【文档说明】【精准解析】河南省开封市第五中学2019-2020学年高二下学期3月物理试题.doc，共(13)页，496.500 KB，由小赞的店铺上传

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物理试卷一．单选题（每题4分，多选没分）1.关于冲量，下列说法正确的是（）A.力越大，力的冲量就约大B.力的作用时间越长，力的冲量就越大C.力与力作用时间的乘积越大，力的冲量就越大D.两个力的大小相等，作用时间也相同，则这两个力的冲量一定相同【答案】C【解析】【详解】A.

冲量等于力和时间的乘积，力大但时间短时，冲量不一定大，A错误；B.力作用时间长，但如果力很小时，冲量不一定大，B错误；C.由冲量的定义可知，I=Ft，力与其作用时间的乘积越大，力的冲量就越大，C正确；D.若两个力大小相等，作用时间也相等，但如果力的方向不同，则两个力的冲量不一定相同，D

错误；故选C。【点睛】本题考查冲量的定义，要注意明确冲量为矢量，在分析冲量时要注意冲量的方向．2.机器人装有作为眼睛的“传感器”，犹如大脑的“控制器”，以及可以行走的“执行器”，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯．下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是()A.力传感器B

.温度传感器C.光传感器D.声音传感器【答案】C【解析】【详解】由图可知，该传感器可以作为机器人的眼睛，则说明它采用的应是通过感光原理而确定障碍物的，故应为光传感器，ABD与分析不符，故选C。3.两个小球在一条直线上相向运动，若它们相互碰撞后都停下来，则两球碰前()A.

质量一定相等B.速度大小一定相等C.总动量一定为零D.动量一定相同【答案】C【解析】【详解】两球碰撞的过程中动量守恒，总动量为零。故可得碰撞前后，两球的动量大小相等，方向相反。ABD与分析不符，故选C。4.交流发电机在工作时的电动势为e=mEsinωt，若将其线框的转速提高到原来的两倍，其他条件

不变，则其电动势变为A.mEsin(ωt/2)B.2mEsin(ωt/2)C.mEsin(2ωt)D.2mEsin(2ωt)【答案】D【解析】感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt，当将其电枢的转

速提高到原来2倍时，由ω=2πn，Em=nBSω，可知Em和ω都增加2倍，其表达式变为：e′=2Emsin2ωt．故D正确，ABC错误；故选D．点睛：本题考查考虑问题的全面性，e=Emsinωt式中Em和ω都与转速成正比，不能简单认为表达式是Emsin2ω

t．5.如图示，R1为定值电阻，R2为负温度系数的热敏电阻(负温度系数热敏电阻是指阻值随温度的升高而减小的热敏电阻)，L为小灯泡，当温度降低时（）A.R1两端的电压增大B.电流表的示数增大C.小灯泡变亮D.小灯泡变暗【答

案】C【解析】【详解】AB．当温度降低时，R2电阻增大，并联部分电阻增大，总电阻增大，总电流减小，R1两端电压减小，电流表示数减小，故AB错误；CD．因为内电压和R1两端电压减小，根据串联电路电压特点可知，灯泡两端的电压增大，故灯泡变亮，故C正确，D错误。故选

C。6.关于电感对交变电流的阻碍作用，下列说法正确的是（）A.电感对交变电流的阻碍作用的大小用感抗描述B.线圈的自感系数越大，交变电流的频率越高，线圈对交变电流的阻碍作用就越大C.低频扼流圈只能阻碍低频交变电流，不能阻碍高

频交变电流D.感抗是由线圈的自感现象引起的【答案】AB【解析】【详解】A．感抗是用来描述电感对交变电流的阻碍作用的大小，故A正确；B．根据L2πxfL=可知自感系数越大，交变电流的频率越高，则电感对交变电流的阻碍作用就越大，故B正确；C．根据L2πxfL=可知低频扼流圈对低频交变电流、高频交变

电流都有阻碍作用，对高频交变电流的阻碍作用更大，故C错误；D．感抗是用来描述电感对交变电流的阻碍作用的大小的物理量，故D错误。故选AB。7.如图所示，理想变压器的原线圈接在2202sin(V)=ut的交流电源上，副线圈接有55=R的负载电阻，原副线圈匝数之比

为2:1，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是（）A.原线圈的输入功率为2202WB.电流表的读数为1AC.电压表的读数为1102WD.副线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【解析】【详解】A．由题意

知，原线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为2：1，由1122UnUn=得2110VU=输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为2110=W220W55P=入故A错误；B．副线圈的电流为22110A2A55UIR===由1122nI

nI=可得11AI=即电流表的读数为1A，故B正确；C．电压表的读数为有效值，即110VU=故C错误；D．由2202sinπ(V)ut=可知，π=又由2π=T得2sT=理想变压器不改变周期，故D错误。故选B。二

．多选题（每题4分，多选没分，少选2分）8.一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示的位置时（）A.穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B.穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大C.产生的感应电动势

最大D.电流方向此时发生改变【答案】BC【解析】【详解】ABC．当线圈处于图中所示位置时，线框与磁场方向平行，磁通量为零，最小，该位置与中性面垂直，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律公式Ent=可知磁通量的变化率最大，故A错误，BC正确，；D．由于此位置感应电动势最大，感应电流也最

大，此时电流方向并没有发生变化，故D错误。故选BC。9.A，B两球在光滑水平轨道上同向运动，A球的动量是7kgm/s，B球的动量是9kgm/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A，B两球的动量可能是（）A.PA=5kgm/s；PB=11kgm/sB.PA=6kg

m/s；PB=10kgm/sC.PA=－7kgm/s；PB=23kgm/sD.PA=8kgm/s；PB=8kgm/s【答案】AB【解析】【详解】碰撞前系统总动量(79)kgm/s=16kg

m/sp=+碰前总动能为kAB498122Emm=+由题意可知，碰前A球的速度大于B球的速度，则A球的质量小于B球的质量。A．pA=5kgm/s；pB=11kgm/s，系统动量守恒，由于A球质量小于B球的质量，则碰后A球速度可能小于B球的速度，

碰后的动能可能小于碰前的动能，故A正确；B．若pA=6kgm/s；pB=10kgm/s，系统动量守恒，由于A球质量小于B球的质量，则碰后A球速度可能小于B球的速度，碰后的动能可能小于碰前的动能，故B正确；C．若pA=－7kgm/s；pB=23kgm/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能kAB4

952922Emm+系统动能增加，故C错误；D．若pA=8kgm/s；pB=8kgm/s，系统动量守恒，由于A球质量小于B球的质量，则碰后A的速度大于B球的速度，不符合题意，故D错误。故选AB。10.理想变压器

原副线圈匝数比为10∶1，一正弦交流电经变压器对电阻R供电电路如图甲所示。图乙是R两端电压u随时间t变化的图象，R的阻值为10Ω。下列说法正确的是（）A.交流电的频率为0.02HzB.交流电流表A的读数为2AC.电阻R上的热功率为4000WD.交流电压表V的读数为2V【答案】BC【

解析】【详解】A．由图像知交流电的周期为0.02s，所以频率为50Hz，故A错误；BD．副线圈电压有效值为2002V200V2U==有故200V为电压表的读数，副线圈的电流为200A=20A10在本题中，电流与匝数成反比，故有1221InIn=即2121120A2

A10nIIn===所以交流电流表的读数为2A，故B正确，D错误；C．输出功率等于电阻R上的热功率，为22200W4000W10UPR===故C正确。故选BC。11.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球

的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图像.已知m1=0.1kg由此可以判断（）A.碰前m2静止，m1向右运动B.碰后m2和m1都向右运动C.由动量守恒定律可以算出m2=0.3kgD.碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能【答案】AC【解析

】【详解】A.由x－t图像知碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1的速度大小为14m/sxvt==，m1只有向右运动才能与m2相撞，故A正确.B.由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1

的速度为负方向，说明向左运动，故B错误.C.由图像求出碰后m2和m1的速度分别为v'=2m/s，v1'=－2m/s，根据动量守恒定律得m1v1=m2v2'+m1v1'，代入解得m2=0.3kg，故C正确

.D.碰撞过程中系统损失的机械能为222111122111222Emvmvmv=−−，代入解得ΔE=0，故D错误.三．实验题12.若用打点计时器做探究碰撞中的不变量实验，下列操作中正确的是（）A.

相互作用的两车上，一个装撞针，一个装橡皮泥，是为了碰撞后黏在一起B.相互作用的两车上，一个装撞针，一个装橡皮泥，是为了改变两车的质量C.先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D.先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源【答案】AC【

解析】【详解】AB.相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，不是为了改变车的质量，故A正确，B错误；CD.为了能测出小车从初速度为零开始的运动，应先接通电源再释放纸带，故C正确，D错误。故选AC。13.用如图所示的装置可以验证动量守恒定律。(1)实验中

质量为m1的入射小球和质量为m2的被碰小球的质量关系是m1______m2（选填“大于”、“等于”、“小于”）；(2)图中O点是小球抛出点在地面上的投影，实验时，先让入射小球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程

OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复本操作。接下来要完成的必要步骤是_____。（填选项前的字母）A．用天平测量两个小球的质量m

1，m2；B．测量小球m1开始释放的高度h；C．测量抛出点距地面的高度H；D．分别通过画最小的圆找到m1，m2相碰后平均落地点的位置M，N；E．测量平抛射程OM，ON。(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________（用(2)中测量的量表示）；(4)经过测定，m1=

45.0g，m2=7.5g，小球落地的平均位置距O点的距离如图所示。若用长度代表速度，则两球碰撞前“总动量”之和为_____g·cm，两球碰撞后“总动量”之和为______g·cm。【答案】(1).大于(2).ADE(3).112mOPmOMmON=+

(4).2016(5).2001【解析】【详解】(1)[1]为了防止入射球反弹，必须用质量大的小球去碰撞质量小的小球即12mm(2)[2]要验证动量守恒定律定律，即验证111223mvmvmv=+小球

离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得111223mvtmvtmvt=+得112mOPmOMmON=+因此实验需要测量，两球的质量、小球的水平位移，故ADE正确。故选ADE。(3)[3]由(2)分析可知若两

球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为112mOPmOMmON=+(4)[4]两球碰撞前的动量之和145.044.80gcm2016gcmpmOP===[5]碰撞后的总动量12(45.035.207

.555.60)gcm2001gcmpmOMmON=+==+四．计算题14.图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴按如图所示方向匀速转动，线圈的匝数n=100，电阻r=10Ω，线圈的两端经

集流环与电阻R连接，阻值R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化。（取π=3.14）求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)电路中交流电压表的示数；(3)从图示位置转过90

，通过线圈的电荷量和整个回路的焦耳热。【答案】(1)200V；(2)902V；(3)0.02C；3.14J【解析】【详解】(1)由－t图线可知22.010−=mWb，26.2810T−=s，因为

mBS=，所以2223.14rad/s100rad/s6.2810T−===，200En==mmV(2)电动势的有效值210022EE==mV由闭合电路欧姆定律得，电路中电流的有效值为2AEIRr==+交流电压表的示数为90

2UIR==V(3)从图示位置转过90，磁通量变化量为2m2.010WbBS−===通过线圈的电荷量0.02()EqIttntnRrtRrRr=====+++C根据焦耳定律可得2422106.28103.141004EQtRr−===+JJ15.如图所

示，A，B两个物体放在光滑的水平面上，中间由一根轻质弹簧连接，开始时弹簧呈自然状态，A，B的质量均为M=0.1kg，一颗质量m=25g的子弹，以v0=45m/s的速度水平射入A物体，并留在其中。则在以后的运动过程中，求

：(1)子弹射入木块后二者共同的速度；(2)子弹与木块作用过程中损失的机械能；(3)弹簧能够具有的最大弹性势能。【答案】(1)9m/s；(2)20.25J；(3)2.25J【解析】【详解】(1)子弹击中A的过程，子弹

与A组成的系统动量守恒，有01()mvmMv=+得010.0254590.0250.1mvvmM===++m/sm/s(2)由能量守恒得220111()22mvmMvE=++代入解得=20.25JE(3)弹簧压缩过程，由子弹和A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒

且只有系统内的弹力做功，故系统机械能守恒。从子弹与A一起以1v速度运动到弹簧压缩量最大的过程，设最大压缩量时弹簧的最大弹性势能为Epm，此时子弹与A、B有共同速度v共，则有1()(2)mMvmMv+=+共2

2111()(2)22mMvmMvE+=++pm共代入数据解得2.25E=pmJ