2024-2025学年黑龙江省大庆一中高二(下)第二次段考物理试卷(解析

解得：，…④ …⑤

设B球后退最大距离为S，则由动能定理，有

…⑥

…⑦

代入数据得：S=2m

答：碰后小物块B后退的最大距离是2 m．

18．在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的

圆弧，他们紧靠在一起，如图所示．一个

可视为质点的物块P，质量也为m，它从木板AB的右端以初速度v0滑上木板，过B点时速度为

，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆

弧的最高点C处．若物体P与木板AB间的动摩擦因数为μ，求： （1）物块滑到B处时木板AB的速度v1的大小； （2）木板AB的长度L；

（3）滑块CD最终速度v2的大小．

【考点】动量守恒定律 【分析】（1）物块P在AB上运动的过程中三个物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出速度．

（2）由能量守恒定律可以求出木板的长度．

（3）由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出物体速度． 【解答】解：（1）物块P在AB上滑动时，三个物体组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律有： mv0=m

+2mv1， v0；

mv0﹣

2

解得：v1=

（2）由能量守恒定律有：μmgL=m（

v0）﹣

2

?2m（

v0），

2

解得：L=；

第16页（共17页）

（3）设物体P与滑块CD分离瞬间，物体P的速度为v1′，在它们相互作用的过程中，以向左为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律有： m

+mv1=mv1′+mv2，

m（，

的速度同方

．

v0）+

2

由能量守恒定律有：解得：v1′=

，v2=

mv1=

2

mv1′+

2

mv2，

2

可见，物体P与滑块CD交换速度后，物体P和木板AB都以

向作匀速运动，无法再追上滑块CD，故滑块CD最终速度v2应为答：（1）物块滑到B处时木板AB的速度v1的大小为

v0；

（2）木板AB的长度L为；

（3）滑块CD最终速度v2的大小为

．

第17页（共17页）

2015-2016学年黑龙江省大庆一中高二（下）第二次段考

物理试卷

一、选择题：（本题共12小题，每题4分，共48分．在每题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分．）

1．人在高处跳到低处时，为了安全，一般都让脚尖先着地，这样做是为了（ ） A．减小冲量

B．减小动量的变化量

C．增大与地面的作用时间，从而减小冲力 D．增大人对地面的压强，起到安全作用 2．下列说法不正确的是（ ）

A．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关 B．光波是一种概率波

C．实物粒子也具有波动性

D．光电效应现象说明光具有粒子性而康普顿效应现象说明光具有波动性 3．关于光电效应现象，下列说法正确的是（ ）

A．只有入射光的波长大于使该金属发生光电效应的极限波长，才能发生光电效应现象

B．在光电效应现象中，产生的光电子的最大初动能跟入射光的频率成正比 C．产生的光电子最大初动能与入射光的强度成正比

D．在入射光频率一定时，单位时间内从金属中逸出的光电子个数与入射光的强度成正比 4．质量为m的小球P以大小为v的速度与质量为3m的静止小球Q发生正碰，碰后小球P以大小为A．2v B．

C．

D．

的速度被反弹，则正碰后小球Q的速度大小是（ ）

5．质量为m的人站在质量为M的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计．当人从小车的左端走到右端，下列说法不正确的是（ ） A．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大 B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大 C．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同 D．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止

6．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量大的a块速度仍沿原方向则（ ） A．b的速度一定和原来反向

B．从炸裂到落地的过程中，a、b两块经历的时间一定相同 C．在炸裂过程中，a、b受到爆炸力的冲量一定相同

D．在爆炸过程中，由动量守恒定律可知，a、b的动量大小相等

第1页（共17页）

7．（2015?张掖模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sinl00πtV．下列说法中正确的（ ）

A．t=B．t=

s时，电压表的读数为22V s时，ac两点电压瞬时值为110V

C．滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大 D．单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小 8．（2014秋?新余期末）如图所示，一个匝数为N=100匝的矩形线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2=10：1的变压器给阻值R=20Ω的电阻供电，已知交流电压表的示数为20V，从图示位置开始计时（矩形线圈跟磁场垂直），则下列说法正确的是（ ）

A．穿过矩形线圈平面的最大磁通量为

Wb

Wb

B．t=0.0025s时刻穿过矩形线圈平面的磁通量为

C．t=0时刻流过矩形线圈的电流不为零 D．电阻R消耗的电功率为10W 9．（2014?鼓楼区校级模拟）静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（ ）

A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些 B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些 C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些 D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等 10．（2014春?昌平区期末）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向

第2页（共17页）

左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）

A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒

B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒 C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为

D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E 11．（2013?日照一模）质量m=2kg的长木板A放在光滑的水平面上，另一质量m=2kg的物体B以水平速度υ0=2m/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速度随时间变化的情况如图所示，重力加速

2

度g=10m/s，则下列说法正确的是（ ）

A．木板获得的动能为2J B．系统损失的机械能为1J

C．木板A的最小长度为1m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 12．（2014春?抚顺校级期末）如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用电阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）．对整个送电过程，下列说法正确的是（ ）

A．输电线上的损失功率为300 W B．升压变压器的匝数比为1：100 C．输电线上的电流为10 A

D．降压变压器的输入电压为4970 V

二、填空题 13．（3分）（2016?广东模拟）在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Ue与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为 ，所用材料的逸出功表示为 ．

第3页（共17页）

14．（3分）用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相机闪光4次拍得照片如图乙所示，已知闪光时间间隔为△t=0.02s，闪光本身持续时间极短，已知在这4次闪光的时间内A、B均在0～80cm范围内且第一次闪光时，A恰好过x=55cm处，B恰好过x=70cm处，则由图可知：

（1）两滑块在x= cm处相碰．

（2）两滑块在第一次闪光后t= s时发生碰撞．

（3）若碰撞过程中满足动量守恒，则A、B两滑块的质量比为 ．

三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 15．如图所示，有两个质量相同的小球A和B（大小不计），A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上，现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为多少？

16．质量为m=0.5kg的弹性球，从H=1.25m高处自由下落，与地板碰撞后回

2

跳高度为h=0.8m．设碰撞时间为t=0.1s，取g=10m/s，求地板对小球的平均冲力F大小？

17．质量为M=2m的小物块A静止在离地面高h=0.8m的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动并以速度v0=8m/s与之发生碰撞（碰撞时间极短）碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平位移L=2m，碰后B反向运动且始终在桌面上，求B后退的距离．（已知B与桌面间的动摩擦因数为μ=0.1，重力加速度为g=10m/s）

2

18．在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，滑块CD上表面是光滑的

圆弧，他们紧靠在一起，如图所示．一个

第4页（共17页）

可视为质点的物块P，质量也为m，它从木板AB的右端以初速度v0滑上木板，过B点时速度为

，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆

弧的最高点C处．若物体P与木板AB间的动摩擦因数为μ，求： （1）物块滑到B处时木板AB的速度v1的大小； （2）木板AB的长度L；

（3）滑块CD最终速度v2的大小．

第5页（共17页）

2015-2016学年黑龙江省大庆一中高二（下）第二

次段考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：（本题共12小题，每题4分，共48分．在每题给出的四个选项中，第1～9题只有一项符合题目要求，第10～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，有选错的得0分．）

1．人在高处跳到低处时，为了安全，一般都让脚尖先着地，这样做是为了（ ） A．减小冲量

B．减小动量的变化量

C．增大与地面的作用时间，从而减小冲力 D．增大人对地面的压强，起到安全作用 【考点】动量定理

【分析】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．

【解答】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C正确，A、B、D错误． 故选：C

2．下列说法不正确的是（ ）

A．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关 B．光波是一种概率波

C．实物粒子也具有波动性

D．光电效应现象说明光具有粒子性而康普顿效应现象说明光具有波动性 【考点】爱因斯坦光电效应方程

【分析】黑体辐射电磁波的强度，按波长的分布，只与黑体的温度有关； 光既有波动性，又有粒子性，康普顿效应揭示了光的粒子性．

【解答】解：A、根据黑体辐射规律：黑体辐射电磁波的强度，按波长的分布，只与黑体的温度有关，故A正确；

B、光具有波粒二象性，是一种概率波，故B正确；

C、由德布罗意波，可知，实物粒子也具有波动性，故C正确；

D、光电效应与康普顿效应，揭示了光的粒子性的一面，故D不正确； 本题选择不正确的，故选：D．

3．关于光电效应现象，下列说法正确的是（ ）

A．只有入射光的波长大于使该金属发生光电效应的极限波长，才能发生光电效应现象

B．在光电效应现象中，产生的光电子的最大初动能跟入射光的频率成正比

第6页（共17页）

C．产生的光电子最大初动能与入射光的强度成正比

D．在入射光频率一定时，单位时间内从金属中逸出的光电子个数与入射光的强度成正比

【考点】光电效应

【分析】根据光电效应方程EKm=hγ﹣W0，可知道光电子的最大初动能与什么因素有关．v=h

，逸出功W0=hv0=h

，光电效应方程可写成EKm=h

﹣

．发生光电效应的条件是v＞v0或hv＞W0，与入射光的强度无关．

﹣h

．入射光的波长必须小

【解答】解：A、根据光电效应方程EKm=h

于极限波长，才能发生光电效应．故A错误． B、从光电效应方程知，光电子的最大初动能与照射光的频率成一次函数关系，不是成正比．故B错误．

C、根据光电效应方程EKm=hv﹣W0，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，与入射光的强度无关，故C错误．

D、发生光电效应时，入射光的频率影响的是光电子的最大初动能，光强度影响单位时间内发出光电子的数目，在入射光频率一定时，单位时间内从金属中逸出的光电子个数与入射光的强度成正比，故D正确． 故选：D． 4．质量为m的小球P以大小为v的速度与质量为3m的静止小球Q发生正碰，碰后小球P以大小为A．2v B．

C．

D．

的速度被反弹，则正碰后小球Q的速度大小是（ ）

【考点】动量守恒定律

【分析】碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出小球的速度． 【解答】解：碰撞过程系统动量守恒，以P的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv=3mv′+m（﹣则：

mv=3mv′，解得：v′=

；

），

故选：B．

5．质量为m的人站在质量为M的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计．当人从小车的左端走到右端，下列说法不正确的是（ ） A．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大 B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大 C．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同 D．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止 【考点】动量守恒定律；平均速度

【分析】人与车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律分析答题．

第7页（共17页）

【解答】解：A、人和车组成的系统动量守恒，有：0=m﹣M，可知，人

在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度越大．故A正确． B、根据动量守恒定律有：m面上移动的距离： x2=

．与平均速度的大小无关，知不管人以什么样的平均速度行走，车在地

=M

，则

=

，则

=

=

，则车在地

面上移动的距离相同．故B错误，C正确．

D、根据动量守恒定律得，人的速度为零时，车的速度也为零．故D正确． 题目要求选不正确的，故选：B．

6．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量大的a块速度仍沿原方向则（ ） A．b的速度一定和原来反向

B．从炸裂到落地的过程中，a、b两块经历的时间一定相同 C．在炸裂过程中，a、b受到爆炸力的冲量一定相同

D．在爆炸过程中，由动量守恒定律可知，a、b的动量大小相等 【考点】动量守恒定律

【分析】当物体的速度沿水平方向炸裂成a、b两块时，质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，根据动量守恒定律判断可知b运动方向一定沿水平方向，a、b均做平抛运动，高度相同，运动时间相同，同时到达地面．在炸裂过程中，a、b间相互作用力大小相等，作用时间相等，冲量大小一定相等． 【解答】解：AD、在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断可知：b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系．由于物体原来的动量不是零，所以根据动量守恒定律可知，a、b的动量大小不一定相等．故A、D错误． B、从炸裂到落地的过程中，a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，由h=

gt得知，a、b飞行时间一定相同．故B正确．

2

C、在炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，方向相反，作用时间相同，由冲量的定义I=Ft知，爆炸力的冲量大小相等、方向相反，所以冲量不同．故C错误． 故选：B 7．（2015?张掖模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1=220sinl00πtV．下列说法中正确的（ ）

第8页（共17页）

A．t=B．t=

s时，电压表的读数为22V s时，ac两点电压瞬时值为110V

C．滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大 D．单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小

【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 【分析】由时间求出瞬时电压的有效值，再根据匝数比等于电压之比求电压，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化．

【解答】解：A、原线圈两端电压有效值为220V，副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，故A正确； B、t=

s时，ac两点电压瞬时值为110

V，故B错误；

C、滑动变阻器触片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，C错误；

D、单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以伏特表和安培表的示数均变大，故D错误； 故选：A 8．（2014秋?新余期末）如图所示，一个匝数为N=100匝的矩形线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2=10：1的变压器给阻值R=20Ω的电阻供电，已知交流电压表的示数为20V，从图示位置开始计时（矩形线圈跟磁场垂直），则下列说法正确的是（ ）

A．穿过矩形线圈平面的最大磁通量为

Wb

Wb

B．t=0.0025s时刻穿过矩形线圈平面的磁通量为

C．t=0时刻流过矩形线圈的电流不为零 D．电阻R消耗的电功率为10W

【考点】变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理 【分析】已知变压器的输出电压，根据变压比公式求解输入电压；根据公式Em=NBSω求解最大磁通量；由功率公式可求得电阻R的功率． 【解答】解：A、已知交流电压表的示数为20V，则由原线圈输出电压为200V，故最大电动势Em=200V；

第9页（共17页）

根据公式Em=NBSω=NΦω，穿过线圈平面的最大磁通量为：Φ=

=

=

Wb；故A错误；

Wb×

=

Wb；故B正

B、t=0.0025s=确；

T，磁通量为：Φ=Φmcosωt=

电阻R消耗的电功率为：P===20W，故A错误；

C、图示时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，故C正确；

D、电阻R消耗的电功率为：P=

=

=20W；故D错误；

故选：B． 9．（2014?鼓楼区校级模拟）静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（ ）

A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些 B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些 C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些 D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等 【考点】动量守恒定律

【分析】因不计阻力，抛球过程，两人和船组成的系统动量守恒．根据动量守恒定律求出两球抛出后小船的速度．根据动量定理，通过动量的变化量判断冲量的大小．

【解答】解：设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″=0．

根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv﹣mv′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故C正确． 故选：C． 10．（2014春?昌平区期末）如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）

第10页（共17页）

A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒

B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒 C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为

D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E 【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律

【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．

【解答】解：A、撤去F后，A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，使系统的动量不守恒．这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒．A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒．故A错误，B正确．

C、撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0．以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv0=3mv，由机械能守恒定律得：E=

?3mv+EP，又E=

2

mv0，解得，弹簧的弹性势能最大值为EP=

2

E，故C

正确，D错误． 故选：BC． 11．（2013?日照一模）质量m=2kg的长木板A放在光滑的水平面上，另一质量m=2kg的物体B以水平速度υ0=2m/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速度随时间变化的情况如图所示，重力加速

2

度g=10m/s，则下列说法正确的是（ ）

A．木板获得的动能为2J B．系统损失的机械能为1J

C．木板A的最小长度为1m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 【考点】动能定理的应用；功能关系

【分析】根据题设情景，B受摩擦力作用做匀减速运动，A受摩擦力作用做匀加速直线运动，根据v﹣t图象得出两物体的加速度，根据牛顿第二定律求解即可．

【解答】解：从图可以看出，B做匀减速运动，A做匀加速运动，最后的共同速度为1m/s，

第11页（共17页）

A、由可得木板A的获得的动能为1J，选项A错误；

J，选项B错误；

B、系统损失的机械能

C、由图象可知物体B的位移为1.5m，木板A的位移为0.5m，所以木板最小长度为1m，选项C正确；

D、由图象可知木板A的加速度为1m/s，根据μmBg=mAaA得出动摩擦因数为0.1，选项D正确． 故选CD． 12．（2014春?抚顺校级期末）如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用电阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）．对整个送电过程，下列说法正确的是（ ）

2

A．输电线上的损失功率为300 W B．升压变压器的匝数比为1：100 C．输电线上的电流为10 A

D．降压变压器的输入电压为4970 V 【考点】远距离输电

【分析】根据输电线上损耗的功率，结合P损=IR求出输电线上的电流；根据输出功率和输出电压得出升压变压器原线圈的电流，从而得出升压变压器的匝数之比．结合输电线上的电压损失求出降压变压器的输入电压． 【解答】解：A、根据P损=0.6%P=I2R得输电线上损失的功率为：P输电线上的电流为：I2=10A．故A正确，C正确． B、升压变压器原线圈的输入电流为：I1=

=

=100A，

2

损

2

=300W，

则升压变压器的匝数之比为：===．故B错误．

D、输电线上损失的电压为：△U=I2R=10×3V=30V， 升压变压器的输出电压为：U2=10U1=5000V，

则降压变压器的输入电压为：U3=U2﹣△U=5000﹣30=4970V．故D正确． 故选：ACD．

二、填空题

13．（3分）（2016?广东模拟）在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Ue与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率和截距分别为k和b，

第12页（共17页）

电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为 ek ，所用材料的逸出功表示为 ﹣eb ．

【考点】光电效应

【分析】由爱因斯坦光电效应方程EK=hγ﹣W去分析图象中所包含的对解题有用的物理信息，图象与纵轴和横轴交点分别表示普朗克常量和金属的极限频率．

【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程EK=hγ﹣W，任何一种金属的逸出功W一定，说明EK随频率f的变化而变化，且是线性关系（与y=ax+b类似），直线的斜率等于普朗克恒量，由于：EK=eUe所以：eUe=hγ﹣W， 由图可得Ue=kγ+（﹣b）

其中﹣b表示直线在y轴上的截距， 整理得：h=ek；

EK=hf﹣W，EK=0时有hγ0﹣W=0，所以逸出功W=﹣eb 故答案为：ek，﹣eb 14．（3分）用如图甲所示的气垫导轨来验证动量守恒定律，用频闪照相机闪光4次拍得照片如图乙所示，已知闪光时间间隔为△t=0.02s，闪光本身持续时间极短，已知在这4次闪光的时间内A、B均在0～80cm范围内且第一次闪光时，A恰好过x=55cm处，B恰好过x=70cm处，则由图可知：

（1）两滑块在x= 60 cm处相碰． （2）两滑块在第一次闪光后t=

s时发生碰撞．

（3）若碰撞过程中满足动量守恒，则A、B两滑块的质量比为 2：3 ． 【考点】验证动量守恒定律 【分析】（1）由图可知，第2、3、4次闪光时B未发生移动，则唯一解释为B发生碰撞后速度为0．易知碰撞处为60cm

（2）碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′，根据图象求出vA′，碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm，时间为t′，有VA′?t′=10，第一次闪光到发生碰撞时间为t，有t+t′=△t，即可求出时间．

（3）通过计算，分析碰撞前后两滑块的速度，再由动量守恒定律列式，即可求得质量之比． 【解答】解：（1）碰撞发生在第1、2两次闪光时刻之间，碰撞后B静止，故碰撞发生在x=60cm处．

（2）碰撞后A向左做匀速运动，设其速度为vA′，

第13页（共17页）

所以vA′?△t=20，

碰撞到第二次闪光时A向左运动10cm，时间为t′ 有vA′?t′=10，

第一次闪光到发生碰撞时间为t， 有t+t′=△t， 得t=

；B的速度大小为

（3）碰撞前，A的速度大小为：vA=

vB=

；

碰撞后，A的速度v′A=则由动量守恒定律可知： mAv′A=mAvA﹣mBvB 解得：mA：mB=2：3 故答案为：（1）60；（2）

，取向左为正方向，

；（3）2：3

三、计算题（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位） 15．如图所示，有两个质量相同的小球A和B（大小不计），A球用细绳吊起，细绳长度等于悬点距地面的高度，B球静止放于悬点正下方的地面上，现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放，摆动到最低点与B球碰撞后粘在一起共同上摆，则它们升起的最大高度为多少？

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律

【分析】两球碰撞过程动量守恒，小球摆动过程机械能守恒，应用机械能守恒求出碰撞前的速度；应用动量守恒定律求出碰撞后的速度，应用机械能守恒定律可以求出．

【解答】解：设小球的质量都是m，A球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=

mv，

2

解得：v=，

两球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：mv=（m+m）v′， 解得：v′=

，

两个小球一起向上摆动的过程中机械能守恒，得：

第14页（共17页）

解得：h′=

．

答：它们升起的最大高度为

16．质量为m=0.5kg的弹性球，从H=1.25m高处自由下落，与地板碰撞后回

2

跳高度为h=0.8m．设碰撞时间为t=0.1s，取g=10m/s，求地板对小球的平均冲力F大小？

【考点】动量定理

【分析】由机械能守恒定律可求得小球落地和反弹时的速度，再由动量定理可求得地板对小球的平均冲力F大小即可．

【解答】解：小球自由下落过程中，由机械能守恒定律可知： mgh=

mv；

2

解得：v==5m/s； 同理，回弹过程的速度v′==4m/s，方向竖直向上， 设向下为正，则对碰撞过程由动量定理可知： mgt﹣Ft=﹣mv′﹣mv 解得：F=50N

答：地板对小球的平均冲力大小为50N．

17．质量为M=2m的小物块A静止在离地面高h=0.8m的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动并以速度v0=8m/s与之发生碰撞（碰撞时间极短）碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平位移L=2m，碰后B反向运动且始终在桌面上，求B后退的距离．（已知B与桌面间的动摩擦因

2

数为μ=0.1，重力加速度为g=10m/s）

【考点】动量守恒定律

【分析】碰撞后A做平抛运动，将运动分解成水平方向和竖直方向即可求出A抛出时的速度；A与B碰撞的过程中动量守恒，列出公式即可求出B的速度；B后退的过程中摩擦力做功，根据动能定律即可求得B后退的距离． 【解答】解：B与A碰撞的过程中二者的动量守恒，设A、B碰后的瞬时速度大小分别是V和v，选择向右为正方向，由动量守恒定律有： mv0=MV﹣mv…①

对于A的平抛运动，有： L=V?T…②

…③

第15页（共17页）

百度搜索“70edu”或“70教育网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，70教育网，提供经典综合文库2024-2025学年黑龙江省大庆一中高二(下)第二次段考物理试卷(解析在线全文阅读。