陕西省榆林市玉林都峤中学高二物理上学期摸底试题含解析

陕西省榆林市玉林都峤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.如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°。己知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行。此玻璃的折射率为（

）

A．

B．1.5

C．

D．2参考答案：2.如图所示为一只多用电表的原理图，它的正确使用是A.只合上K1可当安培表用

B.只合上K2可当伏特表用C.只合上K2可当欧姆表用D.只合上K3可当伏特表用参考答案：

CD3.把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛。不开电动机让这个筛子自由振动时，完成20次全振动用15s；在某电压下，电动偏心轮的转速是88r/min。已知增大电动偏心轮的电压可以使其转速提高，而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期。为使共振筛的振幅增大，以下做法正确的是（

）A.降低输入电压

B.提高输入电压

C.增加筛子质量

D.减小筛子质量参考答案：AD4.（单选）一个质量为m、带电量为q的粒子，在磁感应强度为B的匀强磁场中作匀速圆周运动．下列说法中正确的是（）A．它所受的洛伦兹力是恒定不变的B．它的动能是恒定不变的C．它的速度大小与磁感应强度B成正比D．它的运动周期与速度的大小无关参考答案：考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，洛伦兹力的大小不变，方向时刻变化；洛伦兹力对粒子做功，不改变粒子的动能．由周期公式可得，周期与速度无关，而与质量及磁感应强度有关．解答：解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力的大小不变，方向始终指向圆心，所以洛伦兹力是变化的，故A错误；B、洛伦兹力对粒子做功，不改变粒子的动能．可知它的动能是恒定不变，故B正确．C、粒子做匀速圆周运动，粒子的速度大小恒定不变，与磁感应强度B无关，故C错误．D、粒子的运动周期为T=，则知粒子的运行周期与速度大小无关，故D正确；故选：BD．点评：本题考查了带电粒子在磁场中的运动，应明确带电粒子受到的洛仑兹力充当向心力，结合圆周运动的性质即可得出需要求的物理量．5.在磁场中有一小段长为L、通有电流I的导线，关于导线所在处的磁感应强度，以下说法中正确的是A．若该导线所受磁场力为零，则该处磁感应强度一定为零B．若该导线所受磁场力不为零，则该处磁感应强度一定为C．若该导线所受磁场力不为零，则磁场力方向即为该处的磁感应强度方向D．若该导线所受的磁场力有最大值，则用来定义该处的磁感应强度参考答案：D二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.如图所示，一个面积为S的正方形线圈abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直。这时穿过线圈的磁通量为___________，当线圈以ab为轴从图中的位置转过60°的瞬间，穿过线圈的磁通量为___________。参考答案：BS

BS7.电磁波具有能量，人们利用电磁波中的某个波段制造了

_来加热食物。参考答案：8.下述为一测定小铁块与轨道间的动摩擦因数的实验。提供的器材有：木质轨道（其倾斜部分倾角较大，水平部分足够长）、小铁块、两枚图钉、一根细线、一个量角器．实验步骤如下：1）将小铁块从倾斜轨道上的某点由静止释放，让小铁块下滑到水平轨道上；（2）用图钉把细线钉在小铁块的起、终点处并拉直；（3）用量角器测量________。（先用文字说明再用字母表示）

那么测得小铁块与木质轨道间的动摩擦因数可表示为μ＝。参考答案：9.在某电池的电路中每通过的电荷量，电池提供的电能是，那么这个电池的电动势的大小是

参考答案：.2V10.为了测量子弹射出枪口的速度，两人用如图所示的装置进行测量，重木板用细线悬于高处，甲同学持枪在距板水平距离100m的地方射击，枪口水平并瞄准木板的中心O，乙同学用剪刀剪断细线后，甲立即开枪，设两人总的反应时间为0.1s（即剪断细线到子弹射出的时间），结果木板上的弹孔在O点正上方的A点，测得OA距离为15cm，则子弹离开枪口的速度为_________m/s。参考答案：1000m/s11.如图所示，磁场的方向垂直于xy平面向里，磁感应强度B沿y方向恒定，沿x方向均匀增加，每经过1cm增加量为1.0×10-4T，有一个长L=20cm，宽h=10cm的矩形单匝线圈，以v=20cm/s的速度沿x方向匀速运动，若线圈电阻R=0.02Ω，则线圈中的感应电流为________A，需加的外力大小为__________N。

参考答案：，ks5u12.将电量为6×10﹣6C的负电荷从电场中A点移到B点，克服电场力做了3×10﹣5J的功，则该电荷在此过程中电势能

了

J；再将该电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，则A、C间的电势差UAC=

．参考答案：增加；3×10﹣5；3V【考点】电势能；电势差．【分析】电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以由做功与电量可求出两点的电势差，同时根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减少．【解答】解：负电荷在电场力作用下发生位移，导致电场力做负功，则电荷的电势能增加．做多少功，电势能就增加多少．因此，电荷在此过程中电势能增加，且增加了3×10﹣5J．电荷从B点移到C点，电场力做了1.2×10﹣5J的功，则由：W=qU

得UBC===﹣2v而负电荷从电场中A点移到B点，两点的电势差UAB===5V所以A、C间的电势差UAC=UAB+UBC=5V﹣2V=3V故答案为：增加；3×10﹣5；3V13.质量为0.2kg的小球竖直向下以12m/s的速度落至水平地面，再以8m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为

kg·m/s。若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到的地面的平均作用力大小为

N（取m/s2）参考答案：三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（解答）如图所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ab边在纸内，由图中位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ，这三个位置都靠得很近，且位置Ⅱ刚好在条形磁铁中心轴线上，在这个过程中穿过线圈的磁通量怎样变化？有无感应电流？参考答案：穿过线圈的磁通量先减少后增加，线圈中有感应电流根据条形磁铁N极附近磁感线的分布情况可知，矩形线圈在位置Ⅰ时，磁感线从线圈的下面斜向上穿过；线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为零；线圈在位置Ⅲ时，磁感线从线圈上面斜向下穿过。所以，线圈从Ⅰ到Ⅱ磁通量减少，从Ⅱ到Ⅲ磁通量增加。穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生15.关于电磁场的理论，下列说法正确的是（

）A．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，变化的磁场周围一定产生变化的电场C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场D．周期性变化的电场周围一定产生周期性变化的磁场参考答案：B四、计算题：本题共3小题，共计47分16.1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm．参考答案：解：（1）设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1qU=mv12qv1B=m解得

同理，粒子第2次经过狭缝后的半径

则．（2）设粒子到出口处被加速了n圈解得

．（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为粒子的动能当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定解得当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定vm=2πfmR解得答：（1）r2：r1=：1（2）t=（3）当fBm≤fm时，EKm=；当fBm≥fm时，EKm=．【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理；动能定理．【分析】（1）狭缝中加速时根据动能定理，可求出加速后的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力，推出半径表达式；（2）假设粒子运动n圈后到达出口，则加速了2n次，整体运用动能定理，再与洛伦兹力提供向心力，粒子运动的固有周期公式联立求解；（3）Bm对应粒子在磁场中运动可提供的最大频率，fm对应加速电场可提供的最大频率，选两者较小者，作为其共同频率，然后求此频率下的最大动能．17.（17分）人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、风能、煤等燃烧的化学能……）转化为电能。为了合理的利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方。但是，用电的地方往往很远。因此，需要高压输送线路把电能输送到远方。如果某发电站将U=6000V的电压直接地加在高压输电线的入端，向远方供电，且输送的电功率为P=800kW。则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE=9600kW·h（1kW·h=1度电）。求：

（1）该输电线路的电阻为多少?

（2）此种情况下，高压线路的输电效率和终端电压。

（3）若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比（n1:n2）是多少的变压器？

（4）若输电效率仍为98%,用户所需电压为220V,则应在用户处安装一个变压比（n3∶n4）是多少的变压器？参考答案：解析：（１）由ΔE=9600kw·h可知ΔP==400kw

ΔU

＝3000v，

（1）

2分由ΔP=得R线＝22.5Ω

（2）

2分（2）P有=P-ΔP=400kw

输电效率n=×100%=50%

（3）

2分终端电压U1＝U-ΔU

（4）

2分则U1＝3000v

（3）损失功率为总功率的2％则P损=P×2%=16KW

（5）

2分则

（6）

2分（4）由P损=

得U损＝600V

（7）

2分则降压变压器原线圈两端电压U3=U-U损＝29400v

（8）

1分则

（9）

2分18.一列