【文档说明】天津市宝坻区第一中学2022-2023学年高二下学期第一次阶段性练习物理试题含解析.docx，共(15)页，5.385 MB，由小赞的店铺上传

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宝坻一中2022-2023学年度第二学期高二年级第一次阶段性练习物理科目试卷一、单选题（每题5分）1.下列图示中的闭合金属线圈始终全部处在匀强磁场中运动，其中线圈感应电流不为零的是（）A.甲图中线圈水平向右匀速运动到图示位置B.乙图中线圈绕OO′匀速转动到与B垂直图示位置C.丙图中线圈绕OO

′匀速转动到图示位置D.丁图中线圈绕OO′匀速转动到与B平行的图示位置【答案】D【解析】【详解】A．甲图中线圈水平向右匀速运动到图示位置，运动过程线圈的磁通量一直为零，磁通量保持不变，线圈感应电流为零，故A错误；B．乙图中线圈绕OO′匀速转动到与B垂直的图

示位置，此时通过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，故B错误；C．丙图中线圈绕OO′匀速转动到图示位置，线圈转动过程中，线圈的磁通量一直为零，磁通量保持不变，线圈感应电流为零，故C错误；D．丁图中线圈绕OO′匀速转

动到与B平行的图示位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故D正确。故选D。2.汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是（）

的A制动过程中，导体不会发热B.制动力的大小与导体运动的速度无关C.改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力D.制动过程中导体获得的制动力逐渐减小【答案】D【解析】【详解】A．由于导体中产生了涡流，根据2QIRt=可知，制动过程中，导体会发热，A错误；B．导体运动速度越大，穿过导体中

回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；C．根据楞次定律，可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；D．制动过程中，导体的速度逐渐减小

，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确。故选D。3.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，间距为L的水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m，电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不

计导体框的电阻和导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度0v开始运动，最终停在导体框上。在此过程中，下列说法正确的是（）A.导体棒中电流保持不变B.导体棒中感应电流的方向为ba→，ab间电势差为0BLv.C.导体棒克服安培力做的功等于2012mvD.导体棒刚开始

运动时克服安培力做功的瞬时功率2220BLvR【答案】C【解析】【详解】A．导体棒切割磁感线产生的电动势为EBLv=分析可知导体棒向右运动时会受到水平向左的安培力使导体棒减速，故导体棒切割磁感线产生的电动势越来越小，即导体棒中电流一直在减小，A错误；B．导体棒相当于电源，根据

右手定则可知导体棒中感应电流的方向为ba→，导体棒开始运动时，ab间电势差为路端电压，即00<abBLvURRvrBL=+后随着导体棒速度减小，产生的感应电动势减小，ab间电势差逐渐变小，B错误；C．导体棒最终停在导体框上，根据功能关系可知导体棒克服安培力做的功等于导体棒动能的减少

量，即为2012mv，C正确；D．导体棒刚开始运动时电路中的感应电流为0BLvEIRrRr==++此时克服安培力做功的瞬时功率为002220==BLPFvvRrBILv=+安D错误。故选C。4.如图1所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间t变化

的规律如图2所示。已知线圈匝数为20匝，则下列说法正确的是（）A.线圈转动的角速度为2πrad/sB.1.5s时线圈所在平面与中性面垂直C.100s内线圈中电流方向改变100次D.感应电动势的最大值为2πV【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可得交流电的周期2sT=，故线圈转动的角速度2π

2πrad/sπrad/s2T===故A错误；B．由图2可知，1.5s时磁通量最大，则线圈处于中性面位置，故B错误；C．交变电流一个周期内电流方向改变两次，则100s内线圈中电流方向改变100次，故C正确；D．感应电动势的最大值200.2π

V4πVmmENBSN====故D错误。故选C。5.摩托车的点火装置原理如图所示。转换器将直流电压转换为12V的正弦交流电压，并加在高压包（理想变压器）的原线圈上，当副线圈电压的瞬时值大于41.510V时，就会使火花塞产生电火花点燃汽油机工作。以下说法正确的是（）

A.高压包的副线圈匝数至少是原线圈匝数的1250倍B.在电流变化的一个周期内，火花塞放电一次C.仅升高高压包输入电流的频率，火花塞放电的频率会增大D.仅升高高压包输入电流的频率，高压包的输出电压会增大【答案】C【解析】【详解】A．要使火花塞产生电火花点燃汽油机工作，根据理想变压器的变压规律42m

21m11.510884122nUnU=故A错误；B．在电流变化的一个周期内，电压两次到达最大值，火花塞放电两次，故B错误；C．根据变压器的原理，副线圈与原线圈中交流电的频率相同，故仅升高高压包输入电流的频率，火花塞放电的频率会增大，C正确；D．副线圈的电压

与原线圈的电压和匝数比有关，与原线圈的频率无关，故仅升高高压包输入电流的频率，高压包的输出电压不变，D错误。故选C。二、多选题（每题6分）6.特高压交流输电是指100kV及以上的交流输电，具有输电容量大、距离远、损耗低、占地少等突出优势。远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到

原来的3倍，则（）A.输电线上的电流增大为原来的3倍B.输电线上损失的电压降低为原来的13C.输电线上的电能损失减少为原来的19D.用户得到的电功率增大为原来的3倍【答案】BC【解析】【详解】A．根据PUI=当输送功率一定时，输送电压提高到原来的3倍，输电线上的电流将

变为原来的13，A错误；B．根据UIr=可知，当输送电流变为原来的13时，输电线上损失的电压也为原来的13，B正确；C．根据2PIr=可知当输送电流变为原来的13时，输电线上的电能损失减少为原来的19，C正确；D．原来用户得到的功率21PPIr=−总

升压后得到的功率2219PPIr=−总D错误。故选BC。7.如图所示，理想变压器原线圈接有311sin100(V)ut=交流电压，副线圈上通过电阻R接有灯泡1L、2L和含有铁芯的线圈L。开始时开关S处于断开状态，滑片P处于图示位置，灯泡能发光.以下说法正确的是（）A.合

上开关S，灯泡1L变暗B.滑片P向上滑动，灯泡1L变暗C.抽出线圈中铁芯，灯泡1L变亮D.变压器原线圈改接311sin50(V)ut=的交流电，电压表示数不变，灯泡1L变暗【答案】AC【解析】【分析】【详解】A．闭合开关

S，负载电阻减小，副线圈电流增大，R分压增大，并联支路的电压减小，灯泡L1变暗，故A正确；B．向上滑动P，副线圈匝数增大，副线圈电压增大，电流增大，灯泡L1变亮，故B错误；C．抽出线圈中的铁芯，线圈的自感作用减小，通过灯泡的电流增大，灯泡L1变亮，故C正确；D．变压器原线圈改接311sin

50(V)ut=的交流电，较小交流电源的频率不会改变副线圈的电压，电压表示数不变，但线圈的自感作用减小，灯泡亮度变亮，故D错误。故选AC。8.如图所示的装置中，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A以水

平速度0v射入木块后（子弹与木块作用时间极短），子弹立即停在木块内．然后将轻弹簧压缩到最短，已知木块B的质量为M，子弹的质量为m，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则从子弹开始入射木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（

）A.系统的动量守恒，机械能守恒B.系统的动量守恒，机械能不守恒的C.木块质量越大，子弹在打入木块中的深度越越大，弹簧最大形变量越小D.弹簧最大的弹性势能小于2012mv【答案】CD【解析】【详解】AB．由于子弹射入木块

过程中，二者之间存在着摩擦，故此过程系统机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小至0，所以此过程动量不守恒，故整个过程中，系统动量、机械能均不守恒，故AB错误；C．由题可知，对子弹和木块由动量守恒定律和能量守恒定律可得0()mvMmv=+由功能关系可知2201

1()22fdmvMmv=−+解得22002()2(1)mMvmvdmMmffM==++故可得M越大，d越大，子弹在打入木块中的深度越越大，子弹、木块压缩弹簧过程中，子弹、木块弹簧组成的系统机械能守恒，当子弹、木块速度减为0时，弹簧弹性势能最大，由机械

能守恒可得2p1()2EMmv=+解得20p2()mvEMm=+故可得M越大，弹簧弹性势能越小，即弹簧最大形变量越小，故C正确；D．由于子弹和木块碰撞有机械能损失，所以最终弹簧弹性势能小于子弹最初的动能，即2pm012E

mv故D正确。故选CD。9.如图甲所示，“充气碰碰球”游戏是一项很减压的趣味运动项目。为了研究其中的碰撞规律，简化为如图乙所示的模型：直径相同的A球和B球碰撞前后都在同一水平直线上运动，碰前A球的动量pA=50kg•m/s，B球静止，碰后B球的动量变为p'B=4

0kg•m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是（）A.BAmm=B.=BA32mmC.BA16mm=D.BA6mm=【答案】AB【解析】【详解】碰撞过程系统动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得AABppp=+

解得10kgm/sAp=根据碰撞过程总动能不增加，则有222222AABAABpppmmm+解得23BAmm碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则有ABABppmm解得4BAmm综

上分析可知243ABAmmm故选AB。三、实验题（每空2分，共16分）10.某同学用如图所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验．先将a球从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，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水平段的最右端，让a球仍从原固定点由静止开始滚下与b球相碰，碰后两球分别落在记录纸的不同位置，重复10次。（1）关于实验，下列说法正确的是________。A．实验时，a、b两个小球质量可以相同B．实验时，a、b两个小球的直径可以不相同C．实验时，

入射球每次不必从斜槽上的同一位置由静止释放D．实验时，斜槽末端的切线必须水平（2）实验必须测量的物理量是________。（填序号字母）A．a、b两个小球的质量am、bmB．斜槽轨道末端到水平地面的高度H

C．a球的固定释放点到斜槽轨道末端的高度hD．a、b两个小球离开斜槽轨道后做平抛运动的飞行时间E．记录纸上O点到两小球的平均落点位置A、B、C的距离（3）入射a球从固定点下滑过程中与斜槽轨道间存在摩擦力，这对实验结果______

__（选填“有”或“无”）影响。（4）如果以各球落点所在直线为x轴，以O为原点，A、B、C三点水平坐标分别为0.4mAx=、1.0mBx=、1.2mCx=，若碰撞中符合动量守恒．实验所用小球直径均为2cm，则a、b

两小球的质量之比为________。【答案】①.D②.AE##EA③.无④.2：1【解析】【详解】（1）[1]A．若a、b两个小球相碰满足动量守恒，则由动量守恒和能量守恒定律有012aabmvmvmv=+222012111222aabmvmvmv=

+化简得10ababmmvvmm−=+202=+babmmmvv由以上等式可知，若a、b两个小球质量相同，则a球与b球碰后将速度为0，停在斜槽轨道水平段的最右端，实验将测不出有效的数据，故A错误；B．实验时，两球要发生对心碰撞，a、

b两个小球的直径必须相同，故B错误；C．实验时，为保证入射球到达斜槽末端时的速度相等，入射球每次必须从斜槽上的同一位置由静止释放，故C错误；D．小球离开斜槽后做平抛运动，斜槽末端的切线必须水平，故D正确。故选D。（2）[2]小球离开轨道

后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得012aabmvmvmv=+两边同时乘以时间t得012aabmvtmvtmvt=+则有aabmOBmOAmOC=+因此实验需要测量：两球的质量ma、mb，两球做平抛运动的水平位移。故选AE。（3

）[3]不影响，因为实验时只要使小球a每次都从斜槽上同一位置由静止释放，不论小球与斜槽轨道间是否存在摩擦力，小球到达斜槽末端时的速度都相等，对实验没有影响。（4）[4]由（2）可知，实验需要验证的表达式为aa

bmOBmOAmOC=+xA=0.4m、xB=1.0m、xC=1.2m，即OA=0.4m，OB=1.0m，OC=1.2m，代入数据解得ma：mb=2：111.某同学用如甲图所示的实验装置探究电磁感应现象的规律。其中M为原线圈，N为副线圈，G为灵敏电

流计，且经检查发现灵敏电流计的指针偏转方向与电流流入方向相同。（1）按甲图所示连接好电路后进行实验；（2）在实验过程中观察到，闭合开关时灵敏电流计的指针向右偏转了一下，则在电路稳定后，再将滑动变阻器迅速向右滑动，电流计的指针将向___________偏转

（填“左”或“右”）；（3）经多次探究发现，产生电磁感应现象的原因是穿过线圈___________（填“M”或“N”）发生了___________变化；（4）现将甲图中的线圈M换为条形磁铁，将条形磁铁N极迅速插入线圈N时，观察到电流表指针向左偏

转，则可以判断出线圈N的绕制方向如乙图中的___________（填“A”或“B”）所示。【答案】①左②.N③.磁通量④.A【解析】【详解】（2）[1]根据题意可知，电流变大，灵敏电流计向右偏转，将滑动变阻器迅速向右滑动，接入电路中电阻变大，则电流变小，则灵敏电流计

向左偏转；（3）[2][3]经多次探究发现，产生电磁感应现象的原因是穿过线圈N发生了磁通量变化；（4）[4]将条形磁铁N极迅速插入线圈N时，穿过线圈的磁通量向下增大，产生的电流为从a端流出，根据楞次定律可知通电螺线管产生的感应磁场方向向上，结合右手螺旋定则可知应为图A所示。四、解答题（12题7分，

13题12，14题16分）12.质量是40kg的铁锤从5m的高处自由落下，打在一高度可忽略的水泥桩上没有反弹，与水泥桩撞击的时间是0.05s，不计空气阻力．求：撞击时，铁锤对桩的平均冲击力的大小．【答案】8400N【解析】【详解】由动能定理得：mgh=12mv2-0，铁锤落地时的速度：22

10510/vghms===设向上为正方向，由动量定理得：（F-mg）t=0-(-mv)解得平均冲击力F=8400N；点睛：此题应用动能定理与动量定理即可正确解题，解题时注意正方向的选择；注意动能定

理和动量定理是高中物理中很重要的两个定理，用这两个定理解题快捷方便，要做到灵活运用．13.如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘平齐。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数1

9=。质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放。小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。已知重力加速度大小为g。（1）求小球摆至最低点时细绳

拉力的大小；（2）通过计算判断滑块C能否从木板上掉下来。.【答案】（1）3mg；（2）滑块C会从木板上掉下来【解析】【详解】（1）设小球运动到最低点的速率为0v，小球向下摆动过程由机械能守恒定律得2012mgLmv=解得02vgL=小球

在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得20vFmgmL−=解得3Fmg=（2）小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为1v，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得00132vmvmmv=−+假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率

为2v，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得()12336mvmmv=+由能量守恒定律得()221211336322mvmmvmgs=++联立解得32sL=由sL知，滑块C会从木板上掉下来14.如图所示，质量10.1kgm=，电阻10.3R=

，长度0.4ml=的导体棒ab横放在U型金属框架上。框架质量20.2kgm=，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数0.2=，相距0.4m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长。电阻20.1=R的MN垂直于MM。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度0.5TB=。垂直

于ab施加2NF=的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM、NN保持良好接触。当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取210m/s。（1）求框架开

始运动时ab速度v的大小；（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量0.1JQ=，求该过程流过ab杆电荷量。【答案】（1）6m/sv=；（2）0.55Cq=【解析】【详解】（1）ab对框架的压力为11Fmg=框

架受水平面的支持力N21FmgF=+由题可知，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F为2NFF=框架开始运动时有2FF=安导体棒的加速度大小21FFam−=ab的感应电动势EBlv=MN中电流12EIRR=+MN受到的安培力为FBIl=安解得框架开始运动

时ab速度v的大小为6m/sv=（2）闭合回路中产生总热量为122RRQQR+=总由能量守恒定律可得2112FxmvQ=+总解得1.1mx=通过导体棒的电量为qIt=又BlxEtt==12EIRR=+解得12BlxqRR=+解得的获得更多资源

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