2021-2022学年江西省赣州市赣县第三中学高二下学期强化训练（B6）物理试题（解析版）

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赣州市赣县第三中学2021-2022学年高二下学期强化训练（B6）物理试卷 一、单选题（1-7单选 8-10多选 每题6分，共60分）1．如下四幅图中，工作原理相同的是（　　） A．ABC图 B．ABD图 C．BCD图 D．ACD图2．如图所示，在一条形磁铁旁有一竖直放置的金属线圈，当线圈从位置1竖直下落至位置2的过程中，从左向右看，线圈中的感应电流的方向为（　　）A．始终顺时针                     B．始终逆时针C．先顺时针后逆时针               D．先逆时针后顺时针3．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（　　）A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为81:1C．a、b线圈中感应电流之比为9:1D．a、b线圈中电功率之比为27:14．如图甲所示，在绝缘的水平桌面上放置一金属圆环。在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正。以下说法中正确的是（　　）A．在第末，圆环中的感应电流最大B．在第末，圆环对桌面的压力小于重力C．在内和内，圆环中的感应电流的方向相反D．从上往下看，在内，圆环中的感应电流沿顺时针方向5．在如图所示的电路中，A、B、C是三个阻值恒定的灯泡，其阻值分别为、、，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻为。下列说法正确的是（　　）A．闭合开关S，A、B灯逐渐变亮，C灯立即变亮B．电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的C．电路接通稳定后，断开开关S，A、B、C灯都是逐渐熄灭D．电路接通稳定后，断开开关S，A灯闪亮一下后逐渐熄灭，B、C灯立即熄灭6．西大附中高二某学习小组为模拟远距离输电，用一台内阻为的交流发电机给4个小灯泡供电．如图所示，取实验室理想升压变压器的匝数比为1∶4，理想降压变压器的匝数比为4∶1，用电阻较大铁导线为输电线，总电阻．若4个“10V，2.5W”的小灯泡均正常发光，假设小灯泡电阻不变，则（　　）A．输电线上损失的电功率为1WB．发电机的电动势为11VC．若两盏灯由于质量问题发生断路故障，则I1变为D．若两盏灯由于质量问题发生断路故障，则I2变为7．如图所示，一质量的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量的小木块。给和B大小均为，方向相反的初速度，使开始向左运动，B开始向右运动，始终没有滑离B板。在小木块做加速运动的时间内，木板速度大小可能是（　　）A． B．C． D．8．如图是某交变电流通过一个R=1Ω的电阻的电流在一个周期（1s）内的变化曲线，则下述说法正确的是（       ）A．电阻R上1s内产生的热量为2.4JB．此交流电的电流有效值为C．电阻R上产生的热量为2.8JD．此交流电的电流有效值为9．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电．已知输电线的总电阻为，降压变压器的原、副线圈匝数之比为，降压变压器副线圈两端交变电压，降压变压器的副线圈与阻值的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表，则以下说法正确的是A．电压表的示数为B．电流表的示数为C．输电线上损失的功率为D．发电机的输出功率为10．使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时，在离地面10m高处、以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度（相对播种器）竖直向下射出，荚进入地面下10cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20g，不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用。取g = 10m/s2，则（     ）A．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5JB．离开无人机后，荚在空中运动的时间为sC．土壤对荚冲量的大小为kg·m/sD．荚在土壤内受到平均阻力的大小为N二、解答题（每题20分，共40分）11．竖直放置的光滑U形导轨宽0.5m，电阻不计，置于很大的磁感应强度是1T的匀强磁场中，磁场垂直于导轨平面向量，如图所示．质量为10g，电阻为2 Ω的金属杆PQ无初速度释放后，紧贴光滑导轨下滑（始终能处于水平位置）．（取g=10 m/s2）问：（1）在下落过程中能达到的最大速度多大？（2）当通过的电荷量达到时，下落了多大高度？（3）若在下落中达到最大速度时，通过的电荷量正好为，则该过程中产生了多少热量？                                                 12．如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN， 相距为L=0.5m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h=0.2m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1=0.2kg，有效电阻R1=0.05，cd棒的质量为m2=0.1kg，有效电阻为R2=0.15。（设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计）。问：(1)0~1s时间段通过cd棒的电流大小与方向；(2)假如在1s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动， 试求这一速度大小；(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动，ab棒产生的热量为多少？                                        参考答案：1．D【解析】【详解】ACD的工作原理都是电磁感应；B是电流在磁场中受力。故选D。2．A【解析】【详解】当线圈从位置1竖直下落至位置2的过程中，穿过线圈的磁通量先逐渐减小，后反向增大，由楞次定律可得，从左向右看，线圈中的感应电流的方向为始终顺时针，BCD错误，A正确。故选A。3．D【解析】【详解】A．磁感应强度随时间均匀增大，则穿过线圈的磁通量增大，所以感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，应为垂直纸面向外，根据安培定则可以判断感应电流方向为逆时针，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为因为两个线圈在同一个磁场中，磁感应强度的变化率（）相同，匝数相同，所以两线圈中的感应电动势之比为它们的面积之比，即故B错误；C．根据电阻定律可知两线圈的电阻之比为所以根据欧姆定律可知，线圈中的电流之比为故C错误；D．线圈中的电功率P＝EI，所以两线圈中的电功率之比为故D正确。故选D。4．D【解析】【详解】A．在第末，螺线管中电流的变化率为零，产生磁场的变化率为零，圆环中磁通量的变化率为零，圆环中无感应电流，故A错误；B．在第2s末，虽然圆环中感应电流达到最大，但由于此时螺线管中电流为零，不产生磁场，所以圆环与螺线管之间作用力为零，此时圆环对桌面的压力与重力大小相等，故B错误； C．在内，圆环中磁通量向上减小，根据楞次定律可知，从上往下看，感应电流沿逆时针方向；在内，圆环中磁通量向下增大，根据楞次定律可知，从上往下看，感应电流沿逆时针方向，故C错误；D．在内，圆环中磁通量向上增大，根据楞次定律可知，从上往下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故D正确。故选D。5．C【解析】【详解】A．画出等效电路图如图，闭合开关S，三个灯都立即变亮。故A错误； B．电路接通稳定后，线圈与A灯的并联电阻为2R，与B灯串联电阻为3R，C灯电阻为3R，故流过B灯的电流等于流过C灯电流。故B错误；CD．电路接通稳定后，断开开关S，因线圈的自感电动势，A、B、C灯都是逐渐熄灭。故C正确；D错误。故选C。6．A【解析】【详解】A．4个灯泡的电流为输电线电流为输电线上损失的电功率为A正确；B．根据题意得 故B错误；CD．两盏灯断路后，小灯泡不能正常发，小灯泡的实际电压不清楚，无法计算降压变压器副线圈的电流，从而无法得到 和 ，CD错误。故选A。7．C【解析】【分析】【详解】以木板和小木块整体为研究对象，水平地面光滑，则系统水平方向动量守恒。先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设减速到零时，木板的速度大小为，最终它们的共同速度大小为，取水平向右为正方向，则有可得所以在小木块做加速运动的时间内，木板速度大小应大于而小于，故ABD错误，C正确。故选C。8．BC【解析】【详解】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：，解得：A；根据电阻R上1s内产生的热量为J，AD错误，BC正确．9．AC【解析】【详解】A、因降压变压器副线圈两端交变电压为，则副线圈电压有效值为．由知流过电阻的电流，因变压器工作原理知变压器原、副线圈两端电压、电流分别与匝数的关系为：和．由此知降压变压器原线圈两端电压，有，故；降压变压器原线圈中流过的电流，有，故．则电压表示数，故A选项正确；B、由选项A分析知电流表的示数即流过的电流大小，故，故B选项错误；C、输电线上损失的功率，故C选项正确；D、发电机的输出功率，故D选项错误．故选AC.【点睛】掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系：电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．10．CD【解析】【详解】A．播种器对荚做的功等于荚增加的动能，故A错误；B．离开无人机后，在竖直方向上荚做初速度为5m/s、加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式有解得B错误；C．荚落地时竖直方向上的速度为水平方向上的速度为，故荚落地时的速度大小为进入土壤后，速度为零，故即冲量大小为，C正确；D．荚进入土壤后，竖直方向上做减速运动，末速度为零，位移为，根据位移速度公式可得进入土后的时间为联立解得根据动量定理可得解得即平均阻力大小为，D正确。故选CD。【命题意图】考查功、动能、冲量，动量定理等知识。11．(1)0.4m/s   (2) 0.8m   (3)0.0792J【解析】【详解】试题分析：PQ在下落中受到安培力和重力，安培力与速度有关，方向向上且逐渐增大，故当安培力等于重力时PQ速度最大，由此可得PQ的最大速度；应用二级结论，可以直接得到通过PQ的电量达到0.4C时，PQ下落高度；PQ下落过程中重力势能转化为动能和电热，故由能量守恒可得PQ下落过程产生的热量．（1）安培力等于重力时PQ速度最大，即 ，， ．整理可得 可得 （2）由，可知得 、（3）由能量守恒定律可知得 【点睛】电磁感应中电量的二级结论是解决位移的关键．12．(1)1.25A，；(2)m/s；(3)J【解析】【详解】（1）0~1s时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律闭合电路欧姆定律代入数据可解得 cd棒中电流由 （2）1s末后磁场不变，ab棒从高为h处滑下到ef过程，由动能定理可知解得从ab棒刚到ef处至两棒达共同速度过程，由动量守恒定律得解得（3）对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程，由能量守恒可知代入数据解得由于ab和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以