河北省保定市曲堤鄉(xiāng)中學2022-2023學年高二物理知識點試題含解析

河北省保定市曲堤鄉(xiāng)中學2022-2023學年高二物理知識點試題含解析一、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.（單選）如圖所示，在0≤x≤2L的區(qū)域內(nèi)存在著勻強磁場，磁場方向垂直于xOy坐標系平面(紙面)向里．具有一定電阻的矩形線框abcd位于xOy坐標系平面內(nèi)，線框的ab邊與y軸重合，bc邊長為L.設線框從t＝0時刻起在外力作用下由靜止開始沿x軸正方向做勻加速運動，則線框中的感應電流i(取逆時針方向的電流為正)隨時間t變化的函數(shù)圖象可能是選項中的A

B

C

D參考答案：D2.(多選)三種不同的入射光A、B、C分別射在三種不同的金屬a、b、c表面，均恰能使金屬中逸出光電子，若三種入射光的波長λA＞λB＞λC，則（

）A．用入射光A照射金屬b和c，金屬b和c均可發(fā)出光電效應現(xiàn)象B．用入射光A和B照射金屬c，金屬c可發(fā)生光電效應現(xiàn)象C．用入射光C照射金屬a與b，金屬a、b均可發(fā)生光電效應現(xiàn)象D．用入射光B和C照射金屬a，均可使金屬a發(fā)生光電效應現(xiàn)象參考答案：CD3.下列說法表示時刻的是（）A． 第5s末 B． 前5s內(nèi)C． 第5s內(nèi) D． 從第3s末到第5s末參考答案：A解：A、第5秒末，在時間軸上對應的是一個點，是時刻，故A正確；B、前5s內(nèi)是從0時刻到5秒末之間，在時間軸上對應一段距離，是時間，故B錯誤；C、第5s內(nèi)是1s鐘的時間，在時間軸上對應一段距離，指的是時間，故C錯誤；D、第第3s末到第5s末，在時間軸上對應一段距離，指的是時間，故D正確．故選：A．4.給額定功率為60W、額定電壓為220V的白熾燈泡加上如圖所示的電壓，恰使燈泡正常發(fā)光，則所加電壓U0的大小最接近于(

)A．440V

B．350V

C．310V

D．220V參考答案：B5.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B=T，單匝矩形線圈面積S=1m2，電阻r=10Ω，繞垂直于OO′勻速轉動．線圈通過電刷與一理想變壓器原線圈相接．V為理想交流電壓表，A1、A2為理想交流電流表，I1、I2為兩個完全相同的電燈泡，燈泡上標有“20V，20W”，且均正常發(fā)光，電流表A1的示數(shù)為1A．則以下說法正確的是（）A．電流表A1、A2的示數(shù)之比1：2B．理想電壓表原副線圈的匝數(shù)之比1：2C．線圈勻速轉動的角速度ω=100rad/sD．電壓表的示數(shù)為40V參考答案：A【考點】交流的峰值、有效值以及它們的關系．【分析】根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等；發(fā)動機的電動勢等于內(nèi)外電壓的和，然后結合最大電動勢E=nBSω即可求出角速度．【解答】解：A、因燈泡正常發(fā)光，副線圈的電流：A，可知原副線圈的電流比為：1：2，則A正確；

B、由于電流與匝數(shù)成反比，則理想電壓表原副線圈的匝數(shù)之比2：1，則B錯誤；

D、副線圈的電壓為20V，則原線圈的電壓為20×2=40V，所以電壓表的示數(shù)是：U路=U燈+U原=20+40=60V．故D錯誤；

C、流過燈泡的電流：I=A，發(fā)電機的內(nèi)阻消耗的電壓：U內(nèi)=I?r=1×10=10V所以發(fā)動機的電動勢：E=U路+U內(nèi)=60+10=70V電動勢的最大值為70=BSω，求得ω=rad/s，則C錯誤；故選：A．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.科學家通過長期研究,發(fā)現(xiàn)了電和磁的聯(lián)系,其中最重要的兩項研究如圖所示.

①甲圖是研究

現(xiàn)象的裝置,根據(jù)這一現(xiàn)象,制成了____機。（“電動機”或“發(fā)電機”）②乙圖是研究

現(xiàn)象的裝置,根據(jù)這一現(xiàn)象,制成了

機。（“電動機”或“發(fā)電機”）參考答案：7.理想變壓器的原副線圈的匝數(shù)之比為4∶1，在原線圈上加上U=200V的交流電壓，在副線圈上接交流電壓表，其示數(shù)為

V。參考答案：508.（填空）如圖所示，半徑為r的n匝線圈套在邊長為L的正方形abcd之外，勻強磁場局限在正方形區(qū)域內(nèi)且垂直穿過正方形面積.當磁感應強度以ΔB/Δt的變化率均勻變化時，線圈中產(chǎn)生感應電動勢的大小為_________.參考答案：nL29.真空中有兩個點電荷A、B，其帶電量qA=2qB，當二者相距0.01m時，相互作用力為1.8×10-2N，則其帶電量分別為qA=______，qB=______。參考答案：，10.（4分）如圖所示，把長為的導體棒置于豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為，導體棒與磁場方向垂直，棒中通有電流，則導體棒所受安培力的大小為.為增大導體棒所受的安培力，可采用的方法是（只填一種方法）。參考答案：BIL；增大電流或增大磁感應強度11.一個帶電小球，用細繩懸掛在水平方向的勻強電場中，當小球靜止后把懸繩燒斷，小球將沿

方向做

運動參考答案：懸繩的延長線

勻加速直線12.一個質點做半徑為60cm的勻速圓周運動，它在0.2s的時間內(nèi)轉過了30°，則質點的角速度為

____

rad/s，線速度為

______m/s．參考答案：．13.用接在50Hz交流電源上的打點計時器，測定小車速度，某次實驗中得到一條紙帶，如下圖所示，從比較清晰的點起，每五個打印點取一個記數(shù)點，分別標明0、l、2、3、4……，量得0與1兩點間距離x1=30mm，則小車在0與1兩點間運動的時間為

s，平均速度為

m／s。參考答案：__0.1_____；___0.3___三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，有兩個質量均為m、帶電量均為q的小球，用絕緣細繩懸掛在同一點O處，保持靜止后懸線與豎直方向的夾角為θ=30°，重力加速度為g，靜電力常量為k.求：(1)帶電小球A在B處產(chǎn)生的電場強度大?。?2)細繩的長度L.參考答案：（1）（2）（1）對B球，由平衡條件有：mgtan

θ=qE帶電小球在B處產(chǎn)生的電場強度大?。?/p>

（2）由庫侖定律有：

其中：r=2Lsin

θ=L

解得：【點睛】本題關鍵是對物體受力分析，然后結合共點力平衡條件、庫侖定律和電場強度的定義列式求解．15.在1731年，一名英國商人發(fā)現(xiàn)，雷電過后，他的一箱新刀叉竟顯示出磁性．請應用奧斯特的實驗結果，解釋這種現(xiàn)象．參考答案：閃電產(chǎn)生的強電流產(chǎn)生磁場會使刀叉磁化．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖，在水平面上放置著兩根相距1m的平行金屬導軌，導軌的電阻不計，在導軌的左端有滑動變阻器R、電鍵S、電源與導軌相連，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=1Ω．導體棒MN長l=1m，質量m=1kg，其電阻不計，與導軌接觸良好．整個裝置處于方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B=0.5T．現(xiàn)將滑動變阻器R調到4Ω，閉合電鍵S，導體棒剛好能處于平衡．（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g=10m/s2）求：（1）導體棒MN所受的安培力的大小和方向；（2）導體棒MN與導軌的動摩擦因數(shù)μ；（3）若將滑動變阻器R調到1Ω，在剛閉合電鍵S時導體棒MN的加速度大?。畢⒖即鸢福航猓海?）由題意可知MN中的電流大小為：A；電流的方向有M到N，根據(jù)左手定則可知，安培力方向水平向左；大?。篎=BIL=0.5×2×1N=1N（2）安培力與摩擦力大小相等，方向相反，即：f=F又：f=μFN=μmg得：（3）若將滑動變阻器R調到1Ω，則：AF′=BI′L=0.5×5×1N=2.5N根據(jù)牛頓第二定律：F′﹣f=ma所以：答：（1）導體棒MN所受的安培力的大小是2A，方向向左；（2）導體棒MN與導軌的動摩擦因數(shù)μ是0.1；（3）若將滑動變阻器R調到1Ω，在剛閉合電鍵S時導體棒MN的加速度大小是1.5m/s2．【考點】安培力；摩擦力的判斷與計算；物體的彈性和彈力．【分析】（1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律來計算流過金屬棒的電流大??；根據(jù)公式F=BIL計算安培力的大小，根據(jù)左手定則可以判斷勻強磁場的方向；（2）根據(jù)摩擦力和安培力相等，可以計算摩擦力的大小，根據(jù)f=μFN計算摩擦因數(shù)；（3）先計算出安培力，然后進行受力分析，結合牛頓第二定律求出剛閉合電鍵S時導體棒MN的加速度大?。?7.如圖所示，質量為M的平板小車靜止在光滑的水平地面上，小車左端放一個質量為m的木塊，車的右端固定一個輕質彈簧．現(xiàn)給木塊一個水平向右的初速度v0，木塊便沿小車向右滑行，在與彈簧相碰后又沿原路返回，并且恰好能到達小車的最左端．試求：（1）木塊返回到小車最左端時小車的動能；（2）彈簧獲得的最大彈性勢能．參考答案：解：①選小車和木塊整體為研究對象，由于m受到?jīng)_量I之后系統(tǒng)水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，設系統(tǒng)的末速度為v，則mv0=（M+m）v小車的動能為Ek=Mv2=②根據(jù)動量定理得，I=mv0，則木塊的初速度，當彈簧具有最大彈性勢能Ep時，小車和木塊具有共同速度，即為v．設木塊從小車左端運動到彈簧彈性勢能最大的過程中，摩擦生熱Wf，在此過程中，由能量守恒得mv02=Ep+Wf+（M+m）v2當木板返回到小車左端時，由能量守恒得m（v0）2=2Wf+（M+m）（v）2聯(lián)立得Ep=．答：①木塊返回到小車左端時小車的動能為；②彈簧獲得的最大彈性勢能為Ep=．【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律．【分析】①根據(jù)動量定理知，瞬時沖量的大小等于木塊的初動量，木塊返回到小車左端時與小車具有相同的速度，根據(jù)動量守恒定律求出共同的速度大小，從而得出小車的動能．②根據(jù)動量定理可以得出木塊的初速度，抓住木塊將彈簧壓縮到最短時具有共同速度，和返回到最左端時具有共同速度，根據(jù)動量守恒定律知，兩個共同速度相同，分別對兩個過程運用能量守恒定律，求出彈簧獲得最大彈性勢能．18.科研人員乘氣球進行科學考察．氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質量為990kg．氣球在空中停留一段時間后，發(fā)現(xiàn)氣球漏氣