安徽省合肥市无为开城中学高二物理测试题含解析

安徽省合肥市无为开城中学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）某空间存在方向垂直于纸面向里的矩形匀强磁场abcd，ad =L，ab =2L．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从ad边的中点O垂直于ad边入射．粒子均带正电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子（不计粒子重力）．下列说法正确的是   A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同   B．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间可能相同   C．从a点射出的粒子与从b点射出的粒子的运动半径之比为1:17   D．从a点射出的粒子与从b点射出的粒子的运动半径之比为2:17 参考答案： BC 2. 如图所示，一根放在水平面内的光滑玻璃管绝缘性能极好，内部有两个带有同种电荷完全相同的小球A和B，两个小球从图示位置由静止释放，一段时间后A球的加速度为a1 ，B球的加速度为a2，则此时两个球加速度之比(　   　)   A．一定变大                                    B．一定不变 C．一定变小                                           D．都有可能 参考答案： 3. （单选）在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时 A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 参考答案： B 4. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是(　 　) A．副线圈输出电压的频率为50Hz B．副线圈输出电压的有效值为31V C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小 D．P向右移动时，变压器的输出功率增加 参考答案： AD 5. （单选）一个做匀加速直线运动的物体，在运动过程中，若所受的一切外力都突然消失，则由牛顿运动定律可知，该物体将(   ) A．立即静止                       B．改做匀速直线运动 C．继续做匀加速直线运动　　　　　 D．改做变加速直线运动 参考答案： B 二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分 6. 通电导体所受的安培力，实际上是运动电荷受的             宏观表现。 参考答案： 洛伦兹力 7. 某气体在、两种不同温度下的分子速率分布图象如图所示，纵坐标表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比，横坐标表示分子的速率．可见，  ▲  （选填“＞”或“＜”），温度升高，分子的平均速率  ▲  增大 （选填“增大”或  “减小”）． 参考答案： ＜ 、 增大    　 8. （4分）一金属导体的两端电压为4.5V时，通过导体的电流为0.3A，当导体两端的电压为6.0V时，通过导体的电流为__________A；当导体两端的电压为零时，导体的电阻为__________Ω。 参考答案： 0.4，15 9. 汽车发动机的额定功率为80kw，它在平直公路上行驶的最大速度可达20m/s。那么汽车在以最大速度匀速行驶时所受的阻力是            N，如果汽车在行驶过程中所受阻力不变，当汽车以10m/s匀速行驶时的实际功率为       。 参考答案： 4000N；40kw 10. 一回旋加速器D形盒的半径为R，两D形盒间所加电压为U，用来加速质量为m，电量为q的质子，使质子由静止加速到从D形盒边沿出口射出时的能量为E，则加速器中匀强磁场的磁感应强度B为__________，加速到能量为E时所需的回旋周数为__________。 参考答案： ； 11. 右图为“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验装置图。 （1）图中，实验器材A是。 （2）一同学在两次实验中测得不同的（、）数据，发现和的乘积明显不同。若此同学的实验操作均正确，则造成此结果的可能原因是：；。 （3）为了保持注射器内气体的温度不变，实验中采取的主要措施有：避免用手握住注射器封闭有气体的部分；。 （4）大气压强为，注射器内气体的初始体积为。实验过程中，注射器内气体体积在至的范围内变化，注射器内部与外界压强差的最大值为。 参考答案： 12. 图1—4—4中a、b和c表示点电荷的电场中的三个等势面．它们的电势分别为U、和．一带电粒子从等势面a上某处由静止释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则它经过等势面c时的速率为________． 参考答案： 13. 如图，在光滑水平面上固定三个等质量的带电小球（均可视为质点），A、B、C三球排成一直线。若释放A球（另两球仍固定）的瞬时，A球的加速度大小为1m/s2，方向向左；若释放C球（另两球仍固定）的瞬时，C球的加速度大小为2m/s2，方向向右；则释放B的瞬时，B球的加速度大小为______m/s2，方向______   参考答案： 1      向左 三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分 14. 有两颗绕地球运行的人造地球卫星，它们的质量之比是m1∶m2=1:2，它们运行线速度的大小之比是v1∶v2=1∶2，那么下列说法错误的是：（    ）     A.它们运行的周期之比是T1∶T2=8∶1     B.它们的轨道半径之比是r1∶r2=4∶1     C.它们的向心力大小之比是F1∶F2=1∶32     D.它们的向心加速度大小之比是a1∶a2=16∶1 参考答案： D 15. 用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下： ①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB； ②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平； ③先不在斜槽的末端放小球B，让小球A从斜槽上位置P由静止开始释放，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）； ④将小球B放在斜槽的末端，让小球A仍从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）； ⑤测出所需要的物理量． 请回答： （1）实验①中A、B的两球质量应满足　    （2）在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有　    　；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”） （3）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：　         ． 参考答案： （1）mA＞mB （2）x0、xA、xB （3）mAx0=mAxA+mBxB； 【考点】验证动量守恒定律． 【分析】（1）明确实验原理，知道两小球只能向右平抛出去才能进行验证，故入射球不能反弹； （2）根据碰撞时的动量守恒定律表达式，结合平抛规律推导出平均动量守恒的表达式，从而将难以测量的速度转化为容易测量的落地水平位移． 【解答】解：（1）为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA＞mB； （2）碰撞时应有mAv0=mAvA+mBvB 由平抛规律有x=vt，小球从相同高度落下，故时间相等，上式中两边同乘以t，则有：mAx0=mAxA+mBxB，所以需要在照片中直接测量的物理量有，x0、xA、xB （3）由（2）的分析可知，应验证的表达式为： mAx0=mAxA+mBxB 故答案为：（1）mA＞mB （2）x0、xA、xB （3）mAx0=mAxA+mBxB； 四、计算题：本题共3小题，共计47分 16. 如图13所示，m1为半径R=0.5m的竖直半圆槽的物体，另一物体m2与m1紧靠在一起共同置于光滑水平面上。一质量为m3=0.5kg的小球从光滑半圆槽的最高点无初速下滑，若两物体质量m1=m2=1kg，取g=10m/s2。求： (1)m3沿半径圆槽下滑到最低点时m3和m1的速度。 (2)m3沿半径圆槽下滑到最低点后继续上升的最大高度。 参考答案： （1）对系统，在m3下滑过程系统机械能守恒       ………………①      系统水平动量守恒： 0=m3V3-(m1+m2)V1…………② k+s-5#u                （2）当m3升至最高点时，m1和m3必具有共同速度 对系统全过程由机械能守恒，…………③[来源:Z,xx,k.Com] 17. （16分）如图所示，一束电子从x轴上的A点以平行于y轴的方向射入第一象限区域，射入的速度为v0，电子质量为m，电荷量为e ．为了使电子束通过y轴上的B点，可在第一象限的某区域加一个沿x轴正方向的匀强电场，此电场的电场强度为E，电场区域沿x轴方向为无限长，沿y轴方向的宽度为s，且已知OA=L，OB=2s，求该电场的下边界与B点的距离． 参考答案： 解：若电子在离开电场前到达B点k*s5*u                ………1分         ………2分         ………2分          若电子在离开电场后到达B点，             1分          ………2分    ………2分   ………2分     ………2分    ………2分     18. 如图所示，正方形导线框abcd的质量为m、边长为，导线框的总电阻为R。导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内，cd边保持水平。磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，磁场上、下两个界面水平距离为。已知cd边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动。重力加速度为g。 （1）求cd边刚进入磁场时导线框的速度大小。 （2）请证明：导线框的cd边在磁场中运动的任意瞬间，导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率。 （3）求从导线框cd边刚进入磁场到ab边刚离开磁场的过程中，导线框克服安培力所做的功。 参考答案： 解（1）设线框cd边刚进入磁场时的速度为v， 则在cd边进入磁场过程时产生的感应电动势为E=Blv， 根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为I= 导线框受到的安培力为F安=BIl= 因cd刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F安=mg， 以上各式联立，得：    （2）导线框cd边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P安=F安v 代入整理得：P安=    导线框消耗的电功率为：P电=I2R= 因此有P安＝P电    （3）导线框ab边刚进入磁场时，cd边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动。导线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变。 设导线框克服安培力做功为W安，根据动能定理有2mgl－W安＝0解得W安＝2mgl。