广东省东莞市松山湖莞美学校高二物理下学期第一次月考.docx
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广东省东莞市松山湖莞美学校高二物理下学期第一次月考
广东省东莞市松山湖莞美学校2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷
一、单选题：
（每题3分，共6题，共18分）
1．（3分）如图1是交流发电机的模型，示意图可以简化为图2，线圈在磁场中转动过程又可以简化为图3．关于交流电的产生过程，下列说法中正确的是（）
A．当线圈转到图2所示位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电动势为零
B．当线圈转到中性面时磁通量的变化率最大
C．当线圈从中性面转到图3所示位置时，穿过线圈的磁通量减小，产生的电动势变小
D．线圈从中性面开始转到图3所示位置时，产生的电动势变大
2．（3分）某交流电源的电动势与时间呈正弦函数关系如图所示，此电源与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计其他电阻，下列说法正确的是（）
A．交变电流的周期为2sB．交变电流的频率为0.5Hz
C．交变电流的有效值为2
AD．交变电流的有效值为2A
3．（3分）如图所示的交流电表达式为u=220
sin100πt（V），接在阻值220Ω的电阻两端，用交流电压表及交流电流表分别测量电阻的电压及电流，下列说法正确的是（）
A．电压表的读数为311VB．该交流电的频率是100Hz
C．电流表读数是1AD．2s内电阻产生的电热是400J
4．（3分）下列关于碰撞及动量守恒定律的说法正确的是（）
A．所有的碰撞都遵守动量守恒定律
B．所有的正碰都是弹性碰撞，所有的弹性碰撞都是正碰
C．打乒乓球时球拍与球的碰撞是弹性碰撞
D．所有的弹性碰撞都满足碰撞前后系统总动能相等
5．（3分）如图所示，太空空间站中，两个宇航员背对背紧靠一起，另一个宇航员从一侧用力推一个宇航员，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）
A．在推的过程中三者的总动量不守恒，手离开对方后，系统总动量守恒
B．不管在推的过程，还是手离开对方后碰到其他物体前，三者系统的总动量守恒
C．手离开对方后，一个宇航员的动量与另两个宇航员的动量相同
D．推的过程他们的加速度大小相等
6．（3分）如图所示，理想变压器的a、b端加上某一交流电压（电压有效值保持不变），副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑线变阻器的滑片P于图示位置．现将滑片P下移（导线电阻不计），则以下说法正确的是：
（）
A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小
B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大
C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大
D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变
二、双选题（每题4分，共7题，28分，选错不得分，只选对一个得2分）
7．（4分）一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1、n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、电功率分别为U1和U2、I1和I2、P1和P2．已知n1＞n2，则（）
A．U1＞U2，P1＜P2B．I1＜I2，P1=P2C．U1＞U2，I1＜I2D．P1＞P2，I1＞I2
8．（4分）如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形．原、副线圈匝数比n1：
n2=10：
1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下列说法中正确的是（）
A．变压器副线圈的电流有效值为10A
B．变压器的输出功率为200W
C．变压器输出端的交流电的频率为100Hz
D．此变压器为升压变压器
9．（4分）一只标有“110V，110W”的灯泡接在u=110
sin314t（V）的交流电源上，则（）
A．该灯泡能正常发光
B．与灯泡串联的电流表读数为1A
C．与灯泡并联的电压表读数为155.5V
D．通过灯泡的电流i=0.64sin324tA
10．（4分）如图，在光滑水平桌面上，有m、M两木块，两木块之间夹有一轻质弹簧，弹簧仅与木块接触但不连接，用两手拿住两木块压缩弹簧，并使两木块静止，则（）
A．两手同时释放，两木块的总动量守恒
B．先释放甲木块，稍后（弹簧恢复原长前）释放乙木块，两木块的总动量向右
C．先释放乙木块，稍后（弹簧恢复原长前）释放甲木块，两木块的总动量向右
D．在两木块先后释放的过程中，两木块的总动量守恒
11．（4分）如图所示，长为L，质量为m的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为m（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为μ，以初速度v滑上木板．则整个过程木板与木块系统所产生的热量可能是（）
A．
mv2B．
mv2C．
mv2D．μmgL
12．（4分）远程输电线路的示意图如图：
若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是（）
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率有关
B．输电线中电流大小只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的电压增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
13．（4分）2002年，美国《科学》杂志评出的《2001年世界十大科技突破》中，有一项是加拿大萨德伯里中微子观测站的成果．该站揭示了中微子失踪的原因．即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个μ子和一个τ子．在上述研究中有以下说法，其中正确的是（）
A．该研究过程中牛顿第二定律依然适用
B．该研究过程中能量转化和守恒定律依然适用
C．若发现μ子和中微子的运动方向一致，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致
D．若发现μ子和中微子的运动方向相反，则τ子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反
三、实验题（共18分）
14．（10分）用如图1的装置，来验证碰撞过程中的动量守恒．图中PQ是斜槽，QR为水平槽．O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，A、B两球的质量之比mA：
mB=3：
1．先使A球从斜槽上某一高度处由静止释放，在水平地面的记录纸上留下落点痕迹P，重复10次，得到10个落点．再把B球放在水平槽上的末端R处，让A球仍从同一高度处由静止释放，与B球碰撞，碰后A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复10次．A、B两球在记录纸上留下的落点痕迹如图2所示，其中卷尺的某整刻度点与O点对齐．
（1）2%验前应调节轨道末段，使末段水平，目的是使小球离开轨道后做运动．每次实验时由静止释放A球，（填“要”或“不要”）从同一位置释放．若将质量小的球由高出释放，让它碰质量大的静止小球，则该实验的误差将．
（2）碰撞后A球的水平射程应取cm．
（3）本实验的原理是：
若能够证明式子（用示意图中的字母表示）成立，即可证明动量守恒定律．
15．（8分）如图，为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为M的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器打点时间间隔均为T．气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．图乙为某次实验打出的、点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以等间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s1、s2和s3．若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为、，两滑块的总动量大小为；碰撞后两滑块的总动量大小为．重复上述实验，多做几次．若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．
四、计算题：
（共3题，共36分）
16．（10分）质量为M=2kg的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m=20g的子弹以v0=100m/s的速度水平飞来，射穿木块以v1=60m/s的速度飞出，则：
（1）子弹射穿后木块的速度为多大？
（2）子弹及木块组成的系统损失的机械能为多少？
17．（12分）如图所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H=2L．小球受到轻弹簧的弹力作用后，沿斜面向上运动．离开斜面后，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生正碰，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O′与P的距离也为L．已知球B质量为m，悬绳长L，初始时离O′高度为L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（2）球A在两球碰撞前瞬间的速度大小；
（3）弹簧将A弹出过程释放的弹性势能．
18．（14分）如图所示，在足够长的光滑水平轨道上有两个小木块A、C及长木板B，质量分别为mA、mB、mC，且mA=mB=1.0kg，mC=2.0kg，其中B与C之间的动摩擦因数μ=0.2，开始时整个装置处于静止状态．C位于B的最右端．A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板．现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量中有E=9.0J转化为A和B的动能，A和B分开后，A和弹性挡板发生碰撞（忽略碰撞过程中的能量损失），在BC达到等速后在追上B，并且与B发生碰撞后粘在一起．最后C恰好停在B的左端，重力加速度取g=10m/s2．求：
（1）塑胶炸药爆炸后瞬间A与B的速度各为多大；
（2）在A刚追上B时C的速度大小；
（3）木板B的长度．
广东省东莞市松山湖莞美学校2014-2015学年高二下学期第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：
（每题3分，共6题，共18分）
1．（3分）如图1是交流发电机的模型，示意图可以简化为图2，线圈在磁场中转动过程又可以简化为图3．关于交流电的产生过程，下列说法中正确的是（）
A．当线圈转到图2所示位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电动势为零
B．当线圈转到中性面时磁通量的变化率最大
C．当线圈从中性面转到图3所示位置时，穿过线圈的磁通量减小，产生的电动势变小
D．线圈从中性面开始转到图3所示位置时，产生的电动势变大
考点：
交流发电机及其产生正弦式电流的原理．
专题：
交流电专题．
分析：
矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动，线圈中的感应电动势e随于时间t的变化规律可得，线圈从垂直中性面开始计时；磁通量最大时，磁通量变化率为零；每当线圈经过中性面时，电流方向改变．
解答：
解：
A、图2位置为与中性面相垂直的位置，此时穿过线圈的磁通量为零；但电动势为最大；故A错误；
B、当线圈转到中性面时，磁通量最大，但变化率为零；故B错误；
C、当线圈从中性面转到图3位置时，穿过线圈的磁通量减小，产生的电动势增大；故C错误D正确；
故选：
D．
点评：
学会通过瞬时感应电动势来判定在什么时刻，线圈处于什么位置；同时还能画出磁通量随着时间变化的图象及线圈中的电流随着时间变化的规律．
2．（3分）某交流电源的电动势与时间呈正弦函数关系如图所示，此电源与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路，不计其他电阻，下列说法正确的是（）
A．交变电流的周期为2sB．交变电流的频率为0.5Hz
C．交变电流的有效值为2
AD．交变电流的有效值为2A
考点：
正弦式电流的图象和三角函数表达式．
专题：
交流电专题．
分析：
从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解．
解答：
解：
A、由图可知，交流电的最大电压E=20
V，周期T=2ms=0.002s，故A错误；
B、根据f=
可知，交变电流的频率为500Hz，故B错误；
C、根据最大值与有效值的关系有：
有效值为：
U=
=20V，所以电流的有效值为I=
=2A，故C错误，D正确．
故选D．
点评：
本题考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解，比较简单．
3．（3分）如图所示的交流电表达式为u=220
sin100πt（V），接在阻值220Ω的电阻两端，用交流电压表及交流电流表分别测量电阻的电压及电流，下列说法正确的是（）
A．电压表的读数为311VB．该交流电的频率是100Hz
C．电流表读数是1AD．2s内电阻产生的电热是400J
考点：
正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率．
专题：
交流电专题．
分析：
电压表和电流表均为有效值，故由交流电的表达式求得电压的有效值，再由欧姆定律求解电流和电热．
解答：
解：
A、电压表的示数为交流电的有效值，故其示数为U=
=220V；故A错误；
B、该交流电的频率f=
=
=50Hz；故B错误；
C、电流表的读数为：
I=
=
=1A；故C正确；
D、2s内电阻产生的电热Q=I2Rt=1×220×2=440J；故D错误；
故选：
C
点评：
对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．
4．（3分）下列关于碰撞及动量守恒定律的说法正确的是（）
A．所有的碰撞都遵守动量守恒定律
B．所有的正碰都是弹性碰撞，所有的弹性碰撞都是正碰
C．打乒乓球时球拍与球的碰撞是弹性碰撞
D．所有的弹性碰撞都满足碰撞前后系统总动能相等
考点：
动量守恒定律；机械能守恒定律．
专题：
动量定理应用专题．
分析：
系统所受的合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒的条件与动量守恒定律分析答题．
解答：
解：
A、系统所受合外力为零时，系统的动量守恒；如果物体受外力，系统所受合外力不为零，系统动量就不守恒，故A错误；
B、所有的正碰都是弹性碰撞，不是所有的弹性碰撞都是正碰，故B错误；
C、打乒乓球时球拍受到手对它的作用力，所以球拍与球的碰撞是不是弹性碰撞，故C错误；
D、弹性碰撞是指碰撞的过程中没有动能损失的碰撞，所有的弹性碰撞都满足碰撞前后系统总动能相等，故D正确；
故选：
D．
点评：
本题考查了动量守恒的条件和弹性碰撞，掌握动量守恒条件，知道弹性碰撞是指碰撞的过程中没有动能损失的碰撞即可正确解题．
5．（3分）如图所示，太空空间站中，两个宇航员背对背紧靠一起，另一个宇航员从一侧用力推一个宇航员，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）
A．在推的过程中三者的总动量不守恒，手离开对方后，系统总动量守恒
B．不管在推的过程，还是手离开对方后碰到其他物体前，三者系统的总动量守恒
C．手离开对方后，一个宇航员的动量与另两个宇航员的动量相同
D．推的过程他们的加速度大小相等
考点：
动量守恒定律．
专题：
动量定理应用专题．
分析：
判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零．在推得过程中和手离开对方后碰到其他物体前，系统所受合力都为零，系统动量守恒，推的过程中，作用力相等，但质量不等，根据牛顿第二定律判断加速度是否相等．
解答：
解：
A、在推的过程中三者所受合外力为零，系统的总动量守恒，故A错误；
B、不管在推的过程，还是手离开对方后碰到其他物体前，系统所受合外力为零，系统的总动量守恒，故B正确；
C、手离开对方后，根据系统动量守恒可知，一个宇航员的动量与另两个宇航员的动量大小相等，方向相反，故C错误；
D、推的过程中，作用力相等，但质量不等，根据牛顿第二定律可知加速度不等，故D错误．
故选：
B
点评：
本题主要考查了动量守恒定律条件的直接应用，知道当系统所受的外力之和是否为零时，系统动量守恒，注意动量是矢量，注意方向性．
6．（3分）如图所示，理想变压器的a、b端加上某一交流电压（电压有效值保持不变），副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑线变阻器的滑片P于图示位置．现将滑片P下移（导线电阻不计），则以下说法正确的是：
（）
A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小
B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大
C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大
D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变
考点：
变压器的构造和原理；电功、电功率．
专题：
交流电专题．
分析：
副线圈两端的电压与匝数比和输入电压决定，滑片P下移，连入电路的电阻变大，根据动态分析去判断．
解答：
解：
副线圈两端的电压由匝数比和输入电压决定，由题意知副线圈两端的电压不变，故灯正常发光，滑片P下移，连入电路的电阻变大，副线圈的电流减小，根据电流与匝数成反比知原线圈的输入电流也减小，输入功率等于输出功率都减小；
故选：
A
点评：
本题考查了变压器的工作原理和电路的动态分析，难度不大．
二、双选题（每题4分，共7题，28分，选错不得分，只选对一个得2分）
7．（4分）一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1、n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、电功率分别为U1和U2、I1和I2、P1和P2．已知n1＞n2，则（）
A．U1＞U2，P1＜P2B．I1＜I2，P1=P2C．U1＞U2，I1＜I2D．P1＞P2，I1＞I2
考点：
变压器的构造和原理；电功、电功率．
专题：
交流电专题．
分析：
本题直接根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，要明确理想变压器的输入功率与输出功率相等．
解答：
解：
理想变压器的输入功率与输出功率相等，即有P1=P2
根据理想变压器的特点有：
=
，已知n1＞n2，则U1＞U2．
根据
=
，知I1＜I2．故BC正确，AD错误．
故选：
BC．
点评：
本题考查了有关变压器的基础知识，对于这些基础知识平时要加强记忆与理解，同时通过做题加强对基本公式的理解与应用．
8．（4分）如图所示为理想变压器原线圈所接交流电压的波形．原、副线圈匝数比n1：
n2=10：
1，串联在原线圈电路中电流表的示数为1A，下列说法中正确的是（）
A．变压器副线圈的电流有效值为10A
B．变压器的输出功率为200W
C．变压器输出端的交流电的频率为100Hz
D．此变压器为升压变压器
考点：
变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．
专题：
交流电专题．
分析：
根据u﹣t图象知道电压的有效值，周期和频率，变压器电压与匝数成正比、电流与匝数成反比，变压器不改变功率和频率．
解答：
解：
A、根据
=
，得变压器副线圈的电流有效值为I2=
=10A，故A正确；
B、根据由图知输入电压的最大值为U1m=200
V，有效值为：
U1=
=200V；变压器的输入功率为P1=U1I1=200×1=200W，理想变压器的输出功率等于输入功率，也为200W；故B正确；
C、变压器输入电压的周期T=0.02s，故频率为f=
50Hz；变压器不改变电流的频率，故输出的交流电的频率为50Hz，故C错误；
D、根据电压与匝数成正比知变压器输出端所接电压表的示数为20V，为降压变压器，故D错误．
故选：
AB．
点评：
本题考查了变压器的变压原理，要能够从图象中获取有用物理信息．要掌握变压器的变压规律：
=
，知道理想变压器不改变电功率和频率．
9．（4分）一只标有“110V，110W”的灯泡接在u=110
sin314t（V）的交流电源上，则（）
A．该灯泡能正常发光
B．与灯泡串联的电流表读数为1A
C．与灯泡并联的电压表读数为155.5V
D．通过灯泡的电流i=0.64sin324tA
考点：
正弦式电流的图象和三角函数表达式．
专题：
交流电专题．
分析：
由交流电u=110
sin314tV可知ω=314rad/s，电压最大值Um=110
V．由ω=2πf求解频率f．由U=
Um求出电压的有效值，判断“110V，110W”的灯泡能否正常发光．交流电压表测量的是有效值，电流由欧姆定律求解．
解答：
解：
AB、由交流电u=110
sin314tV可知，电压的最大值Um=110
V．
有效值U=
Um=110V，可以使“110V110W”的灯泡正常发光，
且电流表的电流I=
，故A正确、B正确．
C、与灯泡并联的交流电压表测量时，读数为110V．故C错误．
D、由A可知，灯泡的最大电流为Im=
，因此通过灯泡的电流i=1，414sin314t（A）．故D错误．
故选：
AB
点评：
本题要注意对于没有特别说明的情况，交流电的数值都是指有效值．计算交流电的电功、电功率都用有效值
10．（4分）如图，在光滑水平桌面上，有m、M两木块，两木块之间夹有一轻质弹簧，弹簧仅与木块接触但不连接，用两手拿住两木块压缩弹簧，并使两木块静止，则（）
A．两手同时释放，两木块的总动量守恒
B．先释放甲木块，稍后（弹簧恢复原长前）释放乙木块，两木块的总动量向右
C．先释放乙木块，稍后（弹簧恢复原长前）释放甲木块，两木块的总动量向右
D．在两木块先后释放的过程中，两木块的总动量守恒
考点：
动量守恒定律；机械能守恒定律．
专题：
动量定理应用专题．
分析：
若先放开甲木块，后放开乙木块，放开乙木块时，甲木块已经有一定的速度，系统的初动量不为零，两车的总动量向右；在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，动量是矢量，有大小和方向．
解答：
解：
A、在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，即总动量为零，故A正确；
B、甲木块先释放，乙木块后释放，因此在乙释放前，动量不守恒，甲木块已有向左的初动量，所以两木块的总动量指向甲木块一方，两木块的总动量向左，故B错误．
C、先释放乙木块，甲木块后释放，因此在甲释放前，动量不守恒，乙木块已有向右的初动量，所以两木块的总动量指向乙木块一方，两木块的总动量向右，故C正确；
D、在两木块先后释放的过程中，两木块的总动量不守恒，受到手对木块的弹力，故D错误
故选：
AC．
点评：
本题主要考查了动量守恒的条件，知道系统所受合外力为零时，系统动量守恒，难度不大，属于基础题．
11．（4分）如图所示，长为L，质量为m的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为m（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为μ，以初速度v滑上木板．则整个过程木板与木块系统所产生的热量可能是（）
A．
mv2B．
mv2C．
mv2D．μmgL
考点：
动量守恒定律；功能关系．
专题：
动量定理应用专题．
分析：
木块最终不会从木板上掉下的情况是木块与长木板速度相同，木块与长木板系统动量守恒，由动量守恒定律得出共同速度，根据系统的能量守恒来计算产生的热量．
解答：
解：
1、木块最终不会从木板上掉下的情况是木块与长木板速度相同，木块与长木板系统动量守恒，
规定向右为正方向，由动量守恒定律得
mv=（m+m）v′
v′=
，
根据系统的能量守恒得：
整个过程木板与木块系统所产生的热量Q=
mv2﹣
（m+m）
=
mv2，
2、如果木块会从木板上掉下，根据功能关系得
整个过程木板与木块系统所产生的热量Q′=fx相=μmgL，
故选：
BD．
点评：
解决本题的关键理清小木块和木板的运动的情况，分析清楚运动过程、选择恰当的过程应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．
12．（4分）远程输电线路的示意图如图：
若发电机的输出电压不变，则下列叙述正确的是（）
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率有关
B．输电线中电流大小只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的电压增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
考点：
远距离输电；电功、电功率．
专题：
交流电专题．
分析：
根据变压器的特点：
电压比等于匝数比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输
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