閉合電路是否存在無關；但穩定磁場周圍不會產生電場，故D錯誤。故選C。13.如圖所示為一個加速度計的原理圖。滑塊可沿光滑桿移動，滑塊兩側與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動片M下端與滑動變阻器R接觸良好，且不計摩擦；兩個電源的電動勢E相同，內阻不計。兩彈簧處于原長時，M位于R的中點，理想電壓表的指針位于表盤中央。當P端電勢高于Q端時，指針位于表盤右側。將加速度計固定在水平運動的被測物體上，則下列說法正確的是（）A.若M位于R的中點右側，P端電勢低于Q端B.電壓表的示數隨物體加速度的增大而增大，但不成正比C.若電壓表指針位于表盤左側，則物體速度方向向右D.若電壓表指針位于表盤左側，則物體加速度方向向右【答案】D【解析】A．由題意可知，M位于R中點位置時與兩電源間的電勢相等，設R的中點電勢為零，則M位于R的中點右側，P端電勢高于Q端電勢，A錯誤；B．由歐姆定律及電阻定律可知，P端與Q端電勢差與指針偏離R中點的距離x成正比，B錯誤；C．已知電壓表指針位于表盤左側，只能確定加速度的方向，不能確定速度的方向，C錯誤；D．已知電壓表指針位于表盤左側，滑塊左側彈簧壓縮、右側彈簧伸長，滑塊所受合力向右，故物體加速度方向向右，D正確。14.動量守恒定律是一個獨立的實驗定律，它適用于目前為止物理學研究的一切領域。運用動量守恒定律解決二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。如圖所示，質量分別為和的球1和球2構成一系統，不考慮系統的外力作用。球1以速度（方向沿x軸正向）與靜止的球2發生彈性碰撞，若速度不在兩球球心的連線上，碰撞之后兩球的速度、都會偏離的方向，偏角分別為、。下列說法正確的是（）A.兩小球在球心連線方向動量不守恒B.兩小球的相互作用力方向與速度方向共線C.兩小球碰后速度大小滿足D.兩小球碰后速度大小滿足【答案】C【解析】A．碰撞為彈性碰撞，動量守恒和機械能守恒，則兩小球在球心連線方向動量守恒，A錯誤；B．對球1，由動量定理得與不共線，故兩小球的相互作用力方向與方向共線，與方向不共線，B錯誤；C．規定x軸的正方向為正方向，x軸方向的動量守恒表達式如下規定y軸的正方向為正方向，y軸方向的動量守恒表達式如下C正確；D．球1以速度（方向沿x軸正向）與靜止的球2發生完全彈性碰撞，機械能守恒，則D錯誤；故選C。二、實驗題（共18分）15.某班物理實驗課上，同學們用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數的關系”。可拆變壓器如圖甲、乙所示。（1）下列說法正確的是_______。A．為確保實驗安全，實驗中要求原線圈匝數小于副線圈匝數B．變壓器原線圈接低壓交流電，測量副線圈電壓時應當用多用電表的“直流電壓擋”C．可以先保持原線圈電壓、匝數不變，改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響D．測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量E．變壓器開始正常工作后，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈F．變壓器開始正常工作后，若不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用（2）一位同學實驗時，觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同。他選擇的原線圈為800匝，副線圈為400匝，原線圈接學生電源的正弦交流輸出端，所接電源為“”擋位，測得副線圈的電壓為。則下列敘述中可能符合實際情況的一項是___________。A．原線圈導線比副線圈導線粗B．學生電源實際輸出電壓大于標注的“”C．原線圈實際匝數與標注“800”不符，應大于800匝D．副線圈實際匝數與標注“400”不符，應小于400匝E．變壓器的鐵芯B沒有安裝在鐵芯A上，導致鐵芯沒有閉合（3）變壓器鐵芯是利用由相互絕緣的薄硅鋼片平行疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，如圖所示。①圖中，硅鋼片應平行于___________。A．平面B．平面C．平面D．平面②這樣設計的原因是___________。A．增大渦流，提高變壓器的效率B．減小渦流，提高變壓器的效率C．增大鐵芯中的電阻，以產生更多的熱量（4）理想變壓器是一種理想化模型。如圖所示，心電圖儀（將心肌收縮產生的脈動轉化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可以等效為虛線框內的交流電源和定值電阻串聯）與一理想變壓器的原線國連接，一可變電阻R與該變壓器的副線圈連接，原副線圈的匝數分別為、。在交流電源的電壓有效值不變的情況下，將可變電阻R的阻值調大的過程中，當________時，R獲得的功率最大。【答案】（1）CDF（2）B（3）DB（4）【解析】（1）[1]A．為確保實驗安全，應該降低輸出電壓，實驗中要求原線圈匝數大于副線圈匝數，故A錯誤；B．變壓器只能改變交流電的電壓，原線圈輸入交流電壓，副線圈輸出交流電壓，應用多用電表的“交流電壓擋”測量，故B錯誤；C．研究變壓器電壓和匝數的關系，用到控制變量法，可以先保持原線圈電壓、匝數不變，改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響，故C正確；D．為了保護電表，測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量，故D正確。EF．變壓器的工作原理是電磁感應現象，即不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用，不是鐵芯導電，傳輸電能，故E錯誤，F正確；故選CDF。（2）[2]A．原副線圈的粗細不影響變壓器的電壓比與匝數比的關系，故A錯誤；B．根據理想變壓器的匝數比與電壓的關系有若學生電源實際輸出電壓大于標注的“8V”，則副線圈的輸出電壓大于4V，故B正確；C．若原線圈實際匝數與標注“800”不符，應大于800匝，根據匝數比關系可知，副線圈的電壓小于4.0V，故C錯誤；D．若副線圈實際匝數與標注“400”不符，應小于400匝，根據匝數比關系可知，副線圈的電壓小于4.0V，故D錯誤；E．變壓器鐵芯B沒有安裝在鐵芯A上，導致鐵芯沒有閉合，則得出副線圈的電壓為0，故E錯誤；故選B。（3）①[3]磁感線環繞的方向沿著閉合鐵芯，根據楞次定律及右手螺旋定則，產生的渦旋電流的方向垂直于圖示變壓器鐵芯的正面，即與圖示abcd面平行，為了減小渦流在鐵芯中產生的熱量，相互絕緣的硅鋼片應平行于平面aehd，故選D；②[4]這樣設計的原因是減小渦流，提高變壓器的效率，故選B；（4）[5]把變壓器和R等效為一個電阻，當作電源內阻，當內外電阻相等即時，輸出功率最大，根據得代入，可得16.如圖甲所示，讓兩個小球在斜槽末端碰撞來驗證動量守恒定律。（1）關于本實驗，下列做法正確的是_____（填選項前的字母）。A.實驗前，調節裝置，使斜槽末端水平B.選用兩個半徑不同的小球進行實驗C.用質量大的小球碰撞質量小的小球（2）圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，首先，將質量為m1的小球從斜槽上的S位置由靜止釋放，小球落到復寫紙上，重復多次。然后，把質量為m2的被碰小球置于斜槽末端，再將質量為m1的小球從S位置由靜止釋放，兩球相碰，重復多次。分別確定平均落點，記為M、N和P（P為m1單獨滑落時的平均落點）。a．圖乙為實驗的落點記錄，簡要說明如何確定平均落點_____；b．分別測出O點到平均落點的距離，記為OP、OM和ON。在誤差允許范圍內，若關系式_____成立，即可驗證碰撞前后動量守恒。（3）受上述實驗的啟發，某同學設計了另一種驗證動量守恒定律的實驗方案。如圖丙所示，用兩根不可伸長的等長輕繩將兩個半徑相同、質量不等的勻質小球懸掛于等高的O點和O′點，兩點間距等于小球的直徑。將質量較小的小球1向左拉起至A點由靜止釋放，在最低點B與靜止于C點的小球2發生正碰。碰后小球1向左反彈至最高點A′，小球2向右擺動至最高點D。測得小球1，2的質量分別為m和M，弦長AB=l1、A′B=l2、CD=l3。推導說明，m、M、l1、l2、l3滿足_____關系即可驗證碰撞前后動量守恒。【答案】（1）AC（2）用圓規畫圓，盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表平均落點m1OP=m1OM＋m2ON（3）ml1=?ml2＋Ml3【解析】（1）A．實驗中若使小球碰撞前、后的水平位移與其碰撞前，后速度成正比，需要確保小球做平拋運動，即實驗前，調節裝置，使斜槽末端水平，故A正確；B．為使兩小球發生的碰撞為對心正碰，兩小球半徑需相同，故B錯誤；C．為使碰后入射小球與被碰小球同時飛出，需要用質量大的小球碰撞質量小的小球，故C正確。故選AC。（2）[1]用圓規畫圓，盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表平均落點。[2]碰撞前、后小球均做平拋運動，由可知，小球的運動時間相同，所以水平位移與平拋初速度成正比，所以若m1OP=m1OM＋m2ON即可驗證碰撞前后動量守恒。（3）設輕繩長為L，小球從偏角θ處靜止擺下，擺到最低點時的速度為v，小球經過圓弧對應的弦長為l，則由動能定理有由數學知識可知聯立兩式解得若兩小球碰撞過程中動量守恒，則有mv1=?mv2＋Mv3又有，，整理可得ml1=?ml2＋Ml3三、解答題（共40分）17.如圖所示，交流發電機的矩形金屬線圈處于磁感應強度的勻強磁場中，其邊長，匝數（圖中只畫出1匝），線圈的總電阻，線圈可繞垂直于磁場且過和邊中點的轉軸以角速度勻速轉動。線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環E、F（集流環）焊接在一起，并通過電刷與阻值的定值電阻連接。電路中其他電阻以及線圈的自感系數均可忽略不計。（1）求線圈中感應電動勢的最大值；（2）從線圈平面與磁場方向平行位置開始計時，寫出線圈中感應電流隨時間變化的關系式；（3）求線圈轉動過程中，電阻上的發熱功率。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）線圈產生感應電動勢的最大值解得（2）根據閉合電路歐姆定律可知，線圈中感應電流的最大值從線圈平面與磁場方向平行位置開始計時，線圈中感應電流瞬時值解得（3）通過電阻的電流的有效值電阻上產生的發熱功率得18.某個小水電站發電機的輸出功率為100kW，發電機的電壓為250V。通過升壓變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線的總電阻為，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為220V。要求在輸電線上損失的功率控制在5kW（即用戶得到的功率為95kW）。根據實際需求，某同學設計了如圖所示的輸電線路示意圖。升壓變壓器、降壓變壓器均視為理想變壓器，請你幫他計算：（1）輸電線上通過的電流；（2）升壓變壓器輸出的電壓；（3）降壓變壓器的匝數比。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根據電功率公式可得輸電線上通過的電流（2）升壓變壓器輸出的電壓（3）降壓變壓器輸入的電壓根據降壓變壓器的匝數比19.質量為和的兩個物體在光滑的水平面上正碰，碰撞時間不計，其位移—時間圖像如圖所示。（1）若，則等于多少？（2）兩個物體的碰撞是彈性碰撞還是非彈性碰撞？【答案】（1）3kg；（2）彈性碰撞【解析】（1）根據x－t圖象的斜率等于速度，由圖象可知，m1碰前速度為碰后的速度為m2碰前速度為碰后的速度為由動量守恒定律得代入數據解得（2）兩物體組成的系統在碰撞過程中的機械能損失為故碰撞過程是彈性碰撞。20.神舟十三號載人飛船的返回艙距地面10km時開始啟動降落傘裝置，速度減至，并以這個速度開始在大氣中降落。在距地面1m時，返回艙的四臺緩沖發動機開始豎直向下噴氣，艙體再次減速。每次噴氣時間極短，返回艙的質量和降落傘提供的阻力可以認為不變。（1）設最后減速過程中返回艙做勻減速直線運動，并且到達地面時恰好速度為0，求：a．最后減速階段的加速度大小；b．返回艙總質量大約3噸，根據資料，返回艙發動機對地噴氣速度約為，試估算每秒每個噴嘴噴出的氣體質量。（2）若返回艙總質量為M，當其以速度勻速下落過程中，開動噴氣發動機開始豎直向下噴氣，每次噴出氣體的質量為m，如果噴出氣體相對地面的速度大小為v，噴氣兩次后返回艙的速度是多大？（3）據國家航天局消息，8月太陽探測試驗衛星“羲和號”發現，在地球表面附近觀測到的單位體積內太陽風粒子的數目為n，每個太陽風粒子的質量為，假設地球周邊所觀測的太陽風的平均速率為v，且運動過程損失忽略不計，已知太陽到地球的距離為r，請由此推算太陽在單位時間因為太陽風而損失的質量。【答案】（1）50m/s2；12.5kg（2）（3）【解析】（1）a．題意可知距地面x=1m時返回艙速度，到達地面時速度為0，設勻減速直線運動加速度大小為a，由勻變速直線運動速度位移關系可知b．設每個噴嘴獲得的反沖作用力為F，返回艙總質量為M，加速度為a，由牛頓第二定律可知4F=Ma設單位時間每個噴嘴噴出氣體質量為，由動量定律得聯立以上解得（2）設兩次噴氣后返回艙速度大小為，動量守恒定律可得解得（3）根據題意建立模型如圖設極短時間內太陽因太陽風而損失的質量為，由流體連續性可得粒子徑向推進的距離該球殼內增加的質量等于太陽損失的質量，即聯立以上解得，在單位時間因為太陽風而損失的質量北京高二物理學情檢測一、單選題（共42分）1.如圖（a）→（b）→（c）→（d）→（e）過程是交流發電機發電的示意圖。線圈的ab邊連在金屬滑環K上，cd邊連在金屬滑環L上，用導體制成的兩個電刷分別壓在兩個滑環上，線圈在轉動時可以通過滑環和電刷保持與外電路連接。下列說法正確的是（）A.圖（a）中，線圈平面與磁感線垂直，磁通量變化率最大B.從圖（b）開始計時，線圈中電流i隨時間t變化的關系是C.當線圈轉到圖（c）位置時，感應電流最小，且感應電流方向改變D.當線圈轉到圖（d）位置時，感應電動勢最大，cd邊感應電流方向為c→d【答案】C【解析】A．圖（a）中，線圈在中性面位置，故穿過線圈的磁通量最大，磁通量變化率為0，故A錯誤；B．從線圈在中性面位置開始計時的表達式才是，故B錯誤；C．當線圈轉到圖（c）位置時，線圈在中性面位置，故穿過線圈的磁通量最大，產生的感應電流最小為零，電流方向將改變，故C正確；D．當線圈轉到圖（d）位置時，磁通量最小，磁通量的變化率最大，故感應電動勢最大，cd邊感應電流方向為d→c，故D錯誤。故選C。2.正弦式交流電壓隨時間變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A.電壓的有效值為B.1s內電流方向改變50次C.電壓瞬時值的表達式為D.若將該交流電壓加在阻值的電阻兩端，則電阻消耗的功率是200W【答案】C【解析】A．電壓的有效值為選項A錯誤；B．周期為0.02s，每個周期內電流方向改變2次，則1s內電流方向改變100次，選項B錯誤；C．因為可知電壓瞬時值的表達式為選項C正確；D．若將該交流電壓加在阻值的電阻兩端，則電阻消耗的功率是選項D錯誤。故選C。3.如圖所示，把茶杯壓在一張白紙上，第一次用水平力迅速將白紙從茶杯下抽出；第二次以較慢的速度將白紙從茶杯下抽出。下列說法中正確的是（）A.第二次拉動白紙過程中，紙對茶杯的摩擦力大一些B.第一次拉動白紙過程中，紙對茶杯的摩擦力大一些C.第二次拉出白紙過程中，茶杯增加的動量大一些D.第一次拉出白紙過程中，紙給茶杯的沖量大一些【答案】C【解析】AB．兩次拉動中，茶杯和紙之間均發生相對滑動，因此受到的均為滑動摩擦力，因壓力不變，則由f=μFN可知，兩次拉動時紙給茶杯的摩擦力相同，故AB錯誤；C．第二次慢拉動白紙過程中，摩擦力作用時間長，則產生的沖量較大，根據動量定理可知，茶杯獲得的動量大一些，故C正確；D．第一次迅速拉動白紙過程中，摩擦力作用時間短，故紙給茶杯的沖量小一些，故D錯誤。故選C。4.通過一阻值R=100Ω的電阻的交變電流如圖所示，其周期為1s．電阻兩端電壓的有效值為（）A.12V B.4V C.15V D.8V【答案】B【解析】根據電流的熱效應計算電流的有效值：可得流過電阻電流的有效值：A電阻兩端電壓的有效值為：V故B正確．5.如圖，是高壓輸電線，圖中兩電表示數分別是220V和10A，已知甲圖中原副線圈匝數比為100∶1，乙圖中原副線圈匝數比為1∶10，則（）A.甲圖中的電表是電壓表，輸電電壓為2200VB.甲圖是電流互感器，輸電電流是100AC.乙圖中的電表是電壓表，輸電電壓為22000VD.乙圖是電流互感器，輸電電流是100A【答案】D【解析】根據變壓器電壓比等于匝數比，電流比等于匝數比的反比，可知甲圖是電壓互感器，乙圖是電流互感器，則甲圖中的電表是電壓表，乙圖中的電表是電流表；對甲圖有可得輸電電壓為對乙圖有可得輸電電流為故選D。6.把線圈、電容器、小燈泡、開關、交流電源AC分別組成甲、乙兩電路，閉合開關后（）A.甲中抽去線圈鐵芯，燈泡變亮 B.甲中交流電頻率增加，燈泡變亮C.乙中有電荷流過電容器極板間 D.乙中電容器右極板右移，燈泡變亮【答案】A【解析】A．甲中抽去線圈鐵芯，則感抗變小，線圈對交流電的阻礙作用減小，燈泡變亮，故A正確；B．甲中交流電頻率增加，則感抗變大，線圈對交流電的阻礙作用增強，燈泡變暗，故B錯誤；C．乙中電容器極板間為絕緣材料，所以乙中沒有電荷流過電容器極板間，故C錯誤；D．乙中電容器右極板右移，根據，可知電容器電容減小，則容抗變大，對電流的阻礙作用增強，燈泡變暗，故D錯誤。故選A。7.我國女子短道速滑隊曾在世錦賽上實現女子3000m接力三連冠。觀察發現，“接棒”的運動員甲提前站在“交捧”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，下列說法正確的是（）A.甲的動量變化量與乙的動量變化量相同B.甲對乙的沖量大小一定等于乙對甲的沖量大小C.甲的速度變化量與乙的速度變化量相等D.甲、乙運動員組成的系統機械能守恒【答案】B【解析】AC．在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，相互作用的過程中甲與乙組成的系統滿足動量守恒定律，甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反，由于不知道甲乙的質量關系，則不能確定甲的速度變化量的大小與乙的速度變化量大小的關系，且甲乙速度變化量的方向相反，故AC錯誤；B．根據牛頓第三定律可知，在乙推甲的過程中甲對乙的作用力大小等于乙對甲的作用力大小，作用時間相等，根據可知，甲對乙的沖量一定與乙對甲的沖量等大反向，故B正確；D．由于乙推甲的過程中，要消耗體內的化學能轉化為系統的機械能，所以系統的機械能不守恒，故D錯誤。故選B。8.如圖所示，理想變壓器原線圈接在的交流電源上，副線圈接三個阻值相同的電阻R，不計電表內電阻影響。閉合開關S后（）A.電流表的示數減小B.電壓表的示數減小C.電壓表的示數不變D.電流表的示數不變【答案】A【解析】開關S閉合時，副線圈總的電阻減小，由于變壓器的匝數比和輸入的電壓都不變，所以輸出的電壓也不變，即V1示數不變，但因副線圈的總電阻減小，則副線圈的總電流增大，則原線圈的電流增大，故A1的示數變大；由于副線圈的電流增大，故串聯在副線圈的電阻R兩端的電壓增大，而副線圈的總電壓不變，所以副線圈并聯部分的電壓減小，即的示數減小，故電流表的示數減小，故A正確，BCD錯誤。故選A。9.如今手機已經成為必不可少的通訊工具，躺著看手機，有時會出現手機滑落砸到眼睛的情況。若一部質量200g的手機，從離人眼約20cm的高度無初速掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.01s，g取10m/s2，下列分析正確的是（）A.手機對眼睛的沖量方向豎直向上B.全過程手機重力的沖量大于眼睛對手機的作用力沖量C.手機對眼睛的作用力大小約為42ND.全過程手機動量的變化量大小約為【答案】C【解析】A．手機對眼睛的作用力豎直向下，則手機對眼睛的沖量方向豎直向下，故A錯誤；BC．手機未接觸眼睛之前做自由落體運動，由公式可得，手機接觸眼睛瞬間的下落時間為由公式可得，全過程手機重力的沖量大小約為手機未接觸眼睛之前做自由落體運動，由公式可得，手機接觸眼睛瞬間的速度大小為取向下為正方向，設手機對眼睛的作用力大小約為，由動量定理有解得則故全過程手機重力的沖量等于眼睛對手機的作用力沖量，故B錯誤、C正確；D．全過程手機初狀態的速度為0，末狀態速度仍為0，則全過程手機動量的變化量大小為0，故D錯誤。故選C。10.質量為5kg的物體做直線運動，其速度—時間圖像如圖所示，則物體在前10s內和后10s內所受合外力的沖量分別是（）A.， B.， C.0， D.0，【答案】D【解析】由圖像可知，在前10s內初、末狀態的動量相同由動量定理知在后10s內末狀態的動量由動量定理得故選D。11.LC振蕩電路是一種簡單且常見電路，在測量、自動控制、無線電通信及遙控等許多領域有著廣泛的應用。如圖甲所示，規定回路中順時針方向的電流為正，電流i隨時間t變化的規律如圖乙所示。則下列說法正確的是（）A.t1時刻，電容器中向下電場最強B.t2時刻，電容器極板不帶電C.在t1~t2時間內，電容器正在充電D.在t2~t3時間內，振蕩電路中磁場能正在向電場能轉化【答案】C【解析】A．t1時刻電路中電流最大，電容器放電結束，則電容器中的場強為零，故A錯誤；B．時刻電路中電流為零，電容器極板帶電量最大，選項B錯誤；C．在時間內，電流從最大減到零，可知電容器正在充電，選項C正確；D．在時間內，電流從零增加到最大，可知電容器放電，振蕩電路中電場能正在向磁場能轉化，選項D錯誤。故選C。12.如圖甲所示，在變化的磁場中放置一個閉合電路，電路里產生了感應電流；如圖乙所示，空間存在變化的磁場，其周圍產生感應電場。下列說法正確的是（）A.甲、乙兩圖一定能持續產生電磁波B.甲圖從上向下看，電子在回路中沿順時針方向運動C.甲圖中使用不導電的塑料線繞制線圈，線圈中依然存在電場D.乙圖說明，任何磁場周圍都會產生電場，與閉合回路是否存在無關【答案】C【解析】A．若甲、乙兩圖中的磁場均勻變化，就會產生穩定的電場，穩定的電場不會產生磁場，就不會產生電磁波，故A錯誤；B．甲圖從上向下看，根據楞次定律可知，感應電流沿順時針方向，電子在回路中沿逆時針方向運動，故B錯誤；C．甲圖中使用不導電的塑料線繞制線圈，由于磁場是變化的，所以在線圈中依然存在電場，故C正確；D．變化的磁場周圍產生電場是一種普遍存在的現象，與閉合電路是否存在無關；但穩定磁場周圍不會產生電場，故D錯誤。故選C。13.如圖所示為一個加速度計的原理圖。滑塊可沿光滑桿移動，滑塊兩側與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動片M下端與滑動變阻器R接觸良好，且不計摩擦；兩個電源的電動勢E相同，內阻不計。兩彈簧處于原長時，M位于R的中點，理想電壓表的指針位于表盤中央。當P端電勢高于Q端時，指針位于表盤右側。將加速度計固定在水平運動的被測物體上，則下列說法正確的是（）A.若M位于R的中點右側，P端電勢低于Q端B.電壓表的示數隨物體加速度的增大而增大，但不成正比C.若電壓表指針位于表盤左側，則物體速度方向向右D.若電壓表指針位于表盤左側，則物體加速度方向向右【答案】D【解析】A．由題意可知，M位于R中點位置時與兩電源間的電勢相等，設R的中點電勢為零，則M位于R的中點右側，P端電勢高于Q端電勢，A錯誤；B．由歐姆定律及電阻定律可知，P端與Q端電勢差與指針偏離R中點的距離x成正比，B錯誤；C．已知電壓表指針位于表盤左側，只能確定加速度的方向，不能確定速度的方向，C錯誤；D．已知電壓表指針位于表盤左側，滑塊左側彈簧壓縮、右側彈簧伸長，滑塊所受合力向右，故物體加速度方向向右，D正確。14.動量守恒定律是一個獨立的實驗定律，它適用于目前為止物理學研究的一切領域。運用動量守恒定律解決二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。如圖所示，質量分別為和的球1和球2構成一系統，不考慮系統的外力作用。球1以速度（方向沿x軸正向）與靜止的球2發生彈性碰撞，若速度不在兩球球心的連線上，碰撞之后兩球的速度、都會偏離的方向，偏角分別為、。下列說法正確的是（）A.兩小球在球心連線方向動量不守恒B.兩小球的相互作用力方向與速度方向共線C.兩小球碰后速度大小滿足D.兩小球碰后速度大小滿足【答案】C【解析】A．碰撞為彈性碰撞，動量守恒和機械能守恒，則兩小球在球心連線方向動量守恒，A錯誤；B．對球1，由動量定理得與不共線，故兩小球的相互作用力方向與方向共線，與方向不共線，B錯誤；C．規定x軸的正方向為正方向，x軸方向的動量守恒表達式如下規定y軸的正方向為正方向，y軸方向的動量守恒表達式如下C正確；D．球1以速度（方向沿x軸正向）與靜止的球2發生完全彈性碰撞，機械能守恒，則D錯誤；故選C。二、實驗題（共18分）15.某班物理實驗課上，同學們用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數的關系”。可拆變壓器如圖甲、乙所示。（1）下列說法正確的是_______。A．為確保實驗安全，實驗中要求原線圈匝數小于副線圈匝數B．變壓器原線圈接低壓交流電，測量副線圈電壓時應當用多用電表的“直流電壓擋”C．可以先保持原線圈電壓、匝數不變，改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響D．測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量E．變壓器開始正常工作后，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈F．變壓器開始正常工作后，若不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用（2）一位同學實驗時，觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同。他選擇的原線圈為800匝，副線圈為400匝，原線圈接學生電源的正弦交流輸出端，所接電源為“”擋位，測得副線圈的電壓為。則下列敘述中可能符合實際情況的一項是___________。A．原線圈導線比副線圈導線粗B．學生電源實際輸出電壓大于標注的“”C．原線圈實際匝數與標注“800”不符，應大于800匝D．副線圈實際匝數與標注“400”不符，應小于400匝E．變壓器的鐵芯B沒有安裝在鐵芯A上，導致鐵芯沒有閉合（3）變壓器鐵芯是利用由相互絕緣的薄硅鋼片平行疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，如圖所示。①圖中，硅鋼片應平行于___________。A．平面B．平面C．平面D．平面②這樣設計的原因是___________。A．增大渦流，提高變壓器的效率B．減小渦流，提高變壓器的效率C．增大鐵芯中的電阻，以產生更多的熱量（4）理想變壓器是一種理想化模型。如圖所示，心電圖儀（將心肌收縮產生的脈動轉化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可以等效為虛線框內的交流電源和定值電阻串聯）與一理想變壓器的原線國連接，一可變電阻R與該變壓器的副線圈連接，原副線圈的匝數分別為、。在交流電源的電壓有效值不變的情況下，將可變電阻R的阻值調大的過程中，當________時，R獲得的功率最大。【答案】（1）CDF（2）B（3）DB（4）【解析】（1）[1]A．為確保實驗安全，應該降低輸出電壓，實驗中要求原線圈匝數大于副線圈匝數，故A錯誤；B．變壓器只能改變交流電的電壓，原線圈輸入交流電壓，副線圈輸出交流電壓，應用多用電表的“交流電壓擋”測量，故B錯誤；C．研究變壓器電壓和匝數的關系，用到控制變量法，可以先保持原線圈電壓、匝數不變，改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響，故C正確；D．為了保護電表，測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量，故D正確。EF．變壓器的工作原理是電磁感應現象，即不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用，不是鐵芯導電，傳輸電能，故E錯誤，F正確；故選CDF。（2）[2]A．原副線圈的粗細不影響變壓器的電壓比與匝數比的關系，故A錯誤；B．根據理想變壓器的匝數比與電壓的關系有若學生電源實際輸出電壓大于標注的“8V”，則副線圈的輸出電壓大于4V，故B正確；C．若原線圈實際匝數與標注“800”不符，應大于800匝，根據匝數比關系可知，副線圈的電壓小于4.0V，故C錯誤；D．若副線圈實際匝數與標注“400”不符，應小于400匝，根據匝數比關系可知，副線圈的電壓小于4.0V，故D錯誤；E．變壓器鐵芯B沒有安裝在鐵芯A上，導致鐵芯沒有閉合，則得出副線圈的電壓為0，故E錯誤；故選B。（3）①[3]磁感線環繞的方向沿著閉合鐵芯，根據楞次定律及右手螺旋定則，產生的渦旋電流的方向垂直于圖示變壓器鐵芯的正面，即與圖示abcd面平行，為了減小渦流在鐵芯中產生的熱量，相互絕緣的硅鋼片應平行于平面aehd，故選D；②[4]這樣設計的原因是減小渦流，提高變壓器的效率，故選B；（4）[5]把變壓器和R等效為一個電阻，當作電源內阻，當內外電阻相等即時，輸出功率最大，根據得代入，可得16.如圖甲所示，讓兩個小球在斜槽末端碰撞來驗證動量守恒定律。（1）關于本實驗，下列做法正確的是_____（填選項前的字母）。A.實驗前，調節裝置，使斜槽末端水平B.選用兩個半徑不同的小球進行實驗C.用質量大的小球碰撞質量小的小球（2）圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，首先，將質量為m1的小球從斜槽上的S位置由靜止釋放，小球落到復寫紙上，重復多次。然后，把質量為m2的被碰小球置于斜槽末端，再將質量為m1的小球從S位置由靜止釋放，兩球相碰，重復多次。分別確定平均落點，記為M、N和P（P為m1單獨滑落時的平均落點）。a．圖乙為實驗的落點記錄，簡要說明如何確定平均落點_____；b．分別測出O點到平均落點的距離，記為OP、OM和ON。在誤差允許范圍內，若關系式_____成立，即可驗證碰撞前后動量守恒。（3）受上述實驗的啟發，某同學設計了另一種驗證動量守恒定律的實驗方案。如圖丙所示，用兩根不可伸長的等長輕繩將兩個半徑相同、質量不等的勻質小球懸掛于等高的O點和O′點，兩點間距等于小球的直徑。將質量較小的小球1向左拉起至A點由靜止釋放，在最低點B與靜止于C點的小球2發生正碰。碰后小球1向左反彈至最高點A′，小球2向右擺動至最高點D。測得小球1，2的質量分別為m和M，弦長AB=l1、A′B=l2、CD=l3。推導說明，m、M、l1、l2、l3滿足_____關系即可驗證碰撞前后動量守恒。【答案】（1）AC（2）用圓規畫圓，盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表平均落點m1OP=m1OM＋m2ON（3）ml1=?ml2＋Ml3【解析】（1）A．實驗中若使小球碰撞前、后的水平位移與其碰撞前，后速度成正比，需要確保小球做平拋運動，即實驗前，調節裝置，使斜槽末端水平，故A正確；B．為使兩小球發生的碰撞為對心正碰，兩小球半徑需相同，故B錯誤；C．為使碰后入射小球與被碰小球同時飛出，需要用質量大的小球碰撞質量小的小球，