广东省云浮市普宁兴文中学高二物理上学期摸底试题含解析

广东省云浮市普宁兴文中学高二物理上学期摸底试题含解析一、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.（单选）作用在一个物体上的两个力，大小分别是30N和40N，如果它们的夹角是90°，则这两个力的合力大小是（

）A．10N

B．35N

C．50N

D．70N参考答案：C2.如图所示，同轴的两个平行导线圈M、N，M中通有图象所示的交变电流，则（

）A．在t1到t2时间内导线圈M、N互相排斥

B．在t2到t3时间内导线圈M、N互相吸引C．在t1时刻M、N间相互作用的磁场力为零

D．在t2时刻M、N间相互作用的磁场力最大参考答案：C3.关于一定量的气体，下列说法正确的是（

）A.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B.只要气体温度降低，就能减弱气体分子热运动剧烈程度C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D.气体从外界吸收热量，其内能一定增加参考答案：AB【详解】A、因为气体分子之间有很大的空隙，气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和，故A正确；B、温度是分子平均动能标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低。故B正确；C、在完全失重的情况下，气体分子运动不停止，对容器壁的压强不为零，C错误；D、根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以气体从外界吸收热量，如果同时对外界做功，其内能不一定增加，故D错误。4.（多选）如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1：n2=n4：n3．当用户用电器的总电阻减少时（）A．U1：U2=U4：U3B．用户的电压U4增加C．输电线上损失功率增大D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率参考答案：解：A、根据，，以及n1：n2=n4：n3，知U1：U2=U4：U3．故A正确．B、用户用电器总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据知，输电线上损耗的功率增大，根据△U=IR知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，则降压变压器的输入电压变小，用户的电压U4减小．故C正确，B错误．D、用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差．故D错误．故选：AC．5.(单选)关于自由落体运动（g=10m/s2），下列说法中不正确的是（

）A．它是竖直向下，v0=0，a=g的匀加速直线运动；B．在开始连续的三个1s内通过的位移之比是1∶3∶5；C．在开始连续的三个1s末的速度大小之比是1∶2∶3；D．从开始运动到距下落点5m、10m、15m所经历的时间之比为1∶2∶3。参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.（2分）如图所示，质量为m，带电量为q的微粒，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，微粒通过电场中B点时的速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为

。参考答案：2mv02/q

7.如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用t1时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电量为q1；第二次用t2时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，若t2＞t1,则W1

W2，q1

q2.（填“＞”、“＝”或“＜”)

参考答案：＞，＝(每空2分)

8.我国科技人员用升温析晶法制出了超大尺寸单晶钙钛矿晶体，尺寸超过71mm，这是世界上首次报导尺寸超过0.5英寸的钙钛矿单晶．假设该单晶体的体积为V，密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏伽德罗常数NA，则该晶体所含有的分子数为_________，分子直径为_______________．（球的体积，D为球的直径）参考答案：

(1).

(2).【详解】该单晶体的质量m=ρV，则分子数为：，单个分子体积：，解得：。9.

如图是一电热水壶的铭牌，由铭牌可知，该电热水壶在额定电压下工作时，所使用的交流电压的最大值为

V，交流电的周期为

s，

电器名称：电热水壶

型

号：WK—9016B

额定电压：220V

工作频率：50Hz

额定功率：2200W参考答案：10.

预言了电磁波的存在，

用实验证明了电磁波的存在。

当电磁波的频率变大时，它的波长将

___（选填“变长”、“变短”或“不变”）参考答案：麦克斯韦

赫兹

变短

11.如图所示是某同学做《探究合力跟分力的关系》实验时作出的图，其中A为固定橡皮条的固定点，O为橡皮条与细绳的结合点，图中______________是F1、F2合力的理论值，________________是合力的实验值，需要进行比较的是__

___和________________，通过本实验，可以得出结论：

参考答案：F

F’

F和F’的大小

方向

在误差允许的范围内,合力和分力的关系满足平行四边形法则12.把一个矩形线圈从矩形的匀强磁场中匀速拉出(如图)，第一次拉出的速度为v，第二次拉出的速度为2v，则两种情况下拉力的大小之比F1：F2＝____，拉力的功率之比P1：P2＝_____，线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2＝_____.参考答案：1:2

、

1:4

、

1:213.用同一束单色光，在同一条件下，分别照射锌片和银片，都能产生光电效应，对于这两个过程，下列所列四个物理量中一定相同的是：

；可能相同的是：

。（只选填各物理量的序号）A、入射光子的能量

B、逸出功

C、光电子的动能

D、光电子的最大初动能

参考答案：三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（10分）为了“探究碰撞中的不变量”，小明在光滑桌面上放有A、B两个小球．A球的质量为0.3kg，以速度8m/s跟质量为0.1kg、静止在桌面上的B球发生碰撞，并测得碰撞后B球的速度为9m/s，A球的速度变为5m/s，方向与原来相同．根据这些实验数据，小明对这次碰撞的规律做了如下几种猜想．【猜想1】碰撞后B球获得了速度，A球把速度传递给了B球．【猜想2】碰撞后B球获得了动能，A球把减少的动能全部传递给了B球．(1)你认为以上的猜想成立吗？若不成立，请简述理由.(2)根据实验数据，通过计算说明，有一个什么物理量，在这次碰撞中，B球所增加的这个物理量与A球所减少的这个物理量相等？参考答案：（1）猜想1、2均不成立.因为A球的速度只减少了3m/s,B球的速度却增加了8m/s,所以猜想1是错的。（2分）A球的动能减少了,B球动能增加了,所以猜想2也是错的；（2分）（2）计算：B球动量的增加量ΔpB=0.1×9=0.9kg·m/s，（2分）A球动量的减少量ΔpA=0.3×8－0.3×5=0.9kg·m/s，（2分）从计算结果可得，B球动量的增加量与A球动量的减少量相等．即系统的总动量保持不变．（2分）15.（5分）某电流表的量程为10mA，当某电阻两端的电压为8V时，通过的电流为2mA，如果给这个电阻两端加上36V的电压，能否用这个电流表来测量通过该电阻的电流？并说明原因。参考答案：R==4000Ω；=9mA<10mA

所以能用这个电流表来测量通过该电阻的电流。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L＝1m，质量m=1kg的光滑导体棒放在导轨上，导轨左端与阻值R=4Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B＝2T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2s测量一次导体棒的速度，乙图是根据所测数据描绘出导体棒的v－t图象。（设导轨足够长）求：(1)力F的大小。(2)

t=1.2s时，导体棒的加速度。(3)估算1.6s内电阻上产生的热量。参考答案：（1）由图像可知，导体棒运动的速度达到10m/s时开始做匀速运动，此时安培力和拉力F大小相等。导体棒匀速运动的速度V1=10m/s。匀速运动后导体棒上的电动势：E＝BLV1……(1分)导体棒受的安培力：F1＝BIL＝＝N＝10N……………(2分)则：F＝F1＝10N…………………(1分)（2）由图像可知，时间t=1.2s时导体棒的速度V2＝7m/s。…(1分)此时导体棒上的电动势：E＝BLV2……………(1分)导体棒受的安培力：F2＝BIL＝＝N＝7N………………(2分)由牛顿定律得：a=＝m/s2=3m/s2……(2分)（3）由图像知，到1.6s处，图线下方小方格的个数为40个，每个小方格代表的位移为△X＝1×0.2m=0.2m，所以1.6s内导体棒的位移X＝0.2×40m＝8m

…………(2分)拉力F做功W＝FX＝10×8J＝80J………………(1分)由图像知此时导体棒的速度V2＝8m/s。导体棒动能EK＝mV2＝×1×82J＝32J……(2分)根据能量守恒定律，产生的热量Q＝W－EK＝48J…17.水平面内固定一U形光滑金属导轨，轨道宽d=2m，导轨的左端接有R=0.3Ω的电阻，导轨上放一阻值为R0=0.1Ω，m=0.1kg的导体棒ab，其余电阻不计，导体棒ab用水平轻线通过定滑轮连接处于水平地面上质量M=0.3kg的重物，空间有竖直向上的匀强磁场，如图所示．已知t=0时，R=1T，l=1m，此时重物上方的连线刚刚被拉直。从t=0开始，磁场以=0.1T／s均匀增加，取g=10m／s2。求：（1）经过多长时间t物体才被拉离地面。（2）在此时间t内电阻R上产生的电热Q。参考答案：20s，1.5J18.如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。初