山東省淄博市南王鎮(zhèn)中學(xué)2022-2023學(xué)年高二物理下學(xué)期摸底試題含解析

山東省淄博市南王鎮(zhèn)中學(xué)2022-2023學(xué)年高二物理下學(xué)期摸底試題含解析一、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.已知水分子振動的固有頻率大約為，我國生產(chǎn)的家用微波爐的頻率是，這是因為A．微波爐的頻率高于將造成嚴(yán)重的電磁輻射，給人體造成傷害B．微波爐的頻率低于將造成嚴(yán)重的電磁輻射，給人體造成傷害C．微波爐的頻率和水分子的固有頻率相當(dāng)，微波爐工作時，它里面的食物的水分子發(fā)生共振，振幅能夠達(dá)到最大，溫度升高得快D．沒有任何原因，是人們隨意選擇的一個頻率參考答案：C2.對密閉容器內(nèi)一定質(zhì)量的理想氣體，下列的說法正確的是：A.氣體壓強是由于大量氣體分子頻繁撞擊器壁產(chǎn)生的。B.氣體壓強一定時，氣體體積增大則氣體溫度減小。C.當(dāng)氣體絕熱膨脹時，氣體的內(nèi)能增大，溫度升高。D.氣體吸收熱量發(fā)生膨脹的過程，內(nèi)能可能不變。參考答案：AD3.把一條形磁鐵從圖示位置由靜止釋放，穿過采用雙線繞法的通電線圈，此過程中條形磁鐵做（）A．減速運動 B．勻速運動 C．自由落體運動 D．變加速運動參考答案：C【考點】法拉第電磁感應(yīng)定律．【分析】根據(jù)安培定則判斷雙線繞法的通電線圈產(chǎn)生的磁場方向關(guān)系，分析條形磁鐵所受的作用力，再判斷它的運動性質(zhì)．【解答】解：穿過采用雙線繞法的通電線圈，相鄰并行的導(dǎo)線中電流方向相反，根據(jù)安培定則可知，它們產(chǎn)生的磁場方向相反，在空中同一點磁場抵消，則對條形磁鐵沒有安培力作用，條形磁鐵只受重力，又從靜止開始下落，所以做自由落體運動．故選：C4.（單選）如圖所示，在某空間同時存在著相互正交的勻強電場E勻強磁場B電場方向豎直向下，有質(zhì)量分別為m1，m2的a，b兩帶負(fù)電的微粒，a電量為q1，恰能靜止于場中空間的c點，b電量為q2，在過C點的豎直平面內(nèi)做半徑為r勻速圓周運動，在c點a、b相碰并粘在一起后做勻速圓周運動，則（）A．a(chǎn)、b粘在一起后在豎直平面內(nèi)以速率做勻速圓周運動B．a(chǎn)、b粘在一起后仍在豎直平面內(nèi)做半徑為r勻速圓周運動C．a(chǎn)、b粘在一起后在豎直平面內(nèi)做半徑大于r勻速圓周運動D．a(chǎn)、b粘在一起后在豎直平面內(nèi)做半徑為的勻速圓周運動參考答案：考點：帶電粒子在混合場中的運動；牛頓第二定律；向心力．版權(quán)所有專題：帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題．分析：粒子a、b受到的電場力都與其受到的重力平衡；碰撞后整體受到的重力依然和電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式，再結(jié)合動量守恒定律列式求解．解答：解：粒子b受到的洛倫茲力提供向心力，有解得兩個電荷碰撞過程，系統(tǒng)總動量守恒，有m2v=（m1+m2）v′解得整體做勻速圓周運動，有故選D．點評：本題關(guān)鍵是明確兩個粒子的運動情況，根據(jù)動量守恒定律和牛頓第二定律列式分析計算．5.（單選）不計重力的帶正電粒子沿紙面豎直向下飛入某一磁場區(qū)域，在豎直平面上運動軌跡如圖所示，則該區(qū)域的磁場方向是A．沿紙面水平向右

B．沿紙面水平向左C．垂直向外D．垂直向里參考答案：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖，粗糙水平面上，兩物體A、B以輕繩相連，在恒力F作用下做勻速運動．某時刻輕繩斷開，A在F牽引下繼續(xù)前進(jìn)，B最后靜止．則在B靜止前，A和B組成的系統(tǒng)動量

（選填：“守恒”或“不守恒”）．在B靜止后，A和B組成的系統(tǒng)動量

（選填：“守恒”或“不守恒”）．參考答案：守恒；不守恒．【考點】動量守恒定律．【分析】動量守恒定律適用的條件：系統(tǒng)的合外力為零．或者某個方向上的合外力為零，則那個方向上動量守恒．兩木塊原來做勻速直線運動，合力為零，某時刻剪斷細(xì)線，在A停止運動以前，系統(tǒng)的合力仍為零，系統(tǒng)動量守恒；在B靜止后，系統(tǒng)合力不為零，A和B組成的系統(tǒng)動量不守恒．【解答】解：剪斷細(xì)線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運動，以AB為系統(tǒng)，繩子的屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，系統(tǒng)所受合力為零；剪斷細(xì)線后，在A停止運動以前，摩擦力不變，兩木塊組成的系統(tǒng)的合力仍為零，則系統(tǒng)的總動量守恒；B靜止后，B的合力為0，A木塊的拉力大于摩擦力，A和B組成的系統(tǒng)合力不為0，所以系統(tǒng)動量不守恒．故答案為：守恒；不守恒．7.把一個標(biāo)有“6V，3W”的燈泡接在10伏的電源上，要使燈泡正常發(fā)光，需要

聯(lián)一個

歐的電阻，此時電阻消耗的電功率是

瓦。參考答案：串，8，2瓦8.（12分）一邊長為10cm的正方形線圈放在勻強磁場中，當(dāng)線圈平面與磁場方向垂直時，若通過線圈的磁通量為，則該磁場的磁感應(yīng)強度B為______。當(dāng)線圈平面與磁場方向成30°角時，通過線圈的磁通量為________在線圈轉(zhuǎn)動過程中，先后經(jīng)過上述兩位置，通過線圈的磁通量的變化量為___________。參考答案：

9.如圖所示，是測定液面高低的傳感器示意圖，A為固定的導(dǎo)體芯，B為導(dǎo)體芯外面的一層絕緣物體，C為導(dǎo)電液體，把傳感器接到圖示電路中。已知靈敏電流計指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向相同。如果發(fā)現(xiàn)指針正向左偏轉(zhuǎn)，則導(dǎo)電液體的深度h的變化是正在

，說明電容器的電容

(填“增大”或“減小”)。參考答案：10.下圖是兩個同學(xué)做“互成角度的兩個力的合成”實驗時得到的結(jié)果。他們得到使橡皮筋的結(jié)點拉到O點時所需的兩個力F1、F2及一個力時的F，并用平行四邊形定則畫出了等效力F’，如圖所示。判斷兩人處理實驗結(jié)果正確的是

。參考答案：甲 11.如圖表示一交流電的電流隨時間變化的圖象。

此交流電流的有效值為

A

參考答案：12.如圖一個電流表的滿刻度電流值Ig=0．6A，面板如圖所示，那么它每一小格所相應(yīng)的電流是______mA，指針現(xiàn)在的電流示數(shù)是______A。如果這個量程為0.6A的電流表內(nèi)阻Rg=60Ω，要把這個電流表的量程擴大成3A，那么應(yīng)該在Rg上______聯(lián)一個電阻Rs，Rs的大小應(yīng)是______Ω；并聯(lián)Rs后，測某一電流，指針仍指到如圖所示位置，則該電流是______A，并聯(lián)Rs后，刻度盤上每一小格所代表的電流值是未并聯(lián)Rs前的______倍。參考答案：20、0.34、并、15、1.7、513.如圖所示為一正弦式電流的u-t圖象,同圖可知:該交變電流的頻率為

Hz,電壓的有效值為

v參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（解答）如圖所示，一水平放置的矩形線圈abcd，在細(xì)長的磁鐵N極附近豎直下落，保持bc邊在紙外，ab邊在紙內(nèi)，由圖中位置Ⅰ經(jīng)位置Ⅱ到位置Ⅲ，這三個位置都靠得很近，且位置Ⅱ剛好在條形磁鐵中心軸線上，在這個過程中穿過線圈的磁通量怎樣變化？有無感應(yīng)電流？參考答案：穿過線圈的磁通量先減少后增加，線圈中有感應(yīng)電流根據(jù)條形磁鐵N極附近磁感線的分布情況可知，矩形線圈在位置Ⅰ時，磁感線從線圈的下面斜向上穿過；線圈在位置Ⅱ時，穿過它的磁通量為零；線圈在位置Ⅲ時，磁感線從線圈上面斜向下穿過。所以，線圈從Ⅰ到Ⅱ磁通量減少，從Ⅱ到Ⅲ磁通量增加。穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生15.（10分）為了“探究碰撞中的不變量”，小明在光滑桌面上放有A、B兩個小球．A球的質(zhì)量為0.3kg，以速度8m/s跟質(zhì)量為0.1kg、靜止在桌面上的B球發(fā)生碰撞，并測得碰撞后B球的速度為9m/s，A球的速度變?yōu)?m/s，方向與原來相同．根據(jù)這些實驗數(shù)據(jù)，小明對這次碰撞的規(guī)律做了如下幾種猜想．【猜想1】碰撞后B球獲得了速度，A球把速度傳遞給了B球．【猜想2】碰撞后B球獲得了動能，A球把減少的動能全部傳遞給了B球．(1)你認(rèn)為以上的猜想成立嗎？若不成立，請簡述理由.(2)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，通過計算說明，有一個什么物理量，在這次碰撞中，B球所增加的這個物理量與A球所減少的這個物理量相等？參考答案：（1）猜想1、2均不成立.因為A球的速度只減少了3m/s,B球的速度卻增加了8m/s,所以猜想1是錯的。（2分）A球的動能減少了,B球動能增加了,所以猜想2也是錯的；（2分）（2）計算：B球動量的增加量ΔpB=0.1×9=0.9kg·m/s，（2分）A球動量的減少量ΔpA=0.3×8－0.3×5=0.9kg·m/s，（2分）從計算結(jié)果可得，B球動量的增加量與A球動量的減少量相等．即系統(tǒng)的總動量保持不變．（2分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.從粒子源不斷發(fā)射相同的帶電粒子，初速可忽略不計，這些粒子經(jīng)電場加速后，從M孔以平行于MN方向進(jìn)入一個邊長為d的正方形的磁場區(qū)域MNQP，如圖所示，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向外，其中PQ的中點S開有小孔，外側(cè)緊貼PQ放置一塊熒光屏。當(dāng)把加速電壓調(diào)節(jié)為U時，這些粒子剛好經(jīng)過孔S打在熒光屏上，不計粒子的重力和粒子間的相互作用。

（1）畫出帶電粒子在磁場中的運動軌跡并作出圓心的位置

（2）請說明粒子的電性求出粒子的比荷（）。參考答案：（1）粒子在磁場中運動軌跡如答圖2所示，其中O為軌跡的圓心。(3分)

（2）由于受力沿MP邊，粒子帶正電。（2分）粒子在電場中加速，由動能定理有：解得：①（1分）粒子進(jìn)入磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力得：解得②（1分）又由軌跡圖，在ΔOSP中有：解得③（2分）將③與①式代入②解得：。（1分）17.如圖所示，一個質(zhì)量為m、帶電量為q的正電荷，以初速度v0從A點射入水平方向的勻強電場中，電荷沿直線AB運動，已知AB與電場線夾角為θ，(重力加速度g已知)。求：（1）電荷在電場中運動的性質(zhì)，要求簡要說明理由；（2）電場強度的大小和方向；（3）電荷沿AB方向運動的最遠(yuǎn)距離。參考答案：（1）電荷在電場中做勻減速度運動。

2分）電荷受重力和電場力作用，因為電荷在電場中做直線運動，合力方向平行于運動方向在垂直于運動方向上合力為零，則電場力方向只能水平向左，故合力方向與運動方向（AB方向）相反，做勻減速度運動

（2分）（2）在垂直運動方向上（合力為零）：Eqsinθ=mgcosθ

（2分）解得：

（1分）（3）根據(jù)牛頓第二定律：（在平行運動方向上）F=mgsinθ+Eqcosθ=ma

（2分）解得加速度：

（1分）（方向與運動方向相反）

運動的最遠(yuǎn)距離：

（2分）18.如圖所示，兩塊水平放置、相距為d的長金屬板接在電壓可調(diào)的電源上。兩板之間的右側(cè)區(qū)域存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。將噴墨打印機的噴口靠近上板下表面，從噴口連續(xù)不斷噴出質(zhì)量均為m、水平速度均為v0、帶相等電荷量的墨滴。調(diào)節(jié)電源電壓至U,墨滴在電場區(qū)域恰能沿水平向右做勻速直線運動；進(jìn)入電場、磁場共存區(qū)域后，最終垂直打在下板的M點。

（1）判段墨滴所帶電荷的種類，并求其電荷量；

（2）求磁感應(yīng)強度B的值；（3）現(xiàn)保持噴口方向不變，使其豎直下移到兩板中間的