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1、- 1 -徐沟中学高二年级第二学期第一次调研考试徐沟中学高二年级第二学期第一次调研考试物理试题物理试题一、单项选择题一、单项选择题1. 如图所示，理想变压器的输入端电压 u=311 sin100t（V） ，原副线圈的匝数之比为 n1 :n2=10:1 ，若图中电流表读数为 3A ，则（ ）A. 电压表读数为 31.1V B. 电压表读数为 311VC. 变压器输出功率为 44W D. 变压器输入功率为 66W【答案】D【解析】理想变压器的输入端电压：（V） ，则电压的有效值为 220V，原副线圈的匝数之比为，则电压表示数为 22V，因为电流表示数为 3A，所以电阻消耗的功率为，D 正确，ABC
2、 错误；故选 D。2. 如图所示是一交变电流的 it 图像，则该交变电流的有效值为（ ）A. 4 A B. A C. A D. A【答案】D【解析】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R则解得：故选 D。3. 一电热器接在直流电压上，消耗的电功率为P，当把它接在一正弦交变电压上时，消耗的电功率为，则该交变电压的最大值是（ ）A. 5V B. 7.1V C. 10V D. 14.1V- 2 -【答案】B【解析】设电热器的电阻为R，一个阻值不随温度变化的电热器接在 10V 的直流电压上，消耗的电功率为P；根据电功率定义得：当把它接到一个正弦交流电压上时消耗的电功率为 解得：所以最大值为，B
3、正确；ACD 错误；故选 B。4. 如图所示，图线 a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线 b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法不正确的是（ ）A. 交流电 a 的瞬时值为 u=10sin5tVB. 线圈先后两次转速之比为 3：2C. 在图中 t=0 时刻穿过线圈的磁通量均为零D. 交流电 b 的最大值为 V【答案】C【解析】A、由图电压最大值，周期，交流电压的瞬时值表达式为A 正确； B、由图，则线圈先后两次转速之比B 正确；C、时刻，根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大，C 错误；D、由电动势的最大值，则
4、两个电压最大之值比，有效值，则交流电b电压的最大值为D 正确；本题选错误的，故选 C。- 3 -5. 可调理想变压器原线圈与一台小型发电机相连，副线圈与灯泡 L，可调电阻 R，电容器 C连成如图所示的电路，当副线圈上的滑片 P 处于图示位置时，灯泡 L 能发光，要使灯泡变亮，可以采取的方法有（ ）A. 增大发动机的转速 B. 将滑片 P 向下滑动C. 将可调电阻 R 减小 D. 增大电容器极板间的距离【答案】A【解析】A、增大发动机的转速，则交流电源的电压增大，副线圈两端电压也增大，灯泡变亮，A 正确；B、向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，B 错误；C、将可调电阻R减小，电压不变，通过灯泡
5、的电流不变，C 错误；D、增大电容器两极板之间的距离，即减小电容器C的电容，增大了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D 错误；故选 A。6. 可以将电压升高供给家用电灯的变压器是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】变压器只对交流电起作用，由于 A 和 D 的输入的电源是直流电，所以 A 和 D 的灯不会亮，所以 A、D 错误；B 图中变压器的输入线圈的匝数比输出线圈的匝数多，该变压器属于降压变压器，所以 B 错误；C 图中变压器的输入线圈的匝数比输出线圈的匝数少，该变压器- 4 -属于升压变压器，所以 C 正确；故选 C点睛：电压与匝数成正比，当输入线圈的匝数小于输出线圈的匝数时
6、，输出的电压就比输入的电压大，此时的变压器就是升压变压器.7. 如图，质量为 M 的小船在静止水面上以速率 V0 向右匀速行驶，一质量为 m 的救生员在船尾，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（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】人在跃出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，则： 解得： 故选 C。8. 一质量为 m 的铁锤，以速度 v 竖直打在木桩上，经过时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向
7、下为正方向，则有，得：，由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为，C 正确；考点：考查了动量定理【名师点睛】本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解9. 质量为 m、半径为 R 的小球放在质量为 2m、半径为 2R 的光滑空心球壳内. 开始时让它们静止在光滑的水平面上，如图所示. 释放后小球沿内壁运动至最低点时球壳位移是（ ） - 5 -A. B. RC. D. 【答案】D【解析】试题分析：设小球相对地面的移动距离为，大球相对于地面的移动距离为，下落时间为 t,则由动量守恒定律得：;解得,故选 D考点：考查了动量守恒定律的应用点评：本题的思路比较不好想
8、，关键是利用动量守恒列等式求解10. 理想变压器原线圈接恒压交流电源，副线圈接如图所示电路，定值电阻 R1、R3的阻值均为 R，滑动变阻器 R2总阻值为 2R，在滑动变阻器的滑片 P 从 a 点滑到 b 点过程中，下列说法正确的是（ ）A. 变压器输出电压先增大后减小 B. 电阻 R1上电压先增大后减小C. 电阻 R3上电流一直减小 D. 变压器输入功率先增大后减小【答案】C【解析】A、变压器输出电压由输入电压和匝数决定；因匝数之比不变；故输出电压不变；A错误；B、副线圈所接电路为滑动变阻器左部分电阻与右部分电阻与 R3之各并联后再与定值电阻串联，定义一部分为R1，另一部分为R2因，当时，R并
9、最大，即副线圈的负载电阻最大由a到b过程中，电阻先增大再变小，由欧姆定律知副线圈中电流先减小后增大，则R1上的电压先减小再增大，B 错误；- 6 -C、将定值电阻和变压器副线圈看成电动势恒为U2、内阻为R1的电源，则当外电路中时，P下移，R右在减小；但总电阻增大，总电流减小，内压减小，R左两端电压增大，通过电流增大，所以R右电流减小；当外电路中时，P下移，R右继续增大，但总电阻减小，总电流增大，内电压增大，R右两端电压减小，通过的电流减小，C 正确；D、变压器输入功率等于输出功率，因输出功率，则其值先减小后变大，D 错误；故选 C。二、多项选择题二、多项选择题11. 如图所示，下列图像属于交流
10、电的有（ ）A. B. C. D. 【答案】AC【解析】交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，电流的方向变化的是 AC，AC 是交流电，BD 是直流电；故选 AC。12. 如图所示，单匝矩形闭合导线框 abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，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以角速度从中性面开始匀速转动，线框转过/ 6 时的感应电流为I，下列说法正确的是（ ）A. 线框中感应电流的有效值为 2I- 7 -B. 线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为IR/C. 从中性面开始转过 的过程中，通过导线横截面的电荷量为 2I/D. 线框转一
11、周的过程中，产生的热量为【答案】CDB、由 A 可知， ，则磁通量的最大值，B 错误；C、从中性面开始转过 的过程中，通过导线横截面的电荷量为：，C 正确；D、线框转一周的过程中，产生的热量，D 正确；故选 CD。13. 如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是 U，用等效总电阻为 r的两条输电线输电，输电线路中的电流是 I1，其末端间的电压为 U1在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为 I2则 （ ）A. 用户端的电压为 B. 理想变压器的输入功率为 I1UC. 输电线上的电压降为 U D. 输电线路上损失的电功率为 Ir【答案】AD【解析】A、由于输电线与用户
12、间连有一理想变压器，设用户端的电压是U 2，则，得：A 正确；B、理想变压器的输入功率为，B 错误；- 8 -C、发电厂的输出电压是 U，末端间的电压为 U1，输电线路上的电压损失是，C 错误；D、等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，所以输电线是损耗的功率是：故 D 正确；故选 AD。14. 如图所示，A、B 两种物体的质量之比，原来静止在平板车 C 上，A、B 间有一根被压缩的轻弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（ ）A. 若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B 组成的系统动量守恒B. 若 A、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C 组成的系统动
13、量守恒C. 若 A、B 所受的摩擦力大小相等，A、B 组成的系统动量守恒D. 若 A、B 所受的摩擦力大小相等，则 A、B、C 组成的系统动量不守恒【答案】BCB、地面光滑，弹簧释放后，A、B、C组成的系统所受合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，B 正确；C、若A、B所受的摩擦力大小相等，方向又相反，所以A、B组成的系统所受合外力为零， A、B组成的系统动量守恒，C 正确；D、对于ABC组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，D 错误；故选 BC。15. 如图所示，物体 A、B 的质量分别为 m、2m，物体 B 置于水平面上，B 物体上部半圆型槽- 9 -的半径为 R，将物体 A 从圆槽的右侧
14、最顶端由静止释放，一切摩擦均不计则 A、B 构成的系统（ ）A. 这一过程动量守恒B. 这一过程仅在水平方向动量守恒C. 因为系统机械能守恒，物体 A 运动到圆槽的最低点速度为 D. 释放后当 A 物体向左上升到最高点时，又恰与释放点等高【答案】BD【解析】A、B、这一过程中，A具有竖直向上的分加速度，系统处于超重状态，竖直方向合外力不为零，所以系统的动量不守恒但系统水平方向不受外力，则在水平方向系统的动量守恒，A 错误；B 正确；C、系统机械能守恒，A从顶端运动到最低点的过程，有，则 ，得 ，即物体A运动到圆槽的最低点速度小于，C 错误；D、设A到达左侧最高点的速度为v，根据动量守恒定律知，
15、由于初动量为零，则末总动量为零，即，根据机械能守恒定律知，A能到达B圆槽左侧的最高点，即恰与释放点等高，D 正确；故选 BD。16. 甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线同一方向运动，它们的动量分别为 p甲=10kgm/s，p乙=14kgm/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生碰撞后，乙球的动量变为 20kgm/s，则甲、乙两球的质量 m甲：m乙的关系可能是（ ）A. 3：10 B. 1：4 C. 1：10 D. 1：6【答案】AB【解析】碰撞过程动量守恒，有：，- 10 -，解得：，两球的动量方向都与原来方向相同，碰前：，解得：碰后：，解得：碰撞过程能量守恒：解得：综合可知：，故
16、AB 正确；CD 错误；故选 AB。三、实验题三、实验题17. 如图，用“碰撞实验器“可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量_（填选项前的符号） ，间接地解决这个问题。A小球开始释放高度 hB小球抛出点距地面的高度 HC小球做平抛运动的水平位移（2）图中 O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球 ml多次从斜轨上 S位置静止释放，找到其平均落地点的位置 P，测量平抛水平位移 OP。然后，把被碰小球 m2静置于轨道的水平部分，再将入射球 ml从斜轨上 S 位置静止释放，与小球 m2相碰，并多次重复。接下来要完
