精品解析：北京市第二中学通州校区2024-2025学年高二下学期3月学情检测物理试卷

北京二中通州校区高二物理学情检测 一、单选题（共42分） 1. 如图（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是（　　） A. 图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大 B. 从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是 C. 当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变 D. 当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最大，cd边感应电流方向为c→d 【答案】C 【解析】 【详解】A．图（a）中，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为0，故A错误； B．从线圈在中性面位置开始计时的表达式才是 故B错误； C．当线圈转到图（c）位置时，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小为零，电流方向将改变，故C正确； D．当线圈转到图（d）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，故感应电动势最大，cd边感应电流方向为d→c，故D错误。 故选C。 2. 正弦式交流电压随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 电压的有效值为 B. 1s内电流方向改变50次 C. 电压瞬时值的表达式为 D. 若将该交流电压加在阻值的电阻两端，则电阻消耗的功率是200W 【答案】C 【解析】 【详解】A．电压的有效值为 选项A错误； B．周期为0.02s，每个周期内电流方向改变2次，则1s内电流方向改变100次，选项B错误； C．因为 可知电压瞬时值的表达式为 选项C正确； D．若将该交流电压加在阻值的电阻两端，则电阻消耗的功率是 选项D错误。 故选C。 3. 如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法中正确的是（　　） A. 第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些 B. 第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些 C. 第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 D. 第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些 【答案】C 【解析】 【详解】AB．两次拉动中，茶杯和纸之间均发生相对滑动，因此受到的均为滑动摩擦力，因压力不变，则由f=μFN可知，两次拉动时纸给茶杯的摩擦力相同，故AB错误； C．第二次慢拉动白纸过程中，摩擦力作用时间长，则产生的冲量较大，根据动量定理可知，茶杯获得的动量大一些，故C正确； D．第一次迅速拉动白纸过程中，摩擦力作用时间短，故纸给茶杯的冲量小一些，故D错误。 故选C。 4. 通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为 A. 12V B. 4V C. 15V D. 8V 【答案】B 【解析】 【详解】根据电流的热效应计算电流的有效值： 可得流过电阻电流的有效值： A 电阻两端电压的有效值为： V 故B正确． 5. 如图，是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知甲图中原副线圈匝数比为100∶1，乙图中原副线圈匝数比为1∶10，则（ ） A. 甲图中的电表是电压表，输电电压为2200V B. 甲图是电流互感器，输电电流是100A C. 乙图中的电表是电压表，输电电压为22000V D. 乙图是电流互感器，输电电流是100A 【答案】D 【解析】 【详解】根据变压器电压比等于匝数比，电流比等于匝数比的反比，可知甲图是电压互感器，乙图是电流互感器，则甲图中的电表是电压表，乙图中的电表是电流表；对甲图有 可得输电电压为 对乙图有 可得输电电流为 故选D。 6. 把线圈、电容器、小灯泡、开关、交流电源AC分别组成甲、乙两电路，闭合开关后（ ） A. 甲中抽去线圈铁芯，灯泡变亮 B. 甲中交流电频率增加，灯泡变亮 C. 乙中有电荷流过电容器极板间 D. 乙中电容器右极板右移，灯泡变亮 【答案】A 【解析】 【详解】A．甲中抽去线圈铁芯，则感抗变小，线圈对交流电的阻碍作用减小，灯泡变亮，故A正确； B．甲中交流电频率增加，则感抗变大，线圈对交流电的阻碍作用增强，灯泡变暗，故B错误； C．乙中电容器极板间为绝缘材料，所以乙中没有电荷流过电容器极板间，故C错误； D．乙中电容器右极板右移，根据，可知电容器电容减小，则容抗变大，对电流的阻碍作用增强，灯泡变暗，故D错误。 故选A。 7. 我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（　　） A. 甲的动量变化量与乙的动量变化量相同 B. 甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 C. 甲的速度变化量与乙的速度变化量相等 D. 甲、乙运动员组成的系统机械能守恒 【答案】B 【解析】 【详解】AC．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，由于不知道甲乙的质量关系，则不能确定甲的速度变化量的大小与乙的速度变化量大小的关系，且甲乙速度变化量的方向相反，故AC错误； B．根据牛顿第三定律可知，在乙推甲的过程中甲对乙的作用力大小等于乙对甲的作用力大小，作用时间相等，根据可知，甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量等大反向，故B正确； D．由于乙推甲的过程中，要消耗体内的化学能转化为系统的机械能，所以系统的机械能不守恒，故D错误。 故选B。 8. 如图所示， 理想变压器原线圈接在的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（　　） A. 电流表的示数减小 B. 电压表的示数减小 C. 电压表的示数不变 D. 电流表的示数不变 【答案】A 【解析】 【详解】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即的示数减小，故电流表的示数减小，故A正确，BCD错误。 故选A。 9. 如今手机已经成为必不可少的通讯工具，躺着看手机，有时会出现手机滑落砸到眼睛的情况。若一部质量200g的手机，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.01s，g取10m/s2，下列分析正确的是（　　） A. 手机对眼睛的冲量方向竖直向上 B. 全过程手机重力的冲量大于眼睛对手机的作用力冲量 C. 手机对眼睛的作用力大小约为42N D. 全过程手机动量的变化量大小约为 【答案】C 【解析】 【详解】A．手机对眼睛的作用力竖直向下，则手机对眼睛的冲量方向竖直向下，故A错误； BC．手机未接触眼睛之前做自由落体运动，由公式可得，手机接触眼睛瞬间的下落时间为 由公式可得，全过程手机重力的冲量大小约为 手机未接触眼睛之前做自由落体运动，由公式可得，手机接触眼睛瞬间的速度大小为 取向下为正方向，设手机对眼睛的作用力大小约为，由动量定理有 解得 则 故全过程手机重力的冲量等于眼睛对手机的作用力冲量，故B错误、C正确； D．全过程手机初状态的速度为0，末状态速度仍为0，则全过程手机动量的变化量大小为0，故D错误。 故选C。 10. 质量为5kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图所示，则物体在前10s内和后10s内所受合外力的冲量分别是（　　） A. ， B. ， C. 0， D. 0， 【答案】D 【解析】 【详解】由图像可知，在前10s内初、末状态的动量相同 由动量定理知 在后10s内末状态的动量 由动量定理得 故选D。 11. LC振荡电路是一种简单且常见电路，在测量、自动控制、无线电通信及遥控等许多领域有着广泛的应用。如图甲所示，规定回路中顺时针方向的电流为正，电流i随时间t变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是（ ） A. t1时刻，电容器中向下的电场最强 B. t2时刻，电容器极板不带电 C. t1~t2时间内，电容器正在充电 D. 在t2~t3时间内，振荡电路中磁场能正在向电场能转化 【答案】C 【解析】 【详解】A．t1时刻电路中电流最大，电容器放电结束，则电容器中的场强为零，故A错误； B．时刻电路中电流为零，电容器极板带电量最大，选项B错误； C．在时间内，电流从最大减到零，可知电容器正在充电，选项C正确； D．在时间内，电流从零增加到最大，可知电容器放电，振荡电路中电场能正在向磁场能转化，选项D错误。 故选C。 12. 如图甲所示，在变化磁场中放置一个闭合电路，电路里产生了感应电流；如图乙所示，空间存在变化的磁场，其周围产生感应电场。下列说法正确的是（　　） A. 甲、乙两图一定能持续产生电磁波 B. 甲图从上向下看，电子在回路中沿顺时针方向运动 C. 甲图中使用不导电的塑料线绕制线圈，线圈中依然存在电场 D. 乙图说明，任何磁场周围都会产生电场，与闭合回路是否存在无关 【答案】C 【解析】 【详解】A．若甲、乙两图中的磁场均匀变化，就会产生稳定的电场，稳定的电场不会产生磁场，就不会产生电磁波，故A错误； B．甲图从上向下看，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，电子在回路中沿逆时针方向运动，故B错误； C．甲图中使用不导电的塑料线绕制线圈，由于磁场是变化的，所以在线圈中依然存在电场，故C正确； D．变化的磁场周围产生电场是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关；但稳定磁场周围不会产生电场，故D错误。 故选C。 13. 如图所示为一个加速度计的原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是（　　） A. 若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端 B. 电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比 C. 若电压表指针位于表盘左侧，则物体速度方向向右 D. 若电压表指针位于表盘左侧，则物体加速度方向向右 【答案】D 【解析】 【详解】A．由题意可知，M位于R中点位置时与两电源间的电势相等，设R的中点电势为零，则M位于R的中点右侧，P端电势高于Q端电势，A错误； B．由欧姆定律及电阻定律可知，P端与Q端电势差与指针偏离R中点的距离x成正比，B错误； C．已知电压表指针位于表盘左侧，只能确定加速度的方向，不能确定速度的方向，C错误； D．已知电压表指针位于表盘左侧，滑块左侧弹簧压缩、右侧弹簧伸长，滑块所受合力向右，故物体加速度方向向右，D正确 故选D。 14. 动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图所示，质量分别为和的球1和球2构成一系统，不考虑系统的外力作用。球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生弹性碰撞，若速度不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速度、都会偏离的方向，偏角分别为、。下列说法正确的是（　　） A. 两小球在球心连线方向动量不守恒 B. 两小球的相互作用力方向与速度方向共线 C. 两小球碰后速度大小满足 D. 两小球碰后速度大小满足 【答案】C 【解析】 【详解】A．碰撞为弹性碰撞，动量守恒和机械能守恒，则两小球在球心连线方向动量守恒，A错误； B．对球1，由动量定理得 与不共线，故两小球的相互作用力方向与方向共线，与方向不共线，B错误； C．规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动量守恒表达式如下 规定y轴的正方向为正方向，y轴方向的动量守恒表达式如下 C正确； D．球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生完全弹性碰撞，机械能守恒，则 D错误； 故选C。 二、实验题（共18分） 15. 某班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。 （1）下列说法正确的是_______。 A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数 B．变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡” C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响 D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量 E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈 F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用 （2）一位同学实验时，观察两个线圈的导线，发现粗细不同。他选择的原线圈为800匝，副线圈为400匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端，所接电源为“”挡位，测得副线圈的电压为。则下列叙述中可能符合实际情况的一项是___________。 A．原线圈导线比副线圈导线粗 B．学生电源实际输出电压大于标注的“” C．原线圈实际匝数与标注“800”不符，应大于800匝 D．副线圈实际匝数与标注“400”不符，应小于400匝 E．变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上，导致铁芯没有闭合 （3）变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，如图所示。 ①图中，硅钢片应平行于___________。 A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 ②这样设计的原因是___________。 A．增大涡流，提高变压器的效率 B．减小涡流，提高变压器的效率 C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量 （4）理想变压器是一种理想化模型。如图所示，心电图仪（将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻串联）与一理想变压器的原线国连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原副线圈的匝数分别为、。在交流电源的电压有效值不变的情况下，将可变电阻R的阻值调大的过程中，当________时，R获得的功率最大。 【答案】 ①. CDF ②. B ③. D ④. B ⑤. 【解析】 【详解】（1）[1] A．为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误； B．变压器只能改变交流电的电压，原线圈输入交流电压，副线圈输出交流电压，应用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误； C．研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确； D．为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故D正确。 EF．变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故E错误，F正确； 故选CDF。 （2）[2] A．原副线圈的粗细不影响变压器的电压比与匝数比的关系，故A错误； B．根据理想变压器的匝数比与电压的关系有 若学生电源实际输出电压大于标注的“8V”，则副线圈的输出电压大于4V，故B正确； C．若原线圈实际匝数与标注“800”不符，应大于800匝，根据匝数比关系可知，副线圈的电压小于4.0V，故C错误； D．若副线圈实际匝数与标注“400”不符，应小于400匝，根据匝数比关系可知，副线圈的电压小于4.0V，故D错误； E．变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上，导致铁芯没有闭合，则得出副线圈的电压为0，故E错误； 故选B。 （3）①[3]磁感线环绕的方向沿着闭合铁芯，根据楞次定律及右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向垂直于图示变压器铁芯的正面，即与图示abcd面平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于平面aehd，故选D； ②[4]这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，故选B； （4）[5]把变压器和R等效为一个电阻，当作电源内阻，当内外电阻相等即时，输出功率最大，根据 得 代入，可得 16. 如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 （1）关于本实验，下列做法正确的是_____（填选项前的字母）。 A. 实验前，调节装置，使斜槽末端水平 B. 选用两个半径不同的小球进行实验 C. 用质量大的小球碰撞质量小的小球 （2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P（P为m1单独滑落时的平均落点）。 a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点_____； b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式_____成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 （3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB = l1、A′B = l2、CD = l3。 推导说明，m、M、l1、l2、l3满足_____关系即可验证碰撞前后动量守恒。 【答案】（1）AC （2） ①. 用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点 ②. m1OP = m1OM＋m2ON （3）ml1 = −ml2＋Ml3 【解析】 【小问1详解】 A．实验中若使小球碰撞前、后的水平位移与其碰撞前，后速度成正比，需要确保小球做平抛运动，即实验前，调节装置，使斜槽末端水平，故A正确； B．为使两小球发生的碰撞为对心正碰，两小球半径需相同，故B错误； C．为使碰后入射小球与被碰小球同时飞出，需要用质量大的小球碰撞质量小的小球，故C正确。 故选AC。 【小问2详解】 [1]用圆规画圆，尽可能用最小的圆把各个落点圈住，这个圆的圆心位置代表平均落点。 [2]碰撞前、后小球均做平抛运动，由可知，小球的运动时间相同，所以水平位移与平抛初速度成正比，所以若 m1OP = m1OM＋m2ON 即可验证碰撞前后动量守恒。 【小问3详解】 设轻绳长为L，小球从偏角θ处静止摆下，摆到最低点时的速度为v，小球经过圆弧对应的弦长为l，则由动能定理有 由数学知识可知 联立两式解得 若两小球碰撞过程中动量守恒，则有 mv1 = −mv2＋Mv3 又有 ，， 整理可得 ml1 = −ml2＋Ml3 三、解答题（共40分） 17. 如图所示，交流发电机的矩形金属线圈处于磁感应强度的匀强磁场中，其边长，匝数（图中只画出1匝），线圈的总电阻，线圈可绕垂直于磁场且过和边中点的转轴以角速度匀速转动。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值的定值电阻连接。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。 （1）求线圈中感应电动势的最大值； （2）从线圈平面与磁场方向平行位置开始计时，写出线圈中感应电流随时间变化的关系式； （3）求线圈转动过程中，电阻上的发热功率。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 线圈产生感应电动势的最大值 解得 【小问2详解】 根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值 从线圈平面与磁场方向平行位置开始计时，线圈中感应电流瞬时值 解得 【小问3详解】 通过电阻的电流的有效值 电阻上产生的发热功率 得 18. 某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为，在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率控制在5kW（即用户得到的功率为95kW）。根据实际需求，某同学设计了如图所示的输电线路示意图。升压变压器、降压变压器均视为理想变压器，请你帮他计算： （1）输电线上通过的电流； （2）升压变压器输出的电压； （3）降压变压器的匝数比。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【详解】（1）根据电功率公式 可得输电线上通过的电流 （2）升压变压器输出的电压 （3）降压变压器输入的电压 根据 降压变压器的匝数比 19. 质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。 (1)若，则等于多少？ (2)两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？ 【答案】(1)3kg；(2)弹性碰撞 【解析】 【详解】(1)根据x－t图象的斜率等于速度，由图象可知，m1碰前速度为 碰后的速度为 m2碰前速度为 碰后的速度为 由动量守恒定律得 代入数据解得 (2)两物体组成的系统在碰撞过程中的机械能损失为 故碰撞过程是弹性碰撞。 20. 神舟十三号载人飞船的返回舱距地面10km时开始启动降落伞装置，速度减至，并以这个速度开始在大气中降落。在距地面1m时，返回舱的四台缓冲发动机开始竖直向下喷气，舱体再次减速。每次喷气时间极短，返回舱的质量和降落伞提供的阻力可以认为不变。 （1）设最后减速过程中返回舱做匀减速直线运动，并且到达地面时恰好速度为0，求： a．最后减速阶段的加速度大小； b．返回舱的总质量大约3吨，根据资料，返回舱发动机对地喷气速度约为，试估算每秒每个喷嘴喷出的气体质量。 （2）若返回舱总质量为M，当其以速度匀速下落过程中，开动喷气发动机开始竖直向下喷气，每次喷出气体的质量为m，如果喷出气体相对地面的速度大小为v，喷气两次后返回舱的速度是多大？ （3）据国家航天局消息，8月太阳探测试验卫星“羲和号”发现，在地球表面附近观测到的单位体积内太阳风粒子的数目为n，每个太阳风粒子的质量为，假设地球周边所观测的太阳风的平均速率为v，且运动过程损失忽略不计，已知太阳到地球的距离为r，请由此推算太阳在单位时间因为太阳风而损失的质量。 【答案】（1）50m/s2；12.5kg （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 a．题意可知距地面x=1m时返回舱速度，到达地面时速度为0，设匀减速直线运动加速度大小为a，由匀变速直线运动速度位移关系可知 b．设每个喷嘴获得的反冲作用力为F，返回舱总质量为M，加速度为a，由牛顿第二定律可知 设单位时间每个喷嘴喷出气体质量为，由动量定律得 联立以上解得 【小问2详解】 设两次喷气后返回舱速度大小为，动量守恒定律可得 解得 【小问3详解】 根据题意建立模型如图 设极短时间内太阳因太阳风而损失的质量为，由流体连续性可得粒子径向推进的距离 该球壳内增加的质量等于太阳损失的质量，即 联立以上解得，在单位时间因为太阳风而损失的质量 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京二中通州校区高二物理学情检测 一、单选题（共42分） 1. 如图（a）→（b）→（c）→（d）→（e）过程是交流发电机发电的示意图。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是（　　） A. 图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大 B. 从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是 C. 当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变 D. 当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最大，cd边感应电流方向为c→d 2. 正弦式交流电压随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ） A. 电压的有效值为 B. 1s内电流方向改变50次 C. 电压瞬时值的表达式为 D. 若将该交流电压加在阻值的电阻两端，则电阻消耗的功率是200W 3. 如图所示，把茶杯压在一张白纸上，第一次用水平力迅速将白纸从茶杯下抽出；第二次以较慢的速度将白纸从茶杯下抽出。下列说法中正确的是（　　） A. 第二次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些 B. 第一次拉动白纸过程中，纸对茶杯的摩擦力大一些 C. 第二次拉出白纸过程中，茶杯增加的动量大一些 D. 第一次拉出白纸过程中，纸给茶杯的冲量大一些 4. 通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为 A. 12V B. 4V C. 15V D. 8V 5. 如图，是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知甲图中原副线圈匝数比为100∶1，乙图中原副线圈匝数比为1∶10，则（ ） A. 甲图中的电表是电压表，输电电压为2200V B. 甲图是电流互感器，输电电流是100A C. 乙图中的电表是电压表，输电电压为22000V D. 乙图是电流互感器，输电电流是100A 6. 把线圈、电容器、小灯泡、开关、交流电源AC分别组成甲、乙两电路，闭合开关后（ ） A. 甲中抽去线圈铁芯，灯泡变亮 B. 甲中交流电频率增加，灯泡变亮 C. 乙中有电荷流过电容器极板间 D. 乙中电容器右极板右移，灯泡变亮 7. 我国女子短道速滑队曾在世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（　　） A. 甲的动量变化量与乙的动量变化量相同 B. 甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 C. 甲的速度变化量与乙的速度变化量相等 D. 甲、乙运动员组成系统机械能守恒 8. 如图所示， 理想变压器原线圈接在的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（　　） A. 电流表的示数减小 B. 电压表的示数减小 C. 电压表的示数不变 D. 电流表的示数不变 9. 如今手机已经成为必不可少的通讯工具，躺着看手机，有时会出现手机滑落砸到眼睛的情况。若一部质量200g的手机，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.01s，g取10m/s2，下列分析正确的是（　　） A. 手机对眼睛的冲量方向竖直向上 B. 全过程手机重力冲量大于眼睛对手机的作用力冲量 C. 手机对眼睛的作用力大小约为42N D. 全过程手机动量变化量大小约为 10. 质量为5kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图所示，则物体在前10s内和后10s内所受合外力的冲量分别是（　　） A. ， B. ， C. 0， D. 0， 11. LC振荡电路是一种简单且常见电路，在测量、自动控制、无线电通信及遥控等许多领域有着广泛的应用。如图甲所示，规定回路中顺时针方向的电流为正，电流i随时间t变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是（ ） A. t1时刻，电容器中向下的电场最强 B. t2时刻，电容器极板不带电 C. 在t1~t2时间内，电容器正在充电 D. 在t2~t3时间内，振荡电路中磁场能正在向电场能转化 12. 如图甲所示，在变化的磁场中放置一个闭合电路，电路里产生了感应电流；如图乙所示，空间存在变化的磁场，其周围产生感应电场。下列说法正确的是（　　） A. 甲、乙两图一定能持续产生电磁波 B. 甲图从上向下看，电子在回路中沿顺时针方向运动 C. 甲图中使用不导电的塑料线绕制线圈，线圈中依然存在电场 D. 乙图说明，任何磁场周围都会产生电场，与闭合回路是否存在无关 13. 如图所示为一个加速度计原理图。滑块可沿光滑杆移动，滑块两侧与两根相同的轻弹簧连接；固定在滑块上的滑动片M下端与滑动变阻器R接触良好，且不计摩擦；两个电源的电动势E相同，内阻不计。两弹簧处于原长时，M位于R的中点，理想电压表的指针位于表盘中央。当P端电势高于Q端时，指针位于表盘右侧。将加速度计固定在水平运动的被测物体上，则下列说法正确的是（　　） A. 若M位于R的中点右侧，P端电势低于Q端 B. 电压表的示数随物体加速度的增大而增大，但不成正比 C. 若电压表指针位于表盘左侧，则物体速度方向向右 D. 若电压表指针位于表盘左侧，则物体加速度方向向右 14. 动量守恒定律是一个独立的实验定律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域。运用动量守恒定律解决二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图所示，质量分别为和的球1和球2构成一系统，不考虑系统的外力作用。球1以速度（方向沿x轴正向）与静止的球2发生弹性碰撞，若速度不在两球球心的连线上，碰撞之后两球的速度、都会偏离的方向，偏角分别为、。下列说法正确的是（　　） A. 两小球在球心连线方向动量不守恒 B. 两小球的相互作用力方向与速度方向共线 C. 两小球碰后速度大小满足 D. 两小球碰后速度大小满足 二、实验题（共18分） 15. 某班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。 （1）下列说法正确的是_______。 A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数 B．变压器原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡” C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响 D．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量 E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈 F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用 （2）一位同学实验时，观察两个线圈的导线，发现粗细不同。他选择的原线圈为800匝，副线圈为400匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端，所接电源为“”挡位，测得副线圈的电压为。则下列叙述中可能符合实际情况的一项是___________。 A．原线圈导线比副线圈导线粗 B．学生电源实际输出电压大于标注的“” C．原线圈实际匝数与标注“800”不符，应大于800匝 D．副线圈实际匝数与标注“400”不符，应小于400匝 E．变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上，导致铁芯没有闭合 （3）变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，如图所示。 ①图中，硅钢片应平行于___________。 A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 ②这样设计的原因是___________。 A．增大涡流，提高变压器的效率 B．减小涡流，提高变压器的效率 C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量 （4）理想变压器是一种理想化模型。如图所示，心电图仪（将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻串联）与一理想变压器的原线国连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原副线圈的匝数分别为、。在交流电源的电压有效值不变的情况下，将可变电阻R的阻值调大的过程中，当________时，R获得的功率最大。 16. 如图甲所示，让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。 （1）关于本实验，下列做法正确的是_____（填选项前的字母）。 A. 实验前，调节装置，使斜槽末端水平 B. 选用两个半径不同的小球进行实验 C. 用质量大的小球碰撞质量小的小球 （2）图甲中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，首先，将质量为m1的小球从斜槽上的S位置由静止释放，小球落到复写纸上，重复多次。然后，把质量为m2的被碰小球置于斜槽末端，再将质量为m1的小球从S位置由静止释放，两球相碰，重复多次。分别确定平均落点，记为M、N和P（P为m1单独滑落时的平均落点）。 a．图乙为实验的落点记录，简要说明如何确定平均落点_____； b．分别测出O点到平均落点的距离，记为OP、OM和ON。在误差允许范围内，若关系式_____成立，即可验证碰撞前后动量守恒。 （3）受上述实验的启发，某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图丙所示，用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的O点和O′点，两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释放，在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A′，小球2向右摆动至最高点D。测得小球1，2的质量分别为m和M，弦长AB = l1、A′B = l2、CD = l3。 推导说明，m、M、l1、l2、l3满足_____关系即可验证碰撞前后动量守恒。 三、解答题（共40分） 17. 如图所示，交流发电机的矩形金属线圈处于磁感应强度的匀强磁场中，其边长，匝数（图中只画出1匝），线圈的总电阻，线圈可绕垂直于磁场且过和边中点的转轴以角速度匀速转动。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值的定值电阻连接。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。 （1）求线圈中感应电动势的最大值； （2）从线圈平面与磁场方向平行位置开始计时，写出线圈中感应电流随时间变化的关系式； （3）求线圈转动过程中，电阻上发热功率。 18. 某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为，在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率控制在5kW（即用户得到的功率为95kW）。根据实际需求，某同学设计了如图所示的输电线路示意图。升压变压器、降压变压器均视为理想变压器，请你帮他计算： （1）输电线上通过的电流； （2）升压变压器输出的电压； （3）降压变压器的匝数比。 19. 质量为和的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移—时间图像如图所示。 (1)若，则等于多少？ (2)两个物体的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞？ 20. 神舟十三号载人飞船的返回舱距地面10km时开始启动降落伞装置，速度减至，并以这个速度开始在大气中降落。在距地面1m时，返回舱的四台缓冲发动机开始竖直向下喷气，舱体再次减速。每次喷气时间极短，返回舱的质量和降落伞提供的阻力可以认为不变。 （1）设最后减速过程中返回舱做匀减速直线运动，并且到达地面时恰好速度为0，求： a．最后减速阶段的加速度大小； b．返回舱的总质量大约3吨，根据资料，返回舱发动机对地喷气速度约为，试估算每秒每个喷嘴喷出的气体质量。 （2）若返回舱总质量为M，当其以速度匀速下落过程中，开动喷气发动机开始竖直向下喷气，每次喷出气体的质量为m，如果喷出气体相对地面的速度大小为v，喷气两次后返回舱的速度是多大？ （3）据国家航天局消息，8月太阳探测试验卫星“羲和号”发现，在地球表面附近观测到的单位体积内太阳风粒子的数目为n，每个太阳风粒子的质量为，假设地球周边所观测的太阳风的平均速率为v，且运动过程损失忽略不计，已知太阳到地球的距离为r，请由此推算太阳在单位时间因为太阳风而损失的质量。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $