辽宁省丹东市锦山中学2022-2023学年高二物理测试题含解析

辽宁省丹东市锦山中学2022-2023学年高二物理测试题含解析一、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.（多选题）如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段（）A．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小B．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大C．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变D．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大参考答案：AD【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律．【分析】甲带正电，在向左运动的过程中，要受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可以判断洛伦兹力的方向，根据受力再判断摩擦力的变化．【解答】解：A、甲、乙两物块间没有相对的滑动，是静摩擦力，由于乙与地面之间的滑动摩擦力的增大，整体的加速度减小，所以对于甲来说，静摩擦力作为合力产生加速度，由于整体的加速度减小，所以甲、乙两物块间的摩擦力减小，所以A正确，BC错误；D、甲带正电，在向左运动的过程中，受到的洛伦兹力的方向向下，所以对乙的压力变大，乙与地面之间的为滑动摩擦力，压力变大，所以滑动摩擦力也变大，所以D正确；故选：AD．2.（单选）物体动量变化量的大小为5kg?m/s，这说明（）A．物体的动量一定在减小B．物体的动量一定在增大C．物体的动量大小也可能不变D．物体的动量大小一定变化参考答案：解：物体的动量变化量的大小为5kg?m/s，该变化可以是由于速度的变化引起的；如圆周运动中的物体可以变化5kg?m/s；但动量的大小没有变化；故关于动量的大小可能不变．故C正确，A、B、D错误．故选：C3.矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是（

）A.1s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快，B.2s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，C.交流电压的最大值为36V，频率为4Hz，D.交流电压的有效值为36V，周期为4s。参考答案：B4.一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，关于此过程下列说法中正确的是（

）

A．速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值

B．速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值

C．位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大

D．位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值

参考答案：B5.(单选)电量分别为q1、q2的两个点电荷，相距r时，相互作用力为F，下列说法错误的是（

）A．如果q1、q2恒定，当距离变为r／2时，作用力将变为2FB．如果其中一个电荷的电量不变，而另一个电荷的电量和它们间的距离都减半时，作用力变为2FC．如果它们的电量和距离都加倍时，作用力不变D．如果它们的电量都加倍，距离变为时，作用力将变为2F参考答案：A二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.一闭合线圈在匀强磁场中做匀角速转动，角速度为240πrad/min，当线圈平面转动至与磁场平行时，线圈的电动势为2.0V。设线圈从垂直磁场瞬时开始计时，则该线圈电动势的瞬时表达式为__________________；电动势在s末的瞬时值为_________。参考答案：7.磁感应强度B又叫________.如图所示，线圈平面与水平方向成θ角，磁感线竖直向下，设磁感应强度为B，线圈面积为S，则穿过线圈的磁通量Φ＝_____.参考答案：磁通密度

BScosθ

8.如图5-19所示的理想变压器的原、副线圈电路中分别接有4个完全相同的灯泡，而且全都正常发光，那么，这三个线圈的匝数之比=

；如果两端的输出电压为U，则变压器的输入电压=

，电源的输出电=

。

参考答案：

3：2：1

3

4

9.在真空中有两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为2×10－8C，相距20cm，则它们之间的相互作用力为______

_N，在两者连线的中点处，电场强度大小为__________N/C。参考答案：10.在研究“平抛物体的运动”的实验中，某同学只记录了A、B、C三个点的坐标如图所示，则物体运动的初速度为

m/s，（单位为cm，g=10m/s2）．参考答案：1m/s．【考点】研究平抛物体的运动；运动的合成和分解．【分析】在实验中让小球在固定斜槽滚下后，做平抛运动，记录下平抛后运动轨迹．然后在运动轨迹上标出特殊点，对此进行处理，从而能求出小球抛出初速度及其它速度．【解答】解：A、B、C是平抛运动轨迹上的三个点，由水平位移可知：三个点时间间隔相等．

竖直方向：自由落体运动，因时间相等，由△h=gt2可得：t===1×10﹣1s

水平方向：匀速运动，则v0==m/s=1m/s

所以初速度v0=1m/s

故答案为：1m/s．11.如右图所示的电路为用伏安法测量金属电阻R的电路图，当S接a时，电压表示数为2.7V，电流表示数为5.0mA，当S接b时，电压表示数为2.8V，电流表示数为4.0mA，那么，那么该电阻测量值较准确的数值等于_______Ω，测量值比真实值_______（填偏大或偏小）．参考答案：12.如图所示，线路的电压u=220v，每条输电线的电阻r=10Ω,电炉A的电阻RA=200Ω。则电炉A上的电压

v，电炉消耗的功率

w。参考答案：

100

20013.一微型吸尘器的直流电动机加0.3V电压时，通过电动机的电流为0.3A，电动机不转，加2V电压时，电动机正常运转，通过电动机的电流为0.8A，此时电动机消耗的电功率为

，电动机输出的机械功率为

（电动机机械损耗不计）参考答案：三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（8分）如图是半偏法测定电流表内阻的电路图，图中的R实物是_________，实物是_________，正确连接实物后，实验步骤如下：

A．合上开关，调整R的阻值，使电流表指针偏转到满刻度B．断开，记下的值C．合上开关，调整R和的阻值，使电流表指针偏转到正好是满刻度的一半D．断开、，将R阻值调到最大上述________项步骤有错误，应________才正确，改正后正确操作步骤的顺序编码为_________，只当比R_________时，才可以认为=，因为并入后电路的总电流会变__________，故的真实值比要稍__________。参考答案：变阻器；电阻箱；C；只调整阻值；DACB；小得多；大；大15.有一标有“6V,1.5W”的小灯泡，现要描绘其伏安特性曲线，提供的器材除导线和开关外，还有：A．直流电源6V(内阻不计)B．直流电流表0～3A(内阻0.1以下)C．直流电流表0～300mA(内阻约为5)D．直流电压表0～15V(内阻约为15k)E．滑动变阻器10，2A回答下列问题：(1)实验中电流表应选用______

(用序号表示)；(2)右面是本实验的实物连线图，其中还有两条导线没有接好，请用稍粗些的虚线代替导线，补全这个实物连线图。参考答案：四、计算题：本题共3小题，共计47分16.（25分）如图所示，一薄壁导体球壳（以下简称为球壳）的球心在点．球壳通过一细导线与端电压的电池的正极相连，电池负极接地．在球壳外点有一电量为的点电荷，点有一电量为的点电荷。之间的距离，之间的距离．现设想球壳的半径从开始缓慢地增大到50，问：在此过程中的不同阶段，大地流向球壳的电量各是多少？己知静电力恒量．假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接触。参考答案：解析：分以下几个阶段讨论：

1．由于球壳外空间点电荷、的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用表示面电荷密度．设球壳半径时球壳外壁带的电量为，因为电荷、与球壳外壁的电量在球壳内产生的合场强为零，球壳内为电势等于的等势区，在导体表面上的面元所带的电量为，它在球壳的球心处产生的电势为，球壳外壁所有电荷在球心产生的电势为

（1）点电荷、在球壳的球心处产生的电势分别为与，因球心处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有

（2）代入数值后可解得球壳外壁的电量为因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量等于球壳外壁的电量，即

（3）2．当球壳半径趋于时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变为，球壳外的电荷、与球壳外壁的电量在壳内产生的合场强仍为零，因球壳内仍无电荷，球壳内仍保持电势值为的等势区，则有

（4）解得球壳外壁的电量因为此时球壳内壁电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即

（5）

在到趋于的过程中，大地流向球壳的电量为

（6）3．当点电荷穿过球壳，刚进入球壳内（导体半径仍为），点电荷在球壳内壁感应出电量－，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷与球壳内壁电荷－在球壳外产生的合电场为零，表明球壳外电场仅由球壳外电荷与球壳外壁的电荷所决定．由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷与球壳外壁的电荷在球壳内产生的合电场为零，表明对电荷与产生的合电场而言，球壳内空间是电势值为的等势区．与在球心处产生的电势等于球壳的电势，即

（7）解得球壳外壁电量

（8）球壳外壁和内壁带的总电量应为

（9）在这过程中，大地流向球壳的电量为

（10）这个结果表明：电荷由球壳外极近处的位置进入壳内，只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳内壁，整个球壳与大地没有电荷交换．

4．当球壳半径趋于时（点电荷仍在球壳外），令表示此时球壳外壁的电量，类似前面第3阶段中的分析，可得

（11）由此得球壳的电量等于球壳内外壁电量的和，即

（12）大地流向球壳的电量为

（13）5．当点电荷穿过球壳，刚进入球壳内时（球壳半径仍为），球壳内壁的感应电荷变为－（＋），由于球壳的静电屏蔽，类似前面的分析可知，球壳外电场仅由球壳外壁的电量决定，即

（14）可得球壳的总电量是

（15）在这个过程中，大地流向球壳的电量是

（16）6．当球壳的半径由增至时，令表示此时球壳外壁的电量，有

（17）可得球壳的总电量为

（18）大地流向球壳的电量为

（19）17.如图，小球a、b质量均为m，b球用长h的细绳（承受最大拉力为2.8mg）悬挂于水平轨道BC（距地高0.5h）的出口C处．a球从距BC高h的A处由静止释放后，沿ABC光滑轨道滑下，在C处与b球正碰并与b粘在一起．试问：（1）a与b球碰前瞬间的速度大小？（2）a、b两球碰后，细绳是否会断裂？（3）若细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？参考答案：解：（1）设a球经C点时速度为vC，则由机械能守恒定律得

解得，即a与b球碰前的速度为（2）设b球碰后的速度为v，由动量守恒定律得

mvC=（m+m）v故小球被细绳悬挂绕O摆动时，若细绳拉力为T，则由牛顿第二定律有

解得T=3mg，则有T＞2.8mg，细绳会断裂，小球做平抛运动．

（3）设平抛的时间为t，则依据平抛运动的规律得

（得故落点距C的水平距离为即小球最终落到地面距C水平距离是．答：（1）a与b球碰前瞬间的速度大小是．（2）a、b两球碰后，细绳会断裂．（3）细绳断裂，小球在DE水平地面上的落点距C的水平距离是．【考点】动量守恒定律；牛顿第二定律；平抛运动；机械能守恒定律．【分析】（1）先根据机械能守恒定律求出a球经C点时速度．（2）a与b碰撞过程，动量守恒，可求出a与b球碰前瞬间的速度大小，根据牛顿第二定律碰后细绳的拉力大小，判断能否断裂．（3）若细绳断裂，小球做平抛运动，运用分解法，由高度和初速度求解水平距离．18.2008年9月25日，我国继“神舟”五号、六号载人飞船后又成功地发射了“神舟”七号载人飞船。如果把“神舟”七号载人飞船绕地球运行看作是同一轨道上的匀速圆周运动，宇航员测得自己绕地心做匀速圆周运动的周期为T、距地面的高度为H，且已知地球半径为R、地球表面重力加速度为g，万有引力恒量为G。你能计算出下面哪些物