黑龙江省绥化市联合中学2022-2023学年高二物理联考试卷含解析

黑龙江省绥化市联合中学2022-2023学年高二物理联考试卷含解析 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. 如图所示，在y轴上关于0点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q且CO=OD，∠ADO=600。下列判断正确的是(       ) A、O点电场强度为零              B、D点电场强度为零 C、若将点电荷+q从O移向C，电势能增大    D、若将点电荷-q从O移向C，电势能增大 参考答案： BD 2. 如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做（      ） A．自由落体运动                  B．曲线运动 C．沿着悬线的延长线作匀加速运动  D．变加速直线运动 参考答案： 3. （多选）某同学在“用双缝干涉测光的波长”实验中，利用绿光做光源在光屏上得到如图所示的干涉条纹，下列与此实验相关的判断正确的是（     ） A．若改用白光做光源，将得到黑白相间的条纹 B．若改用红光做光源，亮条纹间距将变宽 C．若想增大亮条纹间距，可以采取增大双缝到屏的距离 D．若增大双缝间距，亮条纹间距将变宽                   参考答案： BC A、改用白光做光源，得到彩色的干涉条纹，故A错误； B、改用红光做光源，则波长变大，根据双缝干涉条纹的间距公式知，亮条纹间距变宽，故B正确； C、若想增大亮条纹间距，根据双缝干涉条纹的间距公式知，可以采取增大双缝到屏的距离，故C正确； D、根据双缝干涉条纹的间距公式知，增大双缝间距，则亮条纹间距变窄，故D错误。 故选BC。 4. （多选题）铅蓄电池的电动势为2V，这表示（   ）    A．电路中每通过1C的电量，电源就把2J的化学能转化为电能    B．蓄电池两极的电压为2V    C．蓄电池在1秒内将2J的化学能转化为电能    D．蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大 参考答案： AD 5. 如图9所示，在竖直放置的金属板M上放一个放射源C，可向纸面内各个方向射出速率均为v的粒子，P是与金属板M 平行的足够大的荧光屏，到M的距离为d．现在 P与金属板M间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M板向上射出的粒子刚好垂直打在荧光屏上。若粒子的质量为m，电荷量为+2e，则（    ） A．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小为 B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B的大小为 C．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2d D．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d 参考答案： BC 二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分 6. 如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两极板间的带电尘埃恰保持静止状态，若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（     ） A. 电容器的带电荷量不变 B. 尘埃仍保持静止状态 C. 电流计中有a到b方向的电流 D. 电流计G中有b到a方向的自由电荷量量定向通过 参考答案： BCD 带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向． 将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小。故A错误。由于板间电压和距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态。故B正确。电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流，即自由电荷由b到a方向的定向移动。故CD正确。故选BCD。 【点睛】本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式，以及平衡条件进行分析判断。 7. 一列简谐横波沿x轴传播，周期为T，t＝0时刻的波形如图所示，此时平衡位置位于x＝3 m处的质点正在向上运动，若a、b两质点平衡位置的坐标分别为xa＝2.5 m，xb＝5.5 m，则当a质点处在波峰时，b质点恰在________(填“波峰”、“波谷”或“平衡位置”)；t＝时，b质点正在向y轴________(填“正方向”或“负方向”)运动． 参考答案： 8. 图中a、b和c表示点电荷电场中的三个等势面，它们的电势分别为U、和。一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则它经过等势面c时的速率为______。 参考答案： 1.5V 9. （6分）物体A、B的质量之比为mA:mB=4:1，使它们以相同的初速度沿水平地面滑行，若它们受到的阻力相等，那么它们停下来所用的时间之比为tA:tB=_________，若两物体与地面的动摩擦因数相同，那么它们停下来所用的时间之比为tA:tB=___________。 参考答案： 4:1；1:1 10. 两条金属导轨上水平放置一根导电棒ab，处于竖直向上的匀强磁场中，如图8-11所示。导电棒质量为1.2kg，长为1m，当棒中通入3A电流时，它可在导轨上匀速滑动，若电流增大为5A时，棒可获得2m/s2的加速度。则该装置所在处的磁感应强度的大小为           。 参考答案： 1.2T 11. 利用火箭发射载人神舟飞船，当火箭从静止开始加速起飞时，火箭推力______（填“大于”或“小于”）火箭和飞船的重力，此时宇航员处于___________(填“超重”、“失重”或“完全失重”）状态。 参考答案： 大于、超重 12. 如图所示，质量为m2=10kg的滑块静止于光滑水平面上，一小球m1=5kg，以v1=10m/s的速度与滑块相碰后以2m/s的速率被弹回。碰撞前两滑块的总动能为           J，碰撞后两滑块的总动能为           J。 参考答案： .250J  190J  13. ________发现电子，揭示了原子具有复杂结构；________发现天然放射性现象，揭示了原子核可以再分。 参考答案： 汤姆孙；贝克勒尔。 三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分 14. 利用双缝干涉测定光的波长实验中，取双缝间距d=0.5mm, 双缝与光屏间距离L=0.5m,用某种单色光照射双缝得到干涉图象如图，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图，则单色光的波长为                    m。（保留两位有效数字）                   参考答案： 15. 在测定电源电动势和内电阻的实验中，小何同学所用电路图和测得的数据如下：   1 2 3 4 5 6 U/V 1.42 1.36 1.18 1.21 1.14 1.07 I/A 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20 0.24 (1)在右边的坐标系中用测得的数据画出U-I图线（横、纵坐标的起点已经规定好），从图线中可以发现该同学记录的第   组数据有误。 求得电动势E＝       V（保留两位有效数字，下同），内电阻r=         Ω。 (2)该实验的系统误差主要是由          引起的。由于系统误差，实验得到电动势的测量值E测           真实值E真，内电阻的测量值r测             真实值r真。（填“小于”“等于”或“大于”） (3)误差有系统误差和偶然误差两种，用画U-I图线求电动势和内电阻的优点在于可以尽量减小实验的        （填“系统”或“偶然”）误差。 参考答案： 四、计算题：本题共3小题，共计47分 16. 如图所示，质量为m、所带电量为+q的小球以细线悬吊于O点，并置于水平向右的匀强电场中（电场区域足够大），小球静止于P点，且细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，试确定： ⑴匀强电场的场强大小 ⑵剪断细线，经时间t后小球与P点的距离。 参考答案： （1） （2） （1）小球的受力如图； 则Eq=mgtanθ 解得 ； （2）剪断细线后，小球从静止沿拉力的反方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律： 经过t后的位移为： 17. 如图5所示为氢原子能级示意图，现有每个电子的动能都是Ee=12.89eV的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生正碰。已知碰撞前一个电子和一个氢原子的总动量恰好为零。碰撞后氢原子受激发，跃迁到n＝4的能级。求碰撞后电子和受激氢原子的总动能。已知电子的质量me与氢原子的质量mH之比为。 参考答案： 解答：用ve和vH表示碰撞前电子的速率和氢原子的速率，根据题意有         ① 碰撞前，氢原子与电子的总动能为        ② eV          ④ 碰撞后电子和受激氢原子的总动能 eV      ⑤ 18. 如图所示，长木板C质量为mc＝0.5kg，长度为l＝2m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E（厚度不计），P为木板C的中点，一个质量为mB＝480g的小物块B静止在P点。现有一质量为mA＝20g的子弹A，以v0＝100m/s的水平速度射入物块B并留在其中（射入时间极短），已知重力加速度g取10m/s2 （1）求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度； （2）A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数μ1； （3）若B与C间动摩擦因数μ2＝0.05，B能与挡板碰撞几次？最终停在何处？ 参考答案： (1)4m/s；(2)0.4；(3)4，停在P点 【详解】（1）子弹射入物块过程系统动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得：mAv0＝（mA+mB）v1， 代入数据解得：v1＝4m/s； （2）由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得：（mA+mB）v1＝（mA+mB+mC）v2， 由能量守恒定律得： ， 代入数据解得：μ1＝0.4；    （3）A、B、C组成的系统动量守恒，最终三者速度相等，以向左为正方向， 由能量守恒定律得： 碰撞次数：n＝1+ ， 代入数据解得：n＝4.5， 由题意可知，碰撞次数为4次，最终刚好停在P点；