天津楊柳青第一中學(xué)2022年高二物理模擬試卷含解析

天津楊柳青第一中學(xué)2022年高二物理模擬試卷含解析一、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）如圖所示，界面PQ與水平地面之間有一個正交的勻強磁場B和勻強電場E，在PQ上方有一個帶正電的小球A由O靜止開始下落，穿過電場和磁場到達(dá)地面．設(shè)空氣阻力不計，下列說法中正確的是A．在復(fù)合場中，小球做勻變速曲線運動B．在復(fù)合場中，小球下落過程中的電勢能增大C．小球從靜止開始下落到水平地面時的動能等于其電勢能和重力勢能的減少量總和D．若其他條件不變，僅增大磁感應(yīng)強度，小球從原來位置下落到水平地面時的動能不變參考答案：C2.如圖所示，N=50匝的矩形線圈abcd，ab邊長L1=20cm，ad邊長L2=25cm，放在磁感應(yīng)強度B=0.4T的勻強磁場中，外力使線圈繞垂直于磁感線且通過線圈中線的OO′軸以n=3000r/min的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，線圈電阻r=1Ω，外電路電阻R=9Ω，t=0時線圈平面與磁感線平行，ab邊正轉(zhuǎn)出紙外、cd邊轉(zhuǎn)入紙里．則（）A．t=0時刻線圈感應(yīng)電流方向為abcdaB．交流電周期為0.01sC．感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式e=314cos

V．D．從t=0起轉(zhuǎn)過90°過程中，流過R的電荷量為0.2C參考答案：C【考點】交流的峰值、有效值以及它們的關(guān)系．【分析】根據(jù)右手定則得出感應(yīng)電流的方向；根據(jù)感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式e=nBωScosωt即可求解；線圈由如圖位置轉(zhuǎn)過300的過程中，△φ=BSsin30°，通過R的電量為Q=．【解答】解：A、根據(jù)右手定則得出感應(yīng)電流的方向是adcb，故A錯誤，B、n=3000r/min的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，所以線圈的角速度ω=100πrad/s，周期T=，故B錯誤；C、感應(yīng)電動勢的最大值為：Em=nBSω=50×0.4×0.2×0.25×100π=314V所以感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式為e=nBωScosωt=314cos100πt（V），故C正確；D、線圈由如圖位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，△Φ=BSsin90°通過R的電量為Q==0.1C，故D錯誤故選：C3.關(guān)于靜電場，下列說法正確的是（

）A．電勢等于零的物體一定不帶電B．電場強度為零的點，電勢不一定為零C．負(fù)電荷沿電場線方向移動時，電勢能一定增加D．同一電場線上的各點，電勢一定相等參考答案：BC4.利用超導(dǎo)體無電阻的特性，可實現(xiàn)輸電線上沒有發(fā)熱損耗的輸電?，F(xiàn)有一直流電路，輸電線的總電阻為0.4Ω，它送達(dá)用戶的電功率為40kW，電壓為800V。如果用超導(dǎo)體替代原來的輸電線，保持送達(dá)用戶的功率和電壓不變，那么節(jié)約的電功率為A．1kW

B．1.6×10-3kW

C．1.6kW

D．10kW參考答案：A5.一根長為0.2m，電流為4A的通電導(dǎo)線，放在磁感應(yīng)強度為0.5T的勻強磁場中，受到的安培力大小不可能是（

）A.0.4N B.0.5N C.0.3N D.0參考答案：B【詳解】設(shè)導(dǎo)線電流與磁場方向夾角為，根據(jù)安培力公式，因為本題未給出導(dǎo)線電流與磁場方向夾角，所以安培力范圍，所以ACD都可能，B不可能。二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.放在通電螺線管右端的小磁針，靜止時N極指向右方，則

接電源的正極（填“a”或“b”）。參考答案：a

7.如圖所示，使單匝閉合矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動，在線圈中就會產(chǎn)生交流電。已知磁場的磁感應(yīng)強度為B，線圈abcd面積為S，線圈轉(zhuǎn)動的角速度為?。當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到如圖位置時，線圈中的感應(yīng)電動勢為

；當(dāng)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°時，線圈中的感應(yīng)電動勢為

。

參考答案：8.（1）某同學(xué)利用假期進(jìn)行實驗復(fù)習(xí)，驗證電磁感應(yīng)產(chǎn)生的條件。他通過如圖所示實驗，觀察到以下實驗現(xiàn)象：①把磁鐵插入線圈時，線圈中有感應(yīng)電流；②把磁鐵放在線圈內(nèi)不動，線圈中無感應(yīng)電流；③把磁鐵從線圈中拔出，線圈中有感應(yīng)電流。這次實驗表明，穿過閉合線圈的磁通量

（選填“變化”或“不變化”），線圈中就有感應(yīng)電流。

參考答案：變化

9.（4分）平行板電容器水平放置，板間的距離為d，一個半徑為r、密度為的帶電油滴在兩板間。當(dāng)電容器的電壓為U時，該油滴在電場中做勻速運動，由此可知油滴的帶電量q=______C。參考答案：10.研究電磁惑應(yīng)現(xiàn)象的實驗中，采用了如圖所示的裝置，當(dāng)滑動變阻器R的滑片P不動時，甲、乙兩個相同的電流表指針的位置如圖所示，當(dāng)滑片P較快地向a滑動時，兩表指針的偏轉(zhuǎn)方向是：甲表指針__________偏，乙表指針_________偏。（填“向左”或“向右”）參考答案：

右

、

左11.實驗室有一舊的學(xué)生直流電源,輸出端的符號模糊不清,無法辨認(rèn)正、

負(fù)極,某同學(xué)設(shè)計了下面的探究電源極性的方法:在桌面上放一個小磁針,在磁針東面放螺線管,如圖所示,閉合開關(guān)后,磁針指南的一端向東偏轉(zhuǎn),則電源的

端是正極,在電源內(nèi)電流由

流向

（填A(yù)或B）參考答案：則電源的B端是正極（2分）,在電源內(nèi)電流由A流向B12.慣性系S中有一邊長為l的正方形（如圖A所示），從相對S系沿x方向以接近光速勻速飛行的飛行器上測得該正方形的圖象是

。

參考答案：C13.（4分）把一個電量ｑ＝5×10-9C的正電荷放在電場中的A點，測得受到的電場力大小為5×10-4N，方向水平向右，則A點的場強是__________N／C，方向__________。參考答案：105，水平向右三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.《用油膜法估測分子的大小》的實驗中：（1）關(guān)于用油膜法粗測分子直徑實驗的科學(xué)依據(jù)，下列說法正確的是（

）A、將油膜看成單分子油膜

B、不考慮各油分子間的間隙C、考慮了各油分子間的間隙

D、將油膜分子看成球形（2）將1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液。已知1cm3溶液有50滴，現(xiàn)取1滴油酸酒精溶液滴在水面上，隨著酒精溶于水，油酸在水面上形成一單分子薄層，已知這一薄層的面積為0.2m2，由此可估算油酸分子的直徑為________________m。參考答案：1）ABD（3分，每選對一項給1分，有選錯的給零分）（2）5×10-10

（3分）15.在“探究碰撞中的不變量”實驗中，裝置如圖所示，兩個小球的質(zhì)量分別為mA和mB．（1）現(xiàn)有下列器材，為完成本實驗，哪些是必需的？請將這些器材前面的字母填在橫線上

．A．秒表

B．刻度尺C．天平

D．圓規(guī)（2）如果碰撞中動量守恒，根據(jù)圖中各點間的距離，則下列式子可能成立的有．A.=

B.=C.=

D.=．參考答案：（1）BCD；（2）A【考點】驗證動量守恒定律．【分析】（1）根據(jù)動量守恒定律的實驗原理分析需要的儀器；（2）實驗要驗證兩個小球系統(tǒng)碰撞過程動量守恒，即要驗證m1v1=m1v1′+m2v2，可以通過平拋運動將速度的測量轉(zhuǎn)化為水平射程的測量；【解答】解：（1）在該實驗中需要測量小球的質(zhì)量以及小球的水平位移，需要的測量儀器是天平、刻度尺．為了準(zhǔn)確找出落點需要用到圓規(guī)；因為利用了平拋原理，故不需用到秒表；故選：BCD；（2）兩球碰撞后，小球做平拋運動，由于小球拋出點的高度相等，它們在空中做平拋運動的時間t相等，小球做平拋運動的初速度：vA=，vA′=，vB′=，由動量守恒定律得：mAvA=mAvA′+mBvB′，則mA=mA+mB，==，故A正確；故選：A．故答案為：（1）BCD；（2）A四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，在水平光滑軌道PQ上有一個輕彈簧，其左端固定，現(xiàn)用一質(zhì)量m＝2.0kg的小物塊(視為質(zhì)點)將彈簧壓縮后釋放，物塊離開彈簧后經(jīng)過水平軌道右端恰好沿半圓軌道的切線進(jìn)入豎直固定的軌道，小物塊進(jìn)入半圓軌道后恰好能沿軌道運動，經(jīng)過最低點后滑上質(zhì)量M＝8.0kg的長木板，最后恰好停在長木板最左端．已知豎直半圓軌道光滑且半徑R＝0.5m，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，木板與水平地面間摩擦不計，取g＝10m/s2.求：(1)彈簧具有的彈性勢能；(2)小物塊滑到半圓軌道底端時對軌道的壓力大?。?3)木板的長度．參考答案：(1)物塊進(jìn)入軌道后恰好沿軌道運動：mg＝m，彈簧具有彈性勢能：Ep＝mv＝5J(2)物塊由頂端滑到底端過程由動能定理：mg×2R＝mv－mv得v2＝5m/s在軌道底端由牛頓第二定律得：F－mg＝m，解得：F＝6mg＝120N，由牛頓第三定律得物塊對軌道的壓力大小為120N，(3)小物塊在長木板上滑動時，對小物塊由牛頓第二定律得：a1＝＝μg＝2m/s2對木板由牛頓第二定律得：a2＝＝0.5m/s2ks5u設(shè)經(jīng)過時間t小物塊與木板相對靜止，共同速度為v，則：v＝v2－a1t＝a2t，解得：v＝1m/s，t＝2s小物塊與木板在時間t內(nèi)通過的位移分別為：x1＝t＝6m，x2＝t＝1m，則木板的長度為：L＝x1－x2＝5m.ks5u17.請按照波長從大到小的順序列出電磁波譜。參考答案：無線電波,

紅外線,

可見光紫外線,

X射線,

Г射線18.如圖（a）所示，在真空中，半徑為b的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向與紙面垂直．在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和N，兩板間距離也為b，板長為2b，兩板的中心線O1O2與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，兩板左端與O1也在同一直線上．有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以速率v0從圓周上的P點沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進(jìn)入磁場，當(dāng)從圓周上的O1點飛出磁場時，給M、N板加上如圖（b）所示電壓u．最后粒子剛好以平行于N板的速度，從N板的邊緣飛出．不計平行金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及粒子所受的重力．

（1）求磁場的磁感應(yīng)強度B；

（2）求交變電壓的周期T和電壓U0的值；

（3）若t=T/2時，將該粒子從MN板右側(cè)沿板的中心線O2O1，仍以速率v0射入M、N之間，求粒子從磁場中射出的點到P點的距離．

參考答案：（1）求磁場的磁感應(yīng)強度為B＝，方向垂直紙面向外．（1）粒子自P點進(jìn)入磁場向右偏轉(zhuǎn)，從O1點水平飛出磁場，運動的半徑必為b，如圖一所示：洛倫茲力提供向心力，有：由左手定則可知，磁場方向垂直