高二(下)期中物理试卷(解析版)

这是一份高二(下)期中物理试卷(解析版)，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题探究题，计算题等内容，欢迎下载使用。
高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）
1. 人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了（　　）
A. 减小冲量 B. 减小动量的变化量
C. 增长与地面的冲击时间，从而减小冲力 D. 增大人对地面的压强，起到安全作用
2. 一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图所示，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）
A. 小球的机械能守恒，动量不守恒 B. 小球的机械能不守恒，动量也不守恒
C. 球、车系统的机械能守恒，动量守恒 D. 球、车系统的机械能、动量都不守恒

3. 把一支枪水平地固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹和车的下列说法中正确的是（　　）
A. 枪和子弹组成的系统动量守恒
B. 枪和车组成的系统动量守恒
C. 若忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成系统的动量才近似守恒
D. 枪、子弹和车组成的系统动量守恒
4. 一颗手榴弹以v0=10m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向是（　　）
A. 125 m/s，与v0反向 B. 110 m/s，与v0反向
C. 240 m/s，与v0反向 D. 以上答案均不正确
5. 远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高n倍，则（　　）
A. 输电线上的电压损失增大 B. 输电线上的电能损失增大
C. 输电线上的电压损失不变 D. 输电线上的电能损失减少到原来的1n2
6. 如图所示，理想变压器原线圈匝数为n1，两个副线圈匝数分别为n2和n3，且n1：n2：n3=4：2：1，输入电压U1=16V，R1=R2=10Ω，则输入的电流I1大小是（　　）
A. 0.4A B.0.1A C.0.5A D. 以上答案都不对
7. 某变压器原、副线圈匝数比为55：9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是（　　）
A. 输出电压的最大值为36V B.原、副线圈中电流之比为55：9
C. 变压器输入、输出功率之比为55：9 D. 交流电源有效值为220V，频率为50Hz
8. 在图甲所示的电路中，理想变压器原线圈两端的正弦交变电压变化规律如图乙所示．已知变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，串联在原线圈电路中电流表A1的示数为1A，下列说法正确的是（　　）
A. 电压表V的示数为2002V B. 变压器的输出功率为200W
C. 变压器输出端交流电的频率为100Hz D. 电流表A2的示数为0.1A

9. 如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L1与输出电压恒定的正弦交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连，开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法中正确的有（　　）
A. 副线圈两端电压不变
B. 灯泡L1亮度变亮，L2的亮度不变
C. 副线圈中电流变大，灯泡L1变亮，L2变暗
D. 因为不知变压器原副线圈的匝数比，所以L1及L2的亮度变化不能判断
10. 如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3；它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．下列说法正确的是（　　）
A. 当用户的用电器增多时，U2减小，U4变大
B. 当用户的用电器增多时，P2变大，P3减小
C. 要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n2n1，同时应减小降压变压器的匝数比n3n4
D. 要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n2n1，同时应增大降压变压器的匝数比n3n4

11. 质量为m的物体以初速度v0水平抛出，经过一段时间其竖直分速度为v。在这个过程中，下列说法正确的是（　　）
A. 物体动量变化量的大小为mv B. 物体动量变化量的大小为mv−mv0
C. 物体动量变化量的大小为mv2−v02 D. 物体动能变化量为12mv2−12mv02
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
12. 甲物体在光滑水平面上运动速度为v1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是（　　）
A. 乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v1
B. 乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速率是2v1
C. 乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速率是v1
D. 碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量
13. 质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是8kg•m/s，B球的动量是4kg•m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（　　）
A. pA=6kg⋅m/s，pB=6kg⋅m/s B. pA=5kg⋅m/s，pB=7kg⋅m/s
C. pA=3kg⋅m/s，pB=9kg⋅m/s D. pA=−2kg⋅m/s，pB=14kg⋅m/s
14. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为11：2，原线圈两端的输入电压u=2202sin 100πt（V），电表均为理想电表，滑动变阻器R接入电路部分的阻值为10Ω．下列叙述中正确的是（　　）
A. 该交流电的频率为50 Hz B. 电压表的读数为402 V
C. 电流表的读数为4 A D. 若滑动变阻器的滑片P向a端移动，电流表的读数变大

15. 如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB=3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（　　）
A. A、B系统动量守恒 B. A、B、C系统动量守恒
C. 小车向左运动 D. 小车向右运动
三、实验题探究题（本大题共1小题，共9.0分）
16. 在“验证动量守恒定律”的实验中，请回答下列问题：

（1）实验记录如图甲所示，先不放B球，则A球做平抛运动的水平位移是图中的______；放上B球，则B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的______。（两空均选填“OM”、“OP”或“ON”）为测定A球不碰B时做平抛运动的落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，如图乙给出了小球A落点附近的情况，由图可得距离应为______cm；
（2）小球A下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果______产生误差（选填“会”或“不会”）
（3）实验装置如图甲所示，A球为入射小球，B球为被碰小球，以下有关实验过程中必须满足的条件，正确的是______
A．入射小球的质量mA可以小于被碰小球的质量mB
B．实验时需要测量斜槽末端到水平地面的高度
C．入射小球每次不必从斜槽上的同一位置由静止释放
D．斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，应能静止
（4）如果碰撞中动量守恒，根据图中各点间的距离，下列式子成立的有______
A．mA：mB=ON：MP          B．mA：mB=OM：MP C．mA：mB=OP：MN          D．mA：mB=OM：MN
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
17. 质量为2kg的小球从125m 的高空自由落下，不计空气阻力，取g=10m/s2，求：
（1）第2s内动量的变化量．（2）从开始下落到落地这段时间内，重力的冲量．





18. 在如图所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住。已知木箱的质量为30kg，人与车的质量为50kg。求：（1）推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；（2）小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量。







19. 某小水电站发电机输出的电功率为100kW，输出电压为250V．现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8Ω，要求输电损失在输电线上的电功率不超过5%，用户获得220V电压，求所选用的升压变压器原、副线圈的匝数比和降压变压器原、副线圈的匝数比．






答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F-mg）t=△mv；
而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；
故选：C。
人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处．
本题考查动量定理的定性的应用，物理知识在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意体会．
2.【答案】B
【解析】
解：A：小球由静止释放过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统只在在水平方向动量守恒，所以当小球有向右的速度时小车将同时有向左的速度，所以小球在下落过程中并不是真正的圆周运动，小车将通过细绳对小球做功，小球机械能不守恒，动量守恒的研究对象是一个系统，单独小球谈不上动量守恒，所以A错误，B正确。
C：小球与小车系统在整个过程中只有重力做功，系统机械能守恒；由于系统水平方向不受外力，系统在水平方向动量守恒但总动量并不守恒，故C、D错误。
故选：B。
小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律；系统机械能守恒，但对小球来说，不满足动量和机械能守恒的条件．
遇到相互作用的问题，一般要从系统的角度考虑机械能是否守恒及某一方向上的动量是否守恒．
3.【答案】D
【解析】
解：A、枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故A错误；
B、枪和小车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故B错误；
C、小车、枪和子弹组成的系统，在整个过程中所受合外力为零，系统动量守恒，故C错误，D正确；
故选：D。
当系统不受外力或所受的外力之和为零，系统动量守恒．
解决本题的关键掌握动量守恒的条件，知道系统内物体相互作用的力为内力．
4.【答案】B
【解析】
解：根据动量守恒定律得，Mv0=m1v1+m2v2。
0.6×10=0.2×250+0.4×v2，解得v2=-110m/s。负号表示方向，与v0反向。故B正确，A、C、D错误。
故选：B。
手榴弹在空中爆炸过程，爆炸力远大于重力，在水平方向上动量守恒．根据动量守恒定律求出质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向．
解决本题的关键掌握动量守恒定律，注意速度的方向．
5.【答案】D
【解析】
解：输送电压提供n倍，根据P=UI知，输送功率不变，则输送电流变为原来的，根据U损=IR，知电压损失减小。根据，知电能损失减小到原来的，电能损失减小。故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
根据P=UI，根据输送电压求出输送的电流，根据判断电能的损失．
解决本题的关键知道输送功率、输送电压和输送电流的关系，知道电源损失U损=IR，功率损失．
6.【答案】C
【解析】
解：由电压和匝数的关系知：=8V，=4V，由输入功率等于输出功率知：，代入数据得I1=0.5A，故C正确。
故选：C。
根据变压器的匝数与电压成正比求出两个副线圈的电压，再根据输入功率等于输出功率求原线圈中的电流．
本题考查了变压器的特点，需要注意的是本题有两个副线圈，所以，电流与匝数不在成反比，应该用功率相等求电流．
7.【答案】D
【解析】
解：
A、变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，所以输出电压的最大值为36V，所以A错误；
B、变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，电流之比等于原副线圈匝数的反比，所以B错误；
C、变压器只能改变交流电的电压，而不能改变频率和功率，即对于理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以C错误；
D、从图上可以看出，交流电的周期T=0.02s，所以频率为50Hz．正弦交流电的有效值是峰值的倍，所以电压有效值为220V．所以D正确。
故选：D。
根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．
8.【答案】B
【解析】
解：A、C、根据图乙得到输入电压的最大值为200V，频率周期为0.02s，故电压的有效值为200V，频率为50Hz，电压表读数为有效值，故A错误，C错误；
B、变压器的输入功率为：P1=U1I1=200V×1A=200W；理想变压器输入功率等于输出功率，故输出功率为200W，故B正确；
D、根据I1：I2=n2：n1，输出电流为：I2=10I1=10A，电流表读数为有效值，故D错误；
故选：B。
根据图乙得到输入电压的最大值和频率，求解出有效值，即为电压表的读数；根据P=U1I1求解输入功率；根据I1：I2=n2：n1求解电流表A2的读数．
本题关键是根据图象得到瞬时值的最大值，然后得到有效值，最后结合理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解．
9.【答案】C
【解析】
解：A、当S接通后，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大，原线圈电压减小，匝数不变故副线圈电压减小，故A错误
B、由A可知，灯泡L1变亮，L2变暗，故B错误，C正确，故D错误
故选：C。
输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可
本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解
10.【答案】D
【解析】
解：A、交流发电机的输出电压U1一定，匝数没变，根据，知U2不变，故A错误；
B、当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误。
C、D、输送功率一定时，根据P=UI和知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据知，所以应增大升压变压器的匝数比；U3=U2-IR，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压不变，根据知，应增大降压变压器的匝数比，故C错误，D正确；
故选：D。
抓住用户增多时，消耗的电功率变大，则降压变压器的输入功率变大，结合电流的变化判断出输电线上功率损失的变化，从而得出升压变压器原副线圈功率的变化。
抓住升压变压器的输入电压不变，得出输出电压不变，结合输电线上的电压损失得出降压变压器原副线圈电压的变化。
解决本题的关键知道输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流。知道升压变压器的输出电压、功率与降压变压器的输入电压、功率之间的关系。
11.【答案】A
【解析】
解：ABC、物体做平抛运动，当速度为v时经历的时间为，根据动量定理可知：，故A正确；BC错误；
D、在时间t内下降的高度为，根据动能定理可知：，故D错误；
故选：A。
动量的变化量等于m△v，而△v=v；动能的变化等于合力做功。
本题可利用动能定理和动量守恒求解。
12.【答案】ABC
【解析】
解：A、设甲、乙的质量分别为m1、m2．甲小球在光滑水平面上运动速度为v1，与静止的乙小球发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，规定甲小球初速度方向为正方向，根据动量守恒定律及机械能守恒定律得：
m1v1=m1v1′+m2v2′
m1v12=m1v1′2+m2v2′2
可得：v1′=v1，v2′=v1
由上得，乙的质量等于甲的质量时，碰撞后甲的速率为v1′=0，乙的速率为v2′=v1，故A正确；
B、乙的质量远远小于甲的质量时即m2＜＜m1，m1+m2≈m1，碰撞后乙的速率为v2′≈2v1，故B正确；
C、乙的质量远远大于甲的质量时即m2＞＞m1，m1+m2≈m2，m1-m2≈-m2，碰撞后甲的速度为v1′=-v1，则甲的速率是v1，故C正确；
D、根据动能定理得碰撞过程中甲对乙做功等于乙动能的增量，故D错误；
故选：ABC。
甲小球在光滑水平面上运动速度为v1，与静止的乙小球发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，根据动量守恒定律及机械能守恒定律即可求解．
本题的关键是明确碰撞中遵守动量守恒定律、机械能守恒定律，通过列式分析碰后两球的速度．
13.【答案】AB
【解析】
解：A、pA′=8 kg•m/s，pB′=4 kg•m/s，碰撞前总动量为p=pA+pB=8kg•m/s+4kg/s=12kg•m/s。
两个物体碰撞后同向运动，若pA=6kg•m/s，pB=6kg•m/s，则A球的速度等于B球的速度，A球的速度减小，B的速度增大，是可能的。故A正确。
B、若pA′=5 kg•m/s，pB′=7 kg•m/s，碰撞前后总动量守恒。碰撞前总动能为+==，碰撞后总动能为+==，故碰撞后动能减小，是可能发生的，故B正确。
C、若pA′=3 kg•m/s，pB′=9 kg•m/s，碰撞前后总动量守恒。碰撞后总动能为+=+=，可知碰撞后总动能增加，违反了能量守恒守恒，这是不可能发生的，故C错误。
D、若pA′=0，pB′=14 kg•m/s，碰撞前后总动量守恒。碰撞后总动能为+=+=，可知碰撞后总动能增加，违反了能量守恒守恒，这是不可能发生的，故D错误。
故选：AB。
当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择．
对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．
14.【答案】AC
【解析】
解：A、由电压公式知交流电的ω=100π，f==50Hz，故A正确；
B、原线圈两端的输入电压有效值为220V，由电压与匝数成正比知，副线圈两端电压为=40V（即为电压表的读数），故B错误；
C、电流表知的读数为A，故C正确；
D、若滑动变阻器的滑动触头P向a端移动，则负载接入电路的电阻增大，电压不变，所以电流表示数减小，故D错误。
故选：AC。
根据变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率．
该题考查变压器的工作原理，做本类题目除了要掌握变压器的特点外，还要根据闭合电路的欧姆定律分析负载变化所引起的电流变化．
15.【答案】BC
【解析】
解：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒。
在弹簧释放的过程中，由于mA：mB=3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒。故A错误。B正确；
C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m2=3：2，由摩擦力公式f=μN=μmg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误。
故选：BC。
在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒．分析小车的受力情况，判断其运动情况．
本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！
16.【答案】OP   ON   65.5   不会   D   A
【解析】
解：（1）碰撞后入射球速度变小，小于不发生碰撞时的速度，碰撞后被碰球的速度大于入射球的速度，
球离开轨道后做平抛运动，运动时间相等，初速度越大水平位移越大，由图示可知，
A球碰前做平抛运动的水平位移是图中的OP，B球被碰后做平抛运动的水平位移是图中的ON
由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，由图可知落点的位置为：65.5cm；
（2）本实验中利用小球平抛运动规律验证动量守恒定律，只要小球从同一点滑下，摩擦力对末速度没有影响；
（3）A、入射小球的质量mA，不可以小于被碰小球的质量mB，否则A球碰后反弹，A错误；
B、在实验中不需要小球的下落高度，只要能保证高度相同，即可知道两小球下落时间相同，故B错误；
C、入射小球每次必从斜槽上的同一位置由静止释放，才能保证每次碰前的速度均相同，故C错误；
D、斜槽末端的切线必须水平，小球放在斜槽末端处，应能静止，故D正确；
故选：D。
（4）碰撞过程系统动量守恒，以向右为方向，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB，
小球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相同，它们在空中的运动时间t相等，
则：mAv0t=mAvAt+mBvmBt，即：mAOP=mAOM+mBON，
mA：mB=ON：（OP-OM）=ON：MP，故A正确，BCD错误；
故选：A；
故答案为：（1）OP；ON；65.5；（2）不会；（3）D；（4）A。
（1）碰撞后入射球速度变小，碰撞后被碰球的速度大于入射球的速度，根据图示分析答题。
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽是否光滑对实验没有影响。
（3）为防止碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，根据实验注意事项分析答题。
（4）撞后两球做平抛运动，应用动量守恒定律分析答题。
本题考查验证动量守恒定律的应用，要注意明确实验中利用平抛运动的规律验证动量守恒的方法；能根据平抛规律推导实验结论。
17.【答案】解：（1）小球下落的总时间为：
t=2ℎg=2×12510=5s
可知小球在第2s内一直做加速运动，则第2s内动量的变化量等于重力在第2s内的冲量，所以有：
△P=mgt2=2×10×1=20N•s
（2）小球新来的总时间为5s，所以5s内重力的冲量为：
I=mgt=2×10×5=100N•s
答：（1）第2s内动量的变化量是20N•s．
（2）从开始下落到落地这段时间内，重力的冲量是100N•s．
【解析】

（1）根据自由落体运动的公式求出运动的时间，然后由动量定理即可求出动量的变化量；
（2）根据冲量的定义即可求出重力的冲量．
该题结合自由落体运动考查动量定理以及冲量的计算，解答的关键是先根据自由落体运动的公式求出运动的时间．
18.【答案】解：（1）人小明推出木箱过程系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
m1v1-m2v=0，
解得：v1=30×550m/s=3m/s。
（2）小明接木箱的过程中动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m2v+m1v1=（m1+m2）v2，
解得：v2=30×5+50×380m/s=3.75m/s。
根据能量守恒得，△E=12m1v12+12m2v2−12(m1+m2)v22，
代入数据解得△E=37.5J。
答：（1）推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小为3m/s；
（2）小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量为37.5J。
【解析】

（1）在推出木箱的过程中，木箱和小明以及车组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律求出推出木箱后小明和小车一起运动的速度v1的大小；
（2）小明在接木箱的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出小明接住木箱后三者一起运动的速度v2的大小。然后由能量守恒定律求出损失的机械能。
解决本题的关键掌握动量守恒定律，以及在运用动量守恒定律解题时注意速度的方向。
19.【答案】解：由题意可得P损=5%P1=5KW
由P=I2线R得：
I线=25A
且由P1=U1I1得
输入电流：I1=400A
∴升压变压器：n1n2=I线I1=116，
用户的功率：P4=95%P1=95KW
由P4=U4I4得：I4=475011A
∴降压变压器：n3n4=I4I线=19011．