廣東省廣州市豪賢中學2021年高二物理聯(lián)考試卷含解析

廣東省廣州市豪賢中學2021年高二物理聯(lián)考試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（單選）A、B是一條電場線上的兩個點,一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定初速度從A點沿電場線運動到B點,其速度—時間圖象如圖所示.則這一電場可能是下圖中的（

）參考答案：2.一個不帶電的空心金屬球，在它的球心

處放一個正點荷。下圖中哪一個能正確表示其電場分布的情況

參考答案：B3.（單選）如圖所示是同一打點計時器打出的4條紙帶，在圖示記錄的時間內(nèi)（ ）

A．甲和丁紙帶均做勻速運動 B．丙紙帶的平均速度最大C．丁紙帶的平均速度最大 D．乙和丁紙帶的平均速度一樣大參考答案：C4.現(xiàn)在太陽向外輻射的能量是由于太陽內(nèi)部氫聚變產(chǎn)生的，大約在40億年以后太陽內(nèi)部將會啟動另一種核反應(yīng)，其核反應(yīng)方程為：，那時太陽向外輻射的能量是由上述兩種核反應(yīng)產(chǎn)生的。已知的質(zhì)量為m1，的質(zhì)量為m2，則下列判斷正確的是

A．m1=3m2

B．3m1=m2

C．3m1<m2

D．3m1>m2參考答案：D5.首先發(fā)現(xiàn)電流的磁效應(yīng)的科學家是（

）A．安培

B．奧斯特C．庫侖

D．麥克斯韋參考答案：二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖是一電熱水壺的銘牌，由銘牌可知，該電熱水壺在額定電壓下工作時，所使用的交流電壓的最大值為

▲

V，交流電的周期為▲

s，

電器名稱：電熱水壺

型

號：WK—9016B

額定電壓：220V

工作頻率：50Hz

額定功率：2200W參考答案：220，（2分）0.027.在某一電場中的P點放入一個帶電荷量為的負電荷，所受電場力大小為，方向水平向左。則P點的電場強度E=

N/C，方向

。參考答案：8.如圖所示，圖線1、2分別表示導(dǎo)體A、B的伏安特性曲線，它們的電阻分別為R1、R2，則導(dǎo)體A、B的電阻R1：R2=____________；若將R1與R2并聯(lián)后接于電源上，則通過導(dǎo)體A、B的電流比I1：I2=__________。

參考答案：1：3，3：19.如圖丙所示，A為彈簧測力計（量程足夠大），B為條形磁鐵（下端為S極），C為螺線管．現(xiàn)將S1斷開，S2由1改接到2，則彈簧測力計的示數(shù)將

；若S2接2不變，再閉合S1，彈簧測力計的示數(shù)將

．（都選填“變大”、“變小”或“不變”）參考答案：變小，變大【考點】通電直導(dǎo)線和通電線圈周圍磁場的方向．【分析】根據(jù)電磁鐵的特點，由右手定則判斷出線圈的磁場方向，然后結(jié)合電路中電流的變化依次分析即可．【解答】解：由圖可知，電流的方向由下向上，結(jié)合線圈的繞法可知，電磁鐵的上端為N極，而條形磁鐵下端為S極，可知通電后二者之間的作用力為吸引力；現(xiàn)將S2由1改接到2，則將只剩下一半線圈產(chǎn)生磁場，所以電磁鐵的磁性減小，則對條形磁鐵的作用力減小；根據(jù)共點力平衡可知彈簧測力計的示數(shù)將變??；若S2接2不變，再閉合S1，電阻R2被短路，所以電路中的電流值增大，則線圈產(chǎn)生的磁場增大，線圈對條形磁鐵的吸引力增大，所以彈簧測力計的示數(shù)將增大故答案為：變小，變大10.一臺起重機將質(zhì)量為kg的貨物在2s的時間內(nèi)勻速提升5m，不計額外功，起重機在這2s內(nèi)做的功為__________J，起重機在這2s內(nèi)的平均輸出功率為__________W。貨物克服重力做功

J。（g?。﹨⒖即鸢福?×105

；2.5×105；5×10511.如圖，電路中三個電阻Rl、R2和R3的阻值分別為1Ω、2Ω和4Ω．當電鍵S1斷開、S2閉合時，電源輸功率為1W；當S1閉合、S2斷開時，電源輸出功率也為1W．則電源電動勢為

V，內(nèi)阻為

Ω參考答案：3；2由當電鍵S1斷開、S2閉合時，電阻R2和R3被短路，則有電源輸出功率P1=聯(lián)立解得，E=3V，r=2R12.某電鈴正常工作時的電壓是6V，電阻是10，現(xiàn)手邊有一電壓是15V的電源，要使電鈴正常工作應(yīng)將這個電鈴與_________歐的電阻______聯(lián)后接到這個電源上參考答案：15，串本題考查了電路串聯(lián)電阻分壓的特點，要使電鈴兩端的電壓為6V，需要串聯(lián)一個電阻分壓，該電阻分擔的電壓為9V，因為電鈴和電阻串聯(lián)，所以通過兩者的電流相等，根據(jù)歐姆定律可得,所以13.如圖所示為玻璃厚度檢測儀的原理簡圖，其原理是：固定一束激光AO以不變的入射角θ1照到MN表面，折射后從PQ表面射出，折射光線最后照到光電管C上，光電管將光信號轉(zhuǎn)變?yōu)殡娦盘?，依?jù)激光束在C上移動的距離，可以確定玻璃厚度的變化。設(shè)θ1＝45°，玻璃對該光的折射率為，C上的光斑向左移動了Δs，則可確定玻璃的厚度比原來變________(填“厚”或“薄”)了________。參考答案：厚Δs三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.(10分)“玻意耳定律”告訴我們：一定質(zhì)量的氣體．如果保持溫度不變，體積減小，壓強增大；“查理定律”指出：一定質(zhì)量的氣體，如果保持體積不變，溫度升高．壓強增大；請你用分子運動論的觀點分別解釋上述兩種現(xiàn)象，并說明兩種增大壓強的方式有何不同。參考答案：一定質(zhì)量的氣體．如果溫度保持不變，分子平均動能不變，每次分子與容器碰撞時平均作用力不變，而體積減小，單位體積內(nèi)分子數(shù)增大，相同時間內(nèi)撞擊到容器壁的分子數(shù)增加，因此壓強增大，（4分）一定質(zhì)量的氣體，若體積保持不變，單位體積內(nèi)分子數(shù)不變，溫度升高，分子熱運動加劇，對容器壁碰撞更頻繁，每次碰撞平均作用力也增大，所以壓強增大。（4分）第一次只改變了單位時間內(nèi)單位面積器壁上碰撞的分子數(shù)；而第二種情況下改變了影響壓強的兩個因素：單位時間內(nèi)單位面積上碰撞的次數(shù)和每次碰撞的平均作用力。（2分）15.（8分）在3秒鐘時間內(nèi)，通過某導(dǎo)體橫截面的電荷量為4.8C，試計算導(dǎo)體中的電流大小。參考答案：根據(jù)電流的定義可得：I=Q/t=4.8/3A=1.6A………………（8分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（16分）如圖所示，在水平方向的勻強電場中，用長為L的絕緣細線拴住一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球，線的上端固定，開始時連線帶球拉成水平，突然松開后，小球由靜止開始向下擺動，當細線轉(zhuǎn)過60°角時的速度恰好為零。問：

（1）電場強度E的大小為多少？（2）A、B兩點的電勢差UAB為多少？（3）當懸線與水平方向夾角為多少時，小球速度最大？最大為多少？參考答案：解析：（1）小球從A→B由動能定理有：（2）AB兩點電壓u=Ed，d=L(1-cos60°)（3）當沿切線方向合力為O時，速度最大。由動能定理得：17.已知一平行玻璃磚厚度為，某單色光從A點以入射角為i=60°入射時，折射到對邊的B點，其折射角為r=30°，如圖所示求：(1)該玻璃磚對這種單色光的折射率n；(2)該單色光在玻璃磚中由A傳到B的傳播時間t(光在真空中傳播速度為c=3×108m/s)參考答案：（1）（2）【詳解】（1）由折射定律得（2）光在玻璃磚中傳播的速度由幾何知識得所以單色光在玻璃磚中由A傳到B的傳播時間解得18.如圖所示，真空中水平放置的兩個相同極板Y和Y'長為L，相距d，足夠大的豎直屏與兩板右側(cè)相距b．在兩板間加上可調(diào)偏轉(zhuǎn)電壓U，一束質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子（不計重力）從兩板左側(cè)中點A以初速度v0沿水平方向射入電場且能穿出．（1）證明粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心O點；（2）求兩板間所加偏轉(zhuǎn)電壓U的范圍；（3）求粒子可能到達屏上區(qū)域的長度．參考答案：考點：帶電粒子在勻強電場中的運動．.專題：帶電粒子在電場中的運動專題．分析：（1）畫出運動軌跡圖，根據(jù)運動學公式與牛頓第二定律，及三角函數(shù)關(guān)系，從而即可證明；（2）由牛頓第二定律與公式E=相結(jié)合，可求得結(jié)果；（3）運用幾何關(guān)系，結(jié)合偏角與位移的關(guān)系，從而即可求解．解答：解：（1）設(shè)粒子在運動過程中的加速度大小為a，離開偏轉(zhuǎn)電場時偏轉(zhuǎn)距離為y，沿電場方向的速度為vy，偏轉(zhuǎn)角為θ，其反向延長線通過O點，O點與板右端的水平距離為x，則有側(cè)移量，y=①勻速運動的位移，L=v0t②豎直方向的速度，vy=at

聯(lián)立可得

即粒子飛出電場后的速度方向的反向延長線交于兩板間的中心．（2）由牛頓第二定律，則有

③電場強度與電勢差的關(guān)系，E=

④由①②③④式解得當時，則兩板間所加電壓的范圍