湖南省益陽市洲市中學2022-2023學年高二物理摸底試卷含解析

湖南省益陽市洲市中學2022-2023學年高二物理摸底試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（單選）物體做曲線運動的條件是(

)A．只有受到一個方向不斷改變的力，物體才可能做曲線運動B．物體所受合外力一定豎直向下C．物體初速度方向一定不在豎直方向D．物體速度方向與所受合外力方向不在一條直線上參考答案：D2.（單選）電阻R、電容器C與一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝下，如圖所示，現(xiàn)使磁鐵開始下落，在N極接近線圈上端的過程中，流過R的電流方向和電容器極板的帶電情況是(

)A.從a到b，上極板帶正電

B.從a到b，下極板帶正電C.從b到a，上極板帶正電

D.從b到a，下極板帶正電參考答案：D3.用圖所示的電路測量待測電阻RX的阻值時，下列關于由電表產(chǎn)生誤差的說法中，正確的是（

）A、由于電壓表的分流作用，使電阻的測量值小于真實值B、由于電流表的分壓作用，使電阻的測量值小于真實值C、電壓表的內(nèi)電阻越大，測量越精確D、電流表的內(nèi)電阻越大，測量越精確參考答案：AC4.（供選學3﹣5模塊的考生做）x質(zhì)量為m的均勻木塊靜止在光滑水平面上，木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相同步槍和子彈的射擊手．首先左側(cè)射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側(cè)射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2，如圖所示，設子彈均未射穿木塊，且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同．當兩顆子彈均相對于木塊靜止時，下列判斷正確的是（）A．木塊靜止，d1=d2 B．木塊向右運動，d1＜d2C．木塊靜止，d1＜d2 D．木塊向左運動，d1=d2參考答案：C【考點】動量定理．【分析】完全相同步槍和子彈，說明子彈的初速度相同，把三者看成一個整體，動量守恒，所以最終木塊靜止，再隔離子彈和木塊，根據(jù)動量守恒及動能定理即可求解．【解答】解：設子彈速度為v，質(zhì)量為M已知木塊質(zhì)量為m由動量定理可得第一顆子彈射入木塊后，木塊與子彈共同速度為v1，則有

Mv=（M+m）v1木塊與子彈組成的系統(tǒng)損失的動能為△Ek=Mv2﹣（M+m）v12設子彈與木塊之間作用力恒定為F則有

Fd1=△Ek=Mv2﹣（M+m）v12①第二顆子彈射入木塊后，由動量守恒定律可得

Mv﹣Mv=（2M+m）v′，得v′=0，即當兩顆子彈均相對于木塊靜止時，木塊的速度為零，即靜止再對兩顆子彈和木塊系統(tǒng)為研究，由能量守恒定律得

Fd2=（M+m）+Mv2②由①②對比得，d1＜d2故ABD錯誤，C正確；故選：C5.（多選）單匝矩形線圈在勻強磁場中勻速運動，轉(zhuǎn)軸垂直于磁場，若線圈所圍面積里磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖所示，則O～D過程中()A．線圈中O時刻感應電動勢最大B．線圈中D時刻感應電動勢為零C．線圈中D時刻感應電動勢最大D．線圈中O至D時間內(nèi)平均感應電動勢為0.4V參考答案：ABD二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.(如圖，粗糙水平面上，兩物體A、B以輕繩相連，在恒力F作用下做勻速運動。某時刻輕繩斷開，在F牽引下繼續(xù)前進，B最后靜止。則在B靜止前，A和B組成的系統(tǒng)動量_________（選填“守恒”或“不守恒”）。在B靜止后，A和B組成的系統(tǒng)動量______________。（選填“守恒”或“不守恒“）參考答案：守恒；不守恒輕繩斷開前，A、B做勻速運動，系統(tǒng)受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即，所以系統(tǒng)動量守恒；當輕繩斷開B靜止之前，A、B系統(tǒng)的受力情況不變，即，所以系統(tǒng)的動量依然守恒；當B靜止后，系統(tǒng)的受力情況發(fā)生改變，即，系統(tǒng)合外力不等于零，系統(tǒng)動量不守恒?！究键c定位】動量守恒條件【方法技巧】先通過勻速運動分析A、B整體的合外力，再分析輕繩斷開后A、B整體的合外力，只要合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，反之不守恒。7.如圖所示，粗細均勻的細U形管豎直放置，左右兩側(cè)管中各有一段水銀柱長度如下圖所示，水平管中封閉10cm長的空氣，設大氣壓強為76cmHg，環(huán)境溫度為，此時管中氣體的壓強等于_________cmHg，溫度升到______，左側(cè)水銀柱剛好全部進入豎直管．參考答案：

(1).80

(2).294【詳解】第一空.加熱前封閉氣體壓強為：P1=P0+4cmHg=80cmHg。第二空.初態(tài)：體積為：V1=10S，溫度為：T1=27+273K=300K，P1=80cmHg；末態(tài)：P2=P0+8cmHg=84cmHg、體積為：V2=（10+4+4）S=18S；由理想氣體狀態(tài)方程得：代入數(shù)據(jù)解得：T2=567K，即：。8.恒星向外輻射的能量來自于其內(nèi)部發(fā)生的各種熱核反應，當溫度達到108K時，可以發(fā)生“氦燃燒”．①完成“氦燃燒”的核反應方程：．②是一種不穩(wěn)定的粒子，其半衰期為2.6×10﹣16s．一定質(zhì)量的，經(jīng)7.8×10﹣16s后所剩占開始時的．參考答案：解：①根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，知未知粒子的電荷數(shù)為2，質(zhì)量數(shù)為4，為．②經(jīng)7.8×10﹣16s，知經(jīng)歷了3個半衰期，所剩占開始時的=．故答案為：或α，或12.5%9.一塊多用電表的電阻擋有三個倍率，分別是×10、×100、×1000。用×100擋測量某電阻時，操作步驟正確，發(fā)現(xiàn)表頭指針偏轉(zhuǎn)角度很大，如圖中虛線位置。為了較準確地進行測量，應換到 擋，換擋后需要先進行

的操作，再進行測量。若正確操作后過行測量時表盤的示數(shù)如圖，則該電阻的阻值是 。電流表讀數(shù)（量程50mA） mA.②參考答案：×10，歐姆擋電阻調(diào)零，180

22.010.將一帶電量為2×10-8Ｃ的檢驗電荷放入點電荷Ｑ的電場中的ｐ點時，受到的電場力為2×10-2Ｎ，則ｐ點的電場強度為N/C，如果移走檢驗電荷，則ｐ點的電場強度為N/C。參考答案：根據(jù)場強公式：N/C;場強是電場本身的固有屬性，由場源自身決定，與有無試探電荷無關，所以移走檢驗電荷，場強大小也不會變。11.一閉合線圈有50匝，總電阻R＝2.0Ω，穿過它的磁通量在0.1s內(nèi)由8×10－3Wb增加到1.2×10－2Wb，則線圈中的感應電動勢E＝

，線圈中的電流強度I＝

。參考答案：12.已知一個電流表的內(nèi)阻為Rg=1k，Ig=100μA，若要改裝成量程為3V的伏特表，需__________（填“串”或“并”）聯(lián)一個阻值為__________的電阻，若改裝成量程為1A的安培表，需__________（填“串”或“并”）聯(lián)一個阻值約為__________的電阻．參考答案：13.圖（1）是利用砂擺演示簡諧運動圖象的裝置。當盛砂的漏斗下面的薄木板被水平勻速拉出時，做簡諧運動的漏斗漏出的砂在板上形成的曲線顯示出砂擺的振動位移隨時間變化的關系。第一次以速度v1勻速拉動木板，圖（2）給出了砂擺振動的圖線；第二次僅使砂擺的振幅減半，再以速度v2勻速拉動木板，圖（3）給出了砂擺振動的圖線。由此可知，砂擺兩次振動的周期T1和T2以及拉動木板的速度v1和v2的關系是A．T1∶T2=2∶1

B．T1∶T2=1∶2

C．v1∶v2=1∶2

D．v1∶v2=2∶1參考答案：D三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（5分）電磁波是一個大家族，請說出這個家族中的幾個成員（至少說出3個）參考答案：紅外線、紫外線、X射線等。15.(10分)“玻意耳定律”告訴我們：一定質(zhì)量的氣體．如果保持溫度不變，體積減小，壓強增大；“查理定律”指出：一定質(zhì)量的氣體，如果保持體積不變，溫度升高．壓強增大；請你用分子運動論的觀點分別解釋上述兩種現(xiàn)象，并說明兩種增大壓強的方式有何不同。參考答案：一定質(zhì)量的氣體．如果溫度保持不變，分子平均動能不變，每次分子與容器碰撞時平均作用力不變，而體積減小，單位體積內(nèi)分子數(shù)增大，相同時間內(nèi)撞擊到容器壁的分子數(shù)增加，因此壓強增大，（4分）一定質(zhì)量的氣體，若體積保持不變，單位體積內(nèi)分子數(shù)不變，溫度升高，分子熱運動加劇，對容器壁碰撞更頻繁，每次碰撞平均作用力也增大，所以壓強增大。（4分）第一次只改變了單位時間內(nèi)單位面積器壁上碰撞的分子數(shù)；而第二種情況下改變了影響壓強的兩個因素：單位時間內(nèi)單位面積上碰撞的次數(shù)和每次碰撞的平均作用力。（2分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，在同一條豎直線上，有電荷量均為Q的A、B兩個正點電荷，GH是它們連線的垂直平分線。另有一個帶電小球C，質(zhì)量為m、電荷量為＋q（可視為點電荷），被長為L的絕緣輕細線懸掛于O點，現(xiàn)在把小球C拉起到M點，使細線水平且與A、B處于同一豎直面內(nèi)，由靜止開始釋放，小球C向下運動到GH線上的N點時剛好速度為零，此時細線與豎直方向的夾角θ=30o。重力加速度為g，試求：（1）在A、B所形成的電場中，M、N兩點間的電勢差，并指出M、N哪一點的電勢高。（2）若N點與A、B兩個點電荷所在位置正好形成一個邊長為a的正三角形，則小球運動到N點瞬間，輕細線對小球的拉力FT（靜電力常量為k）。參考答案：（1）帶電小球C在A、B形成的電場中從M點運動到N點的過程中，重力和電場力做功，但合力功為零，則 qUMN＋mglcosθ=0

所以

UMN=

即M、N兩點間的電勢差大小

（3分）且N點的電勢高于M點的電勢

（2分） （2）在N點，小球C受到重力mg、細線的拉力FT以及A和B分別對它的斥力FA和FB四個力的作用如圖所示，且沿細線方向的合力為零（向心力為零）。則 （2分）又

（1分）得

（2分）17.如圖所示，有一內(nèi)表面光滑的金屬盒，底面長為L=1.5m，質(zhì)量為m1=1kg，放在水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，在盒內(nèi)最右端放可看做質(zhì)點的光滑金屬球（半徑忽略），質(zhì)量為m2=1kg，現(xiàn)在盒的左端給盒施加一個水平?jīng)_量I=4N?s，（盒壁厚度，球與盒發(fā)生碰撞的時間和機械能損失均忽略不計）．g取10m/s2求：（1）金屬盒能在地面上運動多遠？（2）金屬盒從開始運動到最后靜止所經(jīng)歷的時間多長？參考答案：解：（1）由于沖量作用，m1獲得的速度為：v===4m/s金屬盒所受的摩擦力為：F=μ（m1+m2）g=0.2×（1+2）×10N=4N，由于金屬盒與金屬球之間的碰撞沒有能量損失，且金屬盒和金屬球的最終速度都為0，以金屬盒和金屬球為研究對象，由動能定理得：﹣Fs=0﹣解得：s=2m（2）當盒前進s1=1.5m時與球發(fā)生碰撞，設碰前盒的速度為v1，碰后速度為v1′，球碰后速度為v2，則對盒，應用動能定理：﹣Fs1=﹣，解得：v1=2m/s由于碰撞中動量守恒、機械能守恒，取向右為正方向，則有：m1v1=m1v1′+m2v2，m1v12=m1v1′2+m2v22聯(lián)立以上方程得：v1′=0，v2=2m/s當球前進1.5m時與盒發(fā)生第二次碰撞，碰撞前球的速度為2m/s，盒子的速度為0，碰撞后球的速度為0，盒子的速度變?yōu)関2=2m/s，以金屬盒為研究對象，利用動能定理得：﹣Fs2=0﹣+m1v22，解得：s2=0.5m所以不會再與球碰，設盒子前進s1=1.5m所用時間為t1，前進s2=0.5m所用時間為t2，對盒子，運用動量定理得：﹣Ft1=m1v1﹣m1v，﹣Ft2=0﹣m1v2，且v1=v2=2m/s代入數(shù)據(jù)得：t1=0.5s，t2=0.5s在盒兩次運動之間還有一段時間t3為小球在運動，則有：t3===0.75s則金屬盒從開始運動到最后靜止所經(jīng)歷的時間為：t=t1+t2+t3=1.75s答：（1）金屬盒能在地面上運動2m．（2）金屬盒從開始運動到最后靜止所經(jīng)歷的時間為1.75s．【考點】動量守恒定律；動能定理的應用．【分析】（1）根據(jù)動量定理求出金屬盒獲得的速度．金屬盒所受的水平面的摩擦力為F=μ（m1+m2）g=4N，金屬盒與金屬球之間的碰撞沒有能量損失，且金屬盒和金屬球的最終速度都為0，以金屬盒和金屬球為研究對象，運用動能定理即可求解金屬盒能在地面上運動的距離；（2）球與盒發(fā)生碰撞的時