【文档说明】《精准解析》甘肃省张掖市民乐县第一中学2021-2022学年高二（下）3月教学质量检测物理试题（解析版）.docx，共(16)页，496.489 KB，由小赞的店铺上传

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民乐一中2021—2022学年第二学期高二年级3月教学质量检测物理试卷一、选择题（本题共12小题，共56分。其中1-8题只有一个选项符合题意，每题4分；9-12题有多个选项符合题意，每题6分，漏选得3分，不选或错选得0分。）1.以下实例中不是．．利用反冲现象的是A.当枪发射子弹时，枪

身会同时向后运动B.乌贼向前喷水从而使自己向后游动C.火箭中的火药燃烧向下喷气推动自身向上运动D.战斗机在紧急情况下抛出副油箱以提高机身的灵活性【1题答案】【答案】D【解析】【详解】A.当枪发射子弹时，枪身同时受到一个反向的力会向后运动，故A是反冲现象；B．乌贼向

前喷水从而使自己受到一个向后的力，向后游动，故B是反冲现象；C．火箭中的火药燃烧向下喷气而自身受到一个向上的推力，推动自身向上运动，故C是反冲现象；D．战斗机抛出副油箱，质量减小，惯性减小，机身的灵活性提高，故D不是反冲现象．故选D．2.如图所示质量为

m的物块沿倾角为θ的斜面由底端向上滑去，经过时间t1速度为零后下滑，又经过时间t2回到斜面底端，在整个运动过程中，重力对物块的总冲量为（）A.0B.mgsinθ（t1+t2）C.mgsinθ（t1-t2）D.mg（t1+t2）【2题答案】【答案】D【解析】【详解】对于往返的全过程，重

力的作用时间为t1+t2；故重力的冲量I=mg（t1+t2）；故选D．【点睛】冲量等于力与时间的乘积，与其他因素无关，故直接由I=Ft即可求出重力的冲量．3.如图所示，在光滑水平地面上质量为2kg的小球A以3m/s速度向右运动，与静止的质量为1kg的小球B发

生正碰，碰后B的速度大小可能为（）2A.1m/sB.1.5m/sC.3.5m/sD.4.5m/s【3题答案】【答案】C【解析】【详解】如果两球发生完全非弹性碰撞，碰撞后两者速度相等，设为v，碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得0()AABmvmmv=+代入数

据解得v=2m/s如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0AAABBmvmvmv=+由机械能守恒定律得2220111222AAABBmvmvmv=+代入数据解得vA=1m/s，vB=4m/s碰撞后B的

速度大小范围是2m/s≤vB≤4m/s故选C。4.某机车以0.8m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样

，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为（铁轨的摩擦忽略不计）（）A.0.053m/sB.0.05m/sC.0.057m/sD.0.06m/s【4题答案】【答案】B【解析】【分析】3【详解】取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得0(

15m)mvmv=+则0110.8m/s0.05m/s1616vv===故B正确ACD错误。故选B。5.关于正弦交变电流的产生过程，下列说法正确的是（）A.当线圈平面与中性面垂直时，电流方向发生变化B.线圈平面经中性面时开始计时，14周期内，电流先增大后减小C.线圈平

面与中性面垂直开始计时，2个周期内电流方向改变4次D.线圈转动过程中通过线圈的磁通量最大的位置，也是感应电流最大的位置【5题答案】【答案】C【解析】【详解】线圈转动过程中，在中性面位置，磁通量最大、电流等于零，方向改变，2个周期方向改变4次，由中性

面经14周期到与中性面垂直，电流逐渐增大到最大。故C正确，ABD错误。故选C。6.矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是（）A.交流电压的有效值为362VB.交流电压的最大值为362

V，频率为50HzC.2s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大4D.1s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化得最快【6题答案】【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据图像可知，该交流电压的最大值为362V，有效值为3622V＝36V故A错误；B．根据图像可知，该

交流电压的周期为4s，故频率为f＝1T＝025Hz故B错误；C．由图像可知，2s末该交变电流的电压为零，线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，故C正确；D．由图像可知，在1s末，该交变电流的电压最大，此时线框平面

与磁场平行，通过线框的磁通量变化得最快，故D错误。故选C。7.如图所示为一交流电压随时间变化的图象。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得此交流电压的有效值为（）A.7.5VB.215VC.8VD.313V【7

题答案】【答案】B【解析】【详解】由电压随时间变化的图象可知，它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以2,取一个周.5期进行分析，在0~1s内是正弦式电流，则电压的有效值等于32V。在1~3s内是恒定电流，则有效值等于9V。则在0~3s内，产生的热量为()()222

32V9V1s2s3sURRR+=解得215VU=故选B。8.在如图所示的电路中，若仅减小交变电流的频率，3盏电灯亮度的变化是（）A.L1将变亮B.L2将变暗C.L3将变暗D.L1、L2、L3将都变亮【8题答案】【答案】AB【

解析】【详解】A.感抗2LXfL=为，容抗为12CXfL=．当频率f减小时，感抗LX变小，容抗CX变大．感抗LX变小，对交流电的阻碍作用变小，所以L1变亮，故A正确；B.容抗CX变大，对交流电的阻碍作用变大，

所以L2变暗，故B正确；C.电阻器对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以L3亮度不变，故C错误，D.所以L1变亮、L2变暗、L3不变．故D错误．9.在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10Ω

，R3=20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（）6A.所用交流电的频率为50HzB.电压表的示数为100VC.若增大R2的阻值，电流表示数变大D.变压器传输的电功率为15.0W【9题答案】【答案】ACD【解析

】【详解】A．交流电的频率为1150Hz0.02sfT===故A正确；B．通过2R电流的有效值为2A1A2I==2R两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知22110V10VUIR===根据理想变压器的电压规律1122UnUn=可知原线圈的电压11

221010V100VnUUn===电阻1R两端分压即为电压表示数，即V01220V100V120VUUU=−=−=故B错误；C．若增大R2的阻值，设副线圈的电流为为I副，原线圈的电流为为I原，则有7副原:10:1II

=根据理想变压器的电压规律0112101原副副−==UIRnIRn可得0原1副(100)UIRR=+若增大R2的阻值，则负载电阻增大，原线圈的电流减小，则原线圈两端电压01原−UIR增大，根据理想变压器的电压规律，副线圈电压也增大，所以电流表示数增大，故C正确；D．副线圈中流过的总电流为2A1A0

.5A1.5AIII=+=+=变压器原副线圈传输的功率为2215WPIU==故D正确；故选ACD。10.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，用等效总电阻是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112IUIB.输电线上的电压降为U－U1C.理想变压器的输入功率为I12rD.输电线路上损失的电功率为I1U【10题答案】【答案】AB【解析】8【详解】A、由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压是

U2，则U1I1=U2I2，得：1122UIUI=；故A正确；B、输电线上电压降为△U=U-U1，故B正确；C、输入功率P=U1I1，故C错误；D、损失的功率2211()=UUPIrr损−=，故D错误；故选AB.11.如图

所示，小车放在光滑的水平面上，将绳系着的小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车．以小球和小车为系统．那么在以后的过程中()A.小球向左摆动时，小车也向左摆动，且系统动量守恒B.小球向左摆动时，小车向右运动，且系统水平方向动量守

恒C.小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零D.在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反【11题答案】【答案】BD【解析】【详解】AB.小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受外力不为零

，故系统只在在水平方向动量守恒，系统在水平方向动量守恒，系统总动量为零，小球与车的动量大小相等、方向相反，小球向左摆动时，小车向右运动，故A错误，B正确；C.小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度也为零，故C错误；D.系统只在在

水平方向动量守恒，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反．故D正确；故选BD．12.如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝3m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在

摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是()的9A.木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为1.5mD.A，B间的动摩擦因数为0.1【12题答案】【答案】AC【解析】【详解】A、由图示图象可

知，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=（m+mA）v，解得:mA=4kg，则A的动能为221141J=2J22kAEmv==;故A正确.B、系统损失的动能22011(+)6J22

kAEmvmmv=−=，故B错误.C、木板A的长度0131m1.5m22vtL==，最小长度为1.5m．故C正确.D、B加速度大小：2231m/s2m/s1vat−===，由牛顿第二定律得μmg=ma，得μ=0.2．故D错误.故选AC.【点睛】本题属于木块在木板上滑动类型，既考查读

图能力，知道v-t图象的斜率表示加速度、面积表示位移，要有运用牛顿第二定律、功能关系处理复杂力学问题的能力．二、实验题（每空2分，共14分）13.如图所示，为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，我们把没有用导线相连的线圈套在同一闭合的铁芯上，一个线圈连到电源的输出端，另一个线圈

连到小灯泡上，如图所示，试回答下列问题：的10（1）线圈应连到学生电源的______（选填“直流”、“交流”）输出端上；（2）将与灯泡相连的线圈拆掉部分匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将______（选填“变亮”、“变暗”），这说明灯泡两

端的电压______（选填“变大”、“变小”）；【13题答案】【答案】①.交流②.变暗③.变小【解析】【详解】（1）[1]变压器利用交流电工作，所以线圈应连到学生电源的交流输出端。（2）[2][3]副线圈匝数减少，由变压器原副线圈两端电压与线圈匝数的关系可知，副线圈两端电压降低，灯泡亮度变暗，

说明灯泡两端的电压变小。14.某同学用如图甲所示的装置做“探究碰撞中的不变量”的实验。斜槽末端的重垂线在白纸上所指的位置记为O点。先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止释放，a球在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球静止放在斜

槽轨道末端，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。各落点的平均位置如图甲所示，记为A、B、C点。（1）本实验必须测量的物理量有___________。A．斜槽轨道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的质量ma、mbC．小

球a、b的半径rD．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间tE．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OCF．a球的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差h（2）根据实验要求，ma___________（填“大于”“小于”或“等于”

）mb。（3）为测定未放小球b时，小球a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OB的距离应为___________cm。（4）按照本实验方法，若mv为不变量，要验证的等式是___________。11【14题答案】【答案】①.B

E②.大于③.45.95（45.93～45.97均正确）④.aabmOBmOAmOC=+【解析】【详解】（1）[1]由碰撞过程动量守恒可得0aaaabbmvmvmv=+再由平抛规律0aOBvt=，aOAvt=，bOCvt=整理以上各式可得aabmOBmOAmOC=+所以本

实验必须测量的物理量有小球a、b的质量、记录O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC。故选BE（2）[2]根据动量守恒定律可知若碰撞小球a的质量小于b球的质量，则小球a可能被碰回，所以a球质量必须大于b球质量．

（3）[3]根据毫米刻度尺读数规则可知OB=45.95±0.02cm（4）[4]根据（1）问分析可知，验证动量守恒的验证式是aabmOBmOAmOC=+三、计算题（本题共4小题，共40分。解答时必须要有必要的文字

说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位，只写出最后答案的不得分）15.矩形线圈的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为2Ω，外接电阻为R=8Ω，线圈在磁感应强度为1TB=的匀强磁场中以300r/min的转速绕垂直于磁感

线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；。的12（2）线圈从开始计时经1s30时，线圈中电流的瞬时值。【15题答案】【答案】（1）e=50sin10πt（V）；（2）4.33A【解析】

【详解】（1）由题意知30022rad/s10rad/s60n===则电动势最大值m50VENBS==电动势的瞬时值为sinmeEt=将已知数据代入可得()msin50sin10VeEtt==（2

）由msinEeitRrRr==++，代入数据得()5sin10Ait=当1s30t=时，线圈中电流瞬时值为15sin10A4.33A30i=16.质量m=1kg的小球从高h1=20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高

度h2=5m，小球与软垫接触的时间t=1s，不计空气阻力，g=10m2/s，以竖直向下为正方向，求:（1）小球与软垫接触前后的动量改变量；（2）接触过程中软垫对小球的平均作用力大小．【16题答案】13【答案】（1）动量改变量的大小为30/kgms，方向竖直向上．（2）40N【解析】【分析】(

1)据动能定理求出小球与软垫接触前后的速度，进而求出小球与软垫接触前后的动量改变量；(2)对小球与软垫接触过程，应用动量定理求出接触过程中软垫对小球的平均作用力．【详解】(1)小球从开始下落到接触软垫过程，由动能定理可得：21112mghmv=

，解得：小球与软垫接触前速度120/vms=，方向竖直向下．小球反弹上升过程，由动能定理得：222102mghmv−=−，解得：小球与软垫接触后速度210/vms=，方向竖直向上．以竖直向下为正方向，则21

0/vms=−小球与软垫接触前后的动量改变量211(10)120/30/pmvmvkgmskgms=−=−−=−即动量改变量的大小为30/kgms，方向竖直向上．(2)以竖直向下为正方向，对接触过程中小球应用动量定理得：()mgtFtp+−=代入数据解得：软垫对小球

的平均作用力大小40FN=【点睛】动量、动量的变化都是矢量；同一直线上的矢量运算可先规定正方向，将矢量运动简化成代数运算．17.如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U1=3300V，副线圈两端电压U2=220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U=2V，求

：（1）原线圈n1等于多少匝？（2）当开关S断开时，电流表A2的示数I2=5A．则电流表A1的示数I1为多少？（3）在（2）中情况下，当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少？【17题答案】【答案】（1）1650匝；（2）13A；（3）23A【解析】【详解】（1）由变压器

电压与匝数的关系可得1412121UUUnn==则n1=1650匝。（2）当开关S断开时，有1122UIUI=22111A3UIIU==（3）当开关S断开时，有21244URI==Ω当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，有1222RR==Ω副线圈中的总电流为2210

AUIR==由1122UIUI=可知22112A3UIIU==18.如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M=1.0kg的木块A以初速度v0=4.0m/s开始向着木块B滑动，经

过时间t=0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上．木块B离开桌面后落到地面上的D点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s=0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g＝

10m/s2．求：15（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；（2）木块B离开桌面时的速度大小；（3）木块A落到地面上的位置与D点之间的距离．【18题答案】【答案】（1）2.0m/s；（2）1.5m/s；（3）0.28m．【解析】【详解

】（1）木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A的加速度MgaM=＝2.5m/s2设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得0vvat=−＝2.0m/s（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t′．根据

平抛运动规律有212hgt=，s＝v2t′解得22gvsh=＝1.5m/s（3）设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有21MvmvvM−=解得21MvmvvM−==0.80m/s设木块A落到地面过程的水平位移为s′，

根据平抛运动规律，得112hsvtvg==＝0.32m则木块A落到地面上的位置与D点之间的距离sss=−＝0.28m16获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com