2021-2022学年内蒙古自治区赤峰市市克旗经棚第一中学高二物理模拟试卷含解析.docx

2021-2022学年内蒙古自治区赤峰市市克旗经棚第一中学高二物理模拟试卷含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意1. （多选）一带电粒子沿着图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的电势面，其中φa<φb<φc<φd，若不计粒子受的重力，可以确定(　　)A．该粒子带正电        B．该粒子带负电C．从J到K粒子的电势能增加D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变参考答案：BD2. 关于静电场场强的概念，下列说法正确的是                      (       ) A. 由E＝F/q可知，某电场的场强E与q成反比, 与F成正比 B. 正、负检验电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点场强方向与放入检验电荷的正负有关 C. 电场中某一点的场强与放入该点的检验电荷正负无关 D. 电场中某点不放检验电荷时，该点场强等于零参考答案：C3. 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是 （ ）A. 电流表的示数为10AB. 线圈转动的角速度为50πrad/sC. 0.01s时线圈平面与磁场方向平行D. 0.02s时电阻R中电流的方向自右向左参考答案：AC由题图乙可知交流电电流的最大值是=A，交流电的周期T=0.02s，电流表的示数为交流电的有效值即=10A，选项A正确； 线圈转动的角速度rad/s，选项B错误；0.01s时流过线圈的感应电流达到最大，线圈中产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，则穿过线圈的磁通量为0，即线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；由楞次定律可知0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误。

本题选AC4. （多选）如图所示的电路中，各元件均为线性元件.电源电动势为E，内电阻不能忽略，闭合S后，调整R的阻值，使电压表的示数增大△U，在这一过程中（    ）A、通过R1的电流增大，增量为B、R2两端的电压减小，减小量为△UC、路端电压与干路电流的比值为定值D、路端电压的变化量与干路电流的变化量的比值为定值参考答案：AD5. （多选）图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷. 一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点. 则该粒子A.带负电B.在c点受力最大C.在b点的电势能大于在c点的电势能D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化参考答案：CD二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示是物体做匀变速运动纸带的一部分，已知所用打点计时器的周期T=0.02S,A、B、C分别是三个计数点，每两个计数点间有四个计时点未画出来，纸带下方是一把毫米刻度尺，则由纸带和刻度尺可知：A与B之间的距离为         cm，B与C之间的距离为         cm，该匀变速直线运动的加速度是=          m/s2。

        参考答案：2.50；5.09；2.59解：相邻两个记数点之间还有四个点图上没有画出，相邻的计数点时间间隔为0.1s，利用毫米刻度尺测出A与B之间的距离为2.50cm，B、C两点间距5.09cm．由△x=at2得   故答案为：2.50；5.09；2.597. 如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，由图可知该金属的极限频率为   ▲   Hz，该金属的逸出功为   ▲   J（结果保留两位有效数字），斜率表示   ▲   参考答案：　8. 将电量为6×10﹣6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10﹣5J的功，则该电荷在此过程中电势能　   　了　    　J；再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，则A、C间的电势差UAC=　 　．参考答案：增加；3×10﹣5；3V【考点】电势能；电势差．【分析】电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以由做功与电量可求出两点的电势差，同时根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．【解答】解：负电荷在电场力作用下发生位移，导致电场力做负功，则电荷的电势能增加．做多少功，电势能就增加多少．因此，电荷在此过程中电势能增加，且增加了3×10﹣5J．电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，则由：W=qU  得UBC===﹣2v 而负电荷从电场中A点移到B点，两点的电势差UAB===5V所以A、C间的电势差UAC=UAB+UBC=5V﹣2V=3V故答案为：增加；3×10﹣5；3V9. P、Q是一列简谐横波中的质点，相距30m，各自的振动图象如图所示.(1)此列波的频率f＝________Hz.(2)如果P比Q离波源近，且P与Q间距离小于1个波长，那么波长λ＝________m，波速v＝________m/s.参考答案：(1)0.25　(2)40　1010. 如图l—6—14所示的匀强电场中，M、N两点距离为2 cm，两点间的电势差为5 V，MN连线与场强方向成600角，则此电场的电场强度大小为         ．参考答案：11. 质点做匀加速直线运动，历时5s，已知前3s内位移为12m，后3s内位移为18m，则质点在这5s内运动的加速度大小为a=________m/s2，平均速度大小为υ=__________m/s.参考答案：a= 1m/s2  ， υ=5m/s.12. 如图所示，闭合线框质量可忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场，第一次速度始终为v1，所用时间为t1，第二次速度始终为v2，所用时间为t2，两次拉出过程中，通过某一截面电量分别为q1、q2，产生的热量分别为Q1、Q2，则q1：q2=________；Q1：Q2=________。

参考答案：1：1；v1： v213. （填空）如图所示，阴极射线管（A为其阴极）放在蹄形磁铁的N、S两极间，射线管的A、B两极分别接直流高压电源的______和______此时，荧光屏上的电子束运动轨迹______偏转（填“向上”“向下”或“不”）通过该实验我们能得出什么结论？__________参考答案：_负极    _正极   _向下 __磁场对运动电荷有力的作用三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 要测绘一个标有“3 V， 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作已选用的器材有：直流电源（电压为4 V）；电键一个、导线若干电流表（量程为0-0.3 A，内阻约0.5 Ω)；电压表（量程为0-3 V，内阻约3 kΩ)；（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_____（填字母代号）A．滑动变阻器（最大阻值10 Ω，额定电流1 A）B．滑动变阻器（最大阻值1 kΩ，额定电流0.3 A）（2）如图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请完成其余部分的线路连接用黑色水笔画线表示对应的导线）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图。

由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而______（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）如果把实验中的小灯泡与一个E=2V，内阻为2.0Ω的电源及阻值为8.0Ω的定值电阻串联在一起，小灯泡的实际功率是_____W（保留两位有效数字）参考答案：    (1). A    (2). 增大    (3). 0.10W【详解】（1）因为测小灯泡的伏安特性曲线，采用分压式接法，为了实验方便操作，滑动变阻器选择阻值较小的，故选A（2）连线如下：（3）根据欧姆定律：，可得图像斜率越来越小，说明电阻越来越大，所以小灯泡的电阻随电压增大而增大（4）将定值电阻和电源内阻看成一体，在图中作出电源的外特性曲线：，图像交点为灯泡的工作点，由图可知，电流为0.1A，灯泡两端电压为1V，算得功率15. 在“验证机械能守恒定律”的实验中，已知打点计时器所用电源的频率50Hz，查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，测得所用的重物的质量为1.00Kg，从几条打上点的纸带中挑选第一、二两点间的距离接近_____mm并且点迹清楚的纸带（如图所示）进行测量，把第一个点记作O，隔开一些点后，另选3个连续的点A、B、C作为计数点，经测量知道A、B、C各点到O点的距离分别为15.54cm、19.20cm、23.24cm．根据以上数据，可知重物由O点运动到B点，重力势能的减少量等于______J，动能的增加量等于______J（取3位有效数字）．参考答案：    2                   1.88                     1.86      四、计算题：本题共3小题，共计47分16. 用均匀的金属丝绕成的长方形线框abcd，ad＝bc＝3l，ab＝cd＝l，线框可以绕ad、bc边上的MN轴以角速度ω匀速转动，MN左侧空间无磁场，右侧空间中分布有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里，MN恰在磁场边界上，aM＝bN＝2l，回路总电阻为R，初始时，线框平面垂直于磁场，如图所示。

求：（1）以电流方向沿abcda时为正，在i-t坐标系中作出电流随时间变化的图象（两个周期），并注明必要的坐标值（峰值、周期等）2）此电流的有效值I等于多少？参考答案：17. 将质量为m=1kg的小球，从距水平地面高h=5m处，以v0=10m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）抛出后0.4s内重力对小球的冲量；（2）平抛运动过程中小球动量的增量△p；（3）小球落地时的动量p′．参考答案：解：（1）重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量为：I=mgt=1×10×0.4 N?s=4 N?s方向竖直向下．（2）由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故有：h=gt2，落地时间为：t= s．小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为：I′=mgt=1×10×1 N?s=10 N?s，方向竖直向下．由动量定理得：△p=I′=10 N?s，方向竖直向下．（3）小球落地时竖直分速度为：vy=gt=10×1=10 m/s．由速度合成知，落地速度为：v=m/s，所以小球落地时的动量大小为：p′=mv=10kg?m/s．与水平方向之间的夹角：tanθ=所以：θ=45°答：（1）抛出后0.4s内重力对小球的冲量是4 N?s，方向竖直向下；（2）平抛运动过程中小球动量的增量△p是10 N?s，方向竖直向下；（3）小球落地时的动量p′是10 N?s，与水平方向之间的夹角是45°．【考点】动量定理．【分析】（1）重力是恒力，根据冲量的公式即可求出重力的冲量；（2）根据平抛运动的公式求出平抛运动的时间，然后由动量定理即可求出小球动量的增加；（3）根据矢量的合成方法求出小球的末速度，然后根据动量的定义即可求出．18. （12分）如图中的实线是某时刻的波形图象，虚线是经过0．2s时的波形图象。

    （1）假定波向左传播，求它传播的可能距离；（2）若这列波向右传播，求它的最大周期；（3）假定波速是35m／s，求波的传播方向参考答案：。