河北省秦皇岛市孟台子中学2022年高二物理模拟试卷含解析

河北省秦皇岛市孟台子中学2022年高二物理模拟试卷含解析 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. 如图所示为A和B两质点的位移﹣时间图象，以下说法中正确的是 （　　） A．当t=0时，A、B两质点的速度均为零 B．在运动过程中，A质点运动得比B快 C．当t=t1时，两质点的位移相等 D．当t=t1时，两质点的速度大小相等 参考答案： B 【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系． 【分析】位移时间图线的斜率等于速度，根据斜率分析两质点运动的情况，判断速度的快慢；从初末位置的关系上可分析两质点在t=t1过程中位移关系． 【解答】解：A、位移时间图线的斜率等于速度，A、B图象的斜率都不为零，所以t=0时，速度都不为零，故A错误． BD、从图象可知，A图象的斜率大，说明A的速度大，运动快，t=t1时，A的速度大，故B正确，D错误． C、在t=t1时，两质点的图线相交，说明两质点到达了同一位置相遇，但在t=0时刻两质点的位置不同，所以t=t1时，两质点的位移不等，故C错误． 故选：B 2. 我国广东大亚湾核电站是我国首座大型商用核电站，年发电量近150亿千瓦时。核电站是利用核裂变化产生的核能来发电的。下列四个核反应方程属于核裂变反应的是                                                                                                                                        A．                        B．        C．                   D．   参考答案： （ B   ） 3. （多选）如图所示，A、B为两个等量正点电荷，O为A、B连线的中点。以O为坐标原点、垂直AB向右为正方向建立Ox轴。在x轴上各点的电势(取无穷远处电势为零)和电场强度E的大小随坐标x的变化关系，下列说法正确的是 A．电势随坐标x的变大而降低 B．电势随坐标x的变大而先升高后降低 C．电场强度E的大小随坐标x的变大而减小 D．电场强度E的大小随坐标x的变大而先增大后减小 参考答案： AB （单选）4. 某物体受到一个-6 N?s的冲量作用，则（    ） A.物体的动量一定减小 B.物体的末动量一定是负值 C.物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反 D.物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反 参考答案： C 5. 电磁波在真空中的传播速度（　　） A．等于3.00×108m/s B．大于3.00×108m/s C．小于3.00×108m/s D．以上三种都有可能 参考答案： A 【考点】电磁波的发射、传播和接收． 【分析】电磁波在真空中的传播速度是一定的，和光速相同，即c=3×108m/s，电磁波看不见也摸不着，但它有非常重要的作用． 【解答】解：因为电磁波在真空中的传播速度等于光在真空中的传播速度，是3×108m/s； 故选：A． 二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分 6. （4分）走廊里有一盏灯，在走廊两端各有一个开关，我们希望不论哪一个开关接通都能使灯点亮，那么设计的电路为                参考答案：  或门电路   7. 一个电流表的满刻度电流值Ig= 0．6A，刻度板如图所示，那么它每一小格所相应的电流是______mA，指针现在的电流示数是______A。如果这个量程为0.6A的电流表内阻Rg=60Ω，要把这个电流表的量程扩大为 3A，那么应该在Rg上并联一个电阻R，R的阻值大小应是______Ω。   参考答案： 20 ，0.34 ，15 8. 质点沿x轴正方向运动，在时刻它的位置坐标为，时刻它的位置坐标为，则在这段时间内质点的位置变化Δx=     m，平均速度v=        m/s。 参考答案： -10   -2.5 9. （4分）石块落入湖面，激起水波使浮在湖面上的小木块在6S里完成了3次全振动。当小木块刚开始第6次振动时，跟木片相距12m的树叶恰好开始振动。由此可知水波的波长为            m，波速大小为          m/s。 参考答案： 2.4；1.2 10. 右图中展示了研究平行板电容器电容的实验，电容器充电后与电源断开。与电容器相连的静电计用来测量电容器的     。在常见的电介质中，由于空气的介电常数是最小的，当插入其它的电介质板时，电容器的电容将        （填“增大”、“减小”或“不变”），于是我们发现，静电计指针偏角        （填“增大”、“减小”或“不变”）。 参考答案： 电势差     增大     减小 11.     在场强为E的匀强电场中，固定一个电量为Q的点电荷。以Q为圆心画一个圆，A、B为过圆心并平行于电场线的两个端点。C、D为过圆心并垂直电场线的直径的两个端点，如图所示。已知A点的电场强度为零，则B点的电场强度的大小为           ；C点的电场强度大小为             。 参考答案： 2E（2分）， 12. 如图，质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时细线与竖直方向成30°角，已知电场方向恰使小球受的电场力最小，则小球所带电量为________． 参考答案： 13. 电量为2×10-6C的点电荷放入电场中A点，受到作用力为4×10-4N，则A点电场强度大小为         ，若把另一电荷放在该点受到力为2×10-4N，则这个电荷的电量为         ． 参考答案： 200N/C ，    三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分 14. 用图所示的实验器材探究感应电流产生的条件.①在图甲中以笔画线代替导线完成未连接的部分电路.②当闭合开关时，发现电流计指针向右偏，保持开关闭合，将滑动变阻器的滑片向右滑动时，指针将向     偏（选填“右”或“左”）. 参考答案： （1） 见右图     （2）向右 解析：（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路， 检流计与副线圈组成另一个闭合电路；电路图如图所示； （2）闭合开关，磁通量变大，电表向右偏转，滑片P向右移动，滑动变阻器的电阻变小，电流变大，则磁通量变大，所以滑片仍然向右偏转， 15. 用双缝干涉测光的波长。实验装置如图（甲）所示，已知双缝与屏的距离L，双缝间距d。用测量头来测量亮纹中心的距离。测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮纹的中心（如图（乙）所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的读数。     （1）分划板的中心刻线分别对准第l条和第6条亮纹的中心时，手轮上的读数如图14—4（丙）所示，则对准第1条时读数        mm、对准第6条时读数       mm。     （2）写出计算波长的表达式，         （用、、、表示，不用计算）。     （3）在屏上观察到了干涉条纹. 如果将双缝的间距变小，则屏上的干涉条纹的间距将变           ；（选大或小） 参考答案： 四、计算题：本题共3小题，共计47分 16. 一定质量的理想气体，状态从的变化过程可用如图所示的图线描述，其中D→A为等温线，气体在状态A时温度为TA=300K，试求： (1)气体在状态C时的温度， (2)气体在AB过程中气体对外做的功 参考答案： （1）375K  （2）600J 【详解】（1）D→A为等温线，则：TA=TD=300K， C到D过程由盖吕萨克定律得： 代入数据解得：TC=375K （2）A到B过程压强不变，气体的体积增大，对外做功， 得：W=P△V=2×105×3×10-3=600J。 17. （12分）质子、中子和氘核的质量分别为ｍ１、ｍ２、ｍ３，质子和中子结合成氘核时，发出γ射线，已知普朗克恒量为ｈ，真空中光速为ｃ，求γ射线的频率。 参考答案： 核反应中释放的能量ΔＥ＝Δｍｃ２以释放光子的形式释放出来，由于光子的能量为hυ，依能量守恒定律可知：hυ=Δｍｃ２，据此便可求出光子的频率。 质子和中子结合成氘核：Ｈ+ｎ Ｈ+γ这个核反应的质量亏损为：  Δｍ＝ｍ１＋ｍ２－ｍ３ 根据爱因斯坦质能方程  ΔＥ＝Δｍｃ２ 此核反应放出的能量   ΔＥ＝（ｍ１＋ｍ２－ｍ）c2 以γ射线形式放出，由Ｅ＝hυ υ= 18. 如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d=0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计．有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1Ω，R2=0.2Ω．现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求： （1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0； （2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1； （3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W． 参考答案： 解：（1）ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I， 根据导体棒切割磁场有：E=Bdv0 ① 闭合电路欧姆定律：I=② 牛顿第二定律：F安=m2a0 ③ 安培力公式：F安=BId ④ 联立①②③④式代入题给数据得：a0===30m/s2 （2）设cd棒刚进入圆形轨道时的速度为v2，ab开始运动至cd即将进入圆弧轨道的过程， 对ab和cd组成的系统运用动量守恒定律得：m1v0=m1v1+m2v2 ⑤ ab棒进入圆轨道至最高点的过程，对cd棒运用动能定理得：﹣m2g?2r=﹣⑥ 在半圆轨道的P点对cd棒运用牛顿第二定律可得：m2g=m2⑦ ⑤⑥⑦式子联立得：v1===7.5m/s ⑧ （3）cd棒进入半圆轨道前对ab棒运用动能定理可得：W=﹣⑨ ⑧⑨联立代入题给数据得：W==4.375J 答：（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度为30m/s2； （2）cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小为7.5m/s； （3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功为4.375J． 【考点】动量守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化． 【分析】（1）利用法拉第电磁感应定律求解cd棒切割磁场产生的感应电动势，根据闭合电路定律求出流过ab棒的电流，进而求出ab棒所受安培力，再用牛顿第二定律即可求出ab棒的加速度； （2）把ab棒和cd棒建立系统，运用动量守恒定律；对cd棒进入竖直半圆轨道运动的过程运用动能定理，最高点重力恰好提供cd棒做圆周运动的向心力，运用牛顿第二定律，联立即可求解cd棒进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1； （3）对ab棒运用动能定理即可．