【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2012m

v，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2π2πrad/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200.2πV4πVmmENBSN====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42m21m11.510884122nUnU=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311sin50(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22011()22fdmvMmv=−+解得2

2002()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2pm012Emv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=40kg•m/s。则两球质量mA与mB间的关系可能是（）A.BAmm=B.=BA32mmC.BA

16mm=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222222AA

BAABpppmmm+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HC．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012aab

mvmvmv=+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aabmO

BmOAmOC=+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：2210510/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19=。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请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com