2020-2021学年广东省肇庆市某校高二（下）期中考试物理试卷

这是一份2020-2021学年广东省肇庆市某校高二（下）期中考试物理试卷，共6页。

1. 某交变电压瞬时值表达式为u=62sin314tV，则（ ）
A.用此交变电流作打点计时器的电源时，打点周期为2s
B.把额定电压为6V的小灯泡接在此电源上，小灯泡正常发光
C.把额定电压为6V的小灯泡接在此电源上，小灯泡将烧毁
D.耐压6V的电容器可以直接用在此电源上

2. 电阻R、电容C和电感L是常用的电子元器件，在频率为f的交流电路中，如图所示，当开关S依次分别接R、C、L支路，这时通过各支路的电流有效值相等．若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种情况正确的是（ ）

A.通过R的电流有效值减小
B.通过C的电流有效值减小
C.通过L的电流有效值减小
D.通过R、C、L的电流有效值不变

3. 如图所示，变压器输入电压不变，当电键S闭合，两交流电流表示数的变化情况为（ ）

A.都变小B.都变大
C.A1变大，A2变小D.A1不变，A2变小

4. 街道旁的路灯利用半导体的电学特性制成了白天自动熄灭，夜晚自动点亮的装置，该装置的工作原理是应用了半导体的（ ）
A.光敏性B.压敏性
C.热敏性D.三个特性同时应用

5. 玻璃杯同一高度下落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地撞击的过程中（ ）
A.玻璃杯的动量较大B.玻璃杯受到的冲量较大
C.玻璃杯的动量变化较大D.玻璃杯的动量变化较快

6. 如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是（ ）

A.男孩和木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与小车（包含男孩）的动量增量相同

7. 一只小船质量为M，船上人的质量为m．船原来以速度v0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v0与船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为（ ）
A.v0B.mMv0C.M+mMv0D.M+2mMv0

8. （多选）如图所示，小车A静止于光滑水平面上，A上有一圆弧PQ，圆弧位于同一竖直平面内，小球B由静止起沿圆弧下滑，这一过程中（ ）

A.若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒
B.若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒
C.若圆弧不光滑，则系统水平方向的动量守恒，但机械能不守恒
D.若圆弧不光滑，则系统水平方向的动量不守恒，机械能不守恒

9. （多选）如图所示，一矩形金属线圈面积为S、匝数为N， 在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕垂直磁场的固定轴匀速转动．则（ ）

A.感应电动势的峰值是NBSω
B.感应电动势的有效值是12NBSω
C.从中性面开始转过30∘角时，感应电动势的瞬时值是12NBSω
D.从中性面开始转过90∘的过程中，感应电动势的平均值是NBSωπ

10. （多选）如图所示，电路中所有元件完好，但光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过，其原因可能是（ ）

A.入射光太弱B.入射光波长太大
C.光照时间短D.电源正负极接反
解答题

气垫导轨是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成“气垫”，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．现用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图7所示，有以下实验步骤：
a．松开手的同时，记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时计时器结束计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2．
b．在A、B间水平放入一个轻弹簧，用手压住A、B使弹簧压缩，放置在气垫导轨上，并让它静止在某个位置．
c．给导轨送气，调整气垫导轨，使导轨处于水平．
d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；B的右端至D板的距离L2．
（1）实验步骤的顺序是________．

（2）实验中还需要测量的物理量是________．

（3）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________．

如图8所示为“验证碰撞中动量守恒”实验的装置示意图：

（1）实验中小球A质量为m，小球B质量为mA，它们的关系应该是：mA________mB．（填“大于”“小于”“等于”）

（2）实验前需要进行如下调节：固定斜槽时，应使斜槽末端________；

（3）实验中应使A球每次均在斜槽上________（填“不同”或“相同”）位置从静止释放；

（4）已用游标卡尺测得小球半径为r，刻度尺测出OM，OP，ON的长度，用天平测出小球质量mA、mB，请写出要验证的动量守恒的方程式________．

如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着两个质量为m=1kg的相同的小球A、B．现让A球以v0=2m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动．求：

（1）A、B两球碰撞后一起运动的共同速度多大？

（2）碰撞过程中损失了多少动能？

如图所示，在光滑水平面上静止放着一质量为2m的木板B，木板表面光滑，右端固定一水平轻质弹簧，质量为m的木块A以速度v0从木板的左端水平向右滑上木板B．求

（1））弹簧被压缩到最短时木块的速度V．

（2）弹簧的最大弹性势能Ep；

（3）当木块A和木板B分离时，木块A的速度V1．

如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P为10kW，输电电压U1为400V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到220V、9.5kW的电，求：

（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比n1:n2；

（2）输电线路导线电阻R；

（3）用户降压变压器、原副线圈匝数比n3:n4．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省肇庆市某校高二（下）期中考试物理试卷
选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交变电流的图象和三角函数表达式
电容器
【解析】
由交流电的表达式可明确交流电的有效值、最大值及角速度，再由公式计算周期，即可分析求解．
【解答】
解：A．该交流电的角速度ω=314rad/s=100πrad/s，则周期T=2πω=2π100πs=0.02s，故A错误；
B．交流电的电压有效值U=622V=6V，等于灯泡的额定电压，故小灯泡能正常发光，不会烧坏，故B正确，C错误；
D．电容器的耐压值为电压的最大值，而交变电压的最大值为62V，故耐压6V的电容器不可以直接用在此电源上，故D错误．
故选：B．
2.
【答案】
C
【考点】
电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在频率为f的交变电流电路中，当开关S依次分别接通R、C、L支路，这时通过各支路的电流有效值相等。当交变电流的频率提高到2f时，则线圈的感抗变大，导致通过L的电流有效值变小；当交变电流的频率提高到21时对于电容器的容抗变小，导致通过C的电流有效值变大；对于电阻来说没有变化，C正确．
故选C．
3.
【答案】
C
【考点】
变压器的构造和原理
【解析】
电键S闭合，回路中总电阻减小，电流变大，由于输出电压不变，因此输出功率功率增大，再根据电压电流与匝数的关系和串并联电路特点进行分析．
【解答】
解：变压器输入电压不变，原副线圈匝数比不变，所以输出电压不变．
电键S闭合，灯L2并联到电路，回路中总电阻减小，电流变大．
输出功率增大，由输入功率等于输出功率知输入功率增大，所以原线圈电流增大，即A1变大．
由于副线圈电流变大，所以电阻R上的电压变大，副线圈输出电压不变，所以灯L1两端的电压减小，所以A2变小．故ABD错误，C正确．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
传感器在生产、生活中的应用
【解析】
传感器的作用是将温度、力、光、声音等非电学量转换为电学量．
【解答】
解：灯要求夜晚亮、白天熄．则白天有光，黑夜没有光，则是由光导致电路的电流变化，所以电路中光传感器导致电阻变化，实现动控制，因此是利用半导体的光敏性．故A正确、BCD错误．
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
动量定理在“流体模型”中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A．玻璃杯从同一高度下落，落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，A错误；
BC．最后的速度均为零，说明动量的变化一定相等，由动量定理可知冲量也一定相等，B错误，C错误；
D．但由于掉在水泥地上的时间较短，则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快，从而导致冲击力较大，使玻璃杯易碎，D正确．
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
动量守恒定律的理解
【解析】
根据动量守恒条件分析答题，系统所受合外力为零，系统动量守恒．
【解答】
解：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中；
A．男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动能不守恒，故B错误；
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确；
D．木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D错误．
故选C．
7.
【答案】
D
【考点】
动量守恒定律的理解
【解析】
不计水的阻力，小船和人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解。
【解答】
解：当以相对地面的水平速度v0与船行反方向跳离船时，小船和人组成的系统动量守恒，以小船原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：(M+m)v0=m(−v0)+Mv，解得：v=M+2mMv0．
故选D．
8.
【答案】
B,C
【考点】
动量守恒定律的理解
【解析】
系统所受合外力为零，系统动量守恒．只有重力或弹力做功时，物体的机械能守恒．根据题意与守恒条件分析答题．
【解答】
解：不论圆弧是否光滑，小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受合外力都不为零，则系统动量都不守恒．但系统水平方向不受外力，所以系统水平方向的动量守恒．
若圆弧光滑，只有重力做功，系统的机械能守恒．若圆弧不光滑，系统要克服摩擦力做功，机械能减少，故AD错误，BC正确．
故选BC．
9.
【答案】
A,C
【考点】
交变电流的周期和频率
交变电流的有效值
【解析】
根据交变电流变化规律和描述交变电流的物理量意义解答本题。
【解答】
解：A．当线圈转到垂直中性面位置时，与转轴平行的两边在磁场中垂直切割磁感线，每边产生最大的感应电动势：E=NBLvsin90∘=NBLω⋅d2，又因为两边的感应电动势方向相同，所以线圈中总感应电动势：Em=2E=NBLω=NBSω，A符合题意；
B．根据正弦交流电的有效值为E=Em2=22NBSω，B不符合题意；
C．当线圈转到中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的表达式：e=Eminsinωt=NBωsinωt，故当ω=π6时，e=NBS2，C符合题意；
D．根据法拉第电磁感应定律，在线圈转过90∘的过程中，线圈中感应电动势的平均值：E=NM0ΔI=NBS12a=2NBSωπ ，D不符合题意．
故选AC．
10.
【答案】
B,D
【考点】
光电效应现象及其解释
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：入射光波长太长，人射光的频率低于截止频率时，不能发生光电效应，故选项B正确；电路中电源反接，对光电管加了反向电压，若该电压超过了遏止电压，也没有光电流产生，故选项D正确．
故选BD．
解答题
【答案】
（1）cbda
（2）滑块A、B的质量
（3）mAL1t1−mBL2t2=0
【考点】
用纸带测速法（落体法）验证机械能守恒定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）根据实验原理可以知道，正确的实验步骤应先安装调节仪器，然后再进行实验，故应为cbda．
（2）滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，根据A、B运行的距离和时间可以求出分开时的速度，根据动量守恒定律得，mAvA=mBvB，又vA=L1t1,vB=L2t2，则mAL1t1=mBL2t2．知还需要测量A、B的质量mA、mB，所需的器材是天平．
（3）滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，根据A、B运行的距离和时间可以求出分开时的速度，根据动量守恒定律得，mAvA=mBvB，又vA=L1t1,vB=L2t2，则mAL1t1=mBL2t2．知还需要测量A、B的质量mA、mB，所需的器材是天平．
【答案】
（1）大于
（2）切线水平
（3）相同
（4）mAOP=mAOM+mB(ON−2r)
【考点】
研究平抛物体的运动
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）为了使小球碰撞后不至于反弹，则要求入射小球的质量大于被碰小球的质量．
（2）本实验利用平抛运动来将求速度问题转化为测量水平距离，故必须保证斜槽末端水平．
（3）为了保证多次实验中入射球的速度相同，应将小球每次从同一位置由静止滚下．
（4）入射小球被前的速度v1=OPt，碰撞后速度v1′=OMt，被碰小球的速度为v2′=ON−rt（两个小球做平抛运动的抛出点相差一个直径），所以要验证的表达式为：mAv1=mAv1′+mBv2′，即： mAOP=mAOM+mBON−r．
【答案】
（1）A、B两球碰撞后一起运动的共同速度为1m/s．
（2）碰撞过程中损失了1J的动能．
【考点】
“二合一”模型
能量守恒定律的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）A、B两球相碰，满足动量守恒定律，以v0的方向为正方向，则有mv0=2mv，
代入数据解得A、B两球相碰后的共同速度v=1m/s．
（2）A、B碰撞过程中损失的动能为ΔEk=12mv02−12×2mv2=1J．
【答案】
（2）弹簧被压缩到最短时，木块A与木板B具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大．设共同速度为v，从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，取向右为正方向，则有：mv0=m+2mv，由能量关系，得：弹簧的最大弹性势能Ep=12mv02−12m+2mv2，解得：Ep=13mv02 ．
（3）从木块A滑上木板B直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A、B的速度分别为v1和v2．
根据动量守恒定律有 mv0=mv1+2mv2．
根据机械能守恒定律有12mv02=12mv12+12×2mv22 。解得v1=−v03，方向向左．
【考点】
动量守恒定律的理解
机械能守恒的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
解：（1）水电站升压变压器原、副线圈匝数比为1:5；
（2）输电线路导线电阻R为20Ω；
（3）用户降压变压器原、副线圈匝数比为95:11．
【考点】
变压器的构造和原理
远距离输电
【解析】
（1）根据变压比公式U1U2=n1n2求解升压变压器原、副线圈匝数比；
（2）先根据P＝UI求解传输电流，再根据△P＝I22R求解输电线路导线电阻；
（3）先根据U3＝U2−△U求解降压变压器的输入电压，然后根据公式U3U4=n3n4求解降压变压器的匝数比。
【解答】
升压变压器的原副线圈的匝数比为：U1U2=n1n2=4002000=15；
输电线上的电流为：I=PU2=10×1032×103A＝5A
输电线电阻：R=PI2=(10−9.5)×10352=20Ω
降压变压器原线圈电压：
U3＝U2−IR＝2000−5×20＝1900V
故降压变压器原副线圈的匝数比为：n3n4=U3U4=1900220=9511。