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安徽省六安市龙潭镇中心学校高二物理联考试题含解析一、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.甲、乙、丙三个立方体木块重量均为10牛,叠放在一起静止放在水平地面上,各接触面之间的摩擦系数相同,均为μ=0.2,F1=1牛,方向水平向左,作用在甲上,F2=1牛,方向水平向右,作用在丙上,如图所示,地面对甲的摩擦力大小为f1,甲对乙的摩擦力大小为f2,乙对丙摩擦力大小为f3,则
A、f1=2牛、f2=4牛、f3=0
B、f1=1牛、f2=1牛、f3=1牛
C、f1=0、
f2=1牛、f3=1牛
D、f1=0、
f2=1牛、f3=0参考答案:C2.(单选)在物理学史上,第一位发现电流周围存在磁场的科学家是A.奥斯特 B.伽利略
C.焦耳
D.牛顿参考答案:A3.在下列那种情况下,会使得站在升降机里的人出现失重现象A.升降机匀速上升
B.升降机加速上升C.升降机减速下降
D.升降机加速下降参考答案:D4.(单选)在用电高峰期,电灯往往会变暗,其原理可简化为如图所示的物理问题.理想变压器的副线圈上,通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2,输电线的等效电阻为R,原线圈输入有效值恒定的交流电压,当开关s闭合时,以下说法正确的是()A.变压器原线圈中电流保持不变B.变压器副线圈两端的电压保持不变C.变压器原线圈输入功率保持不变D.变压器副线圈输出电流保持不变参考答案:解:A、开关S闭合后,副线圈总电阻减小,副线圈电压由原线圈和匝数比决定,而原线圈电压和匝数比都没有变,所以副线圈输出电压不变,根据欧姆定律得副线圈的电流增大,原线圈的电流也增大,故A、D错误,B正确;C、原线圈的电压不变,而电流增大,故原线圈的输入功率增大,故C错误;故选:B.5.下面关于物体动量和冲量的说法不正确的是A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大B.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变C.物体动量增量的方向,就是它所受冲量的方向D.物体所受合外力越大,它的动量变化就越快参考答案:A二、填空题:本题共8小题,每小题2分,共计16分6.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数之比n1n2=4:1,原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等.a、b端加一交流电压U后,输入电压U和B两端电压UB之比是____________.参考答案:17:47.如图所示,一验电器与锌板相连,在A处用一紫外线灯照射锌板,关灯后,指针保持一定偏角.(1)现用一带负电的金属小球与锌板接触,则验电器指针偏角将
(填“增大”“减小”或“不变”).(2)使验电器指针回到零,再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板,验电器指针无偏转.那么,若改用强度更大的红外线灯照射锌板,可观察到验电器指针
(填“有”或“无”)偏转.参考答案:(1)减小;(2)无【考点】光电效应.【分析】(1)用一紫外线灯照射锌板,产生光电效应现象,根据锌板的电性,分析用带负电的金属小球与锌板接触后,验电器指针偏角的变化.(2)红光的频率比黄光低,黄光照射锌板,验电器指针无偏转,黄光不能使锌板产生光电效应,红光也不能使锌板产生光电效应.【解答】解:(1)在A处用一紫外线灯照射锌板,锌板产生光电效应,光电子射出后,锌板带正电,用一带负电的金属小球与锌板接触,则验电器指针偏角将减小.(2)用黄光照射锌板,验电器指针无偏转,说明黄光不能使锌板产生光电效应,红光的频率比黄光低,红光也不能使锌板产生光电效应,验电器指针无偏转.故答案为:(1)减小;(2)无8.(8分)频率为50Hz的正弦电流,对人体的安全电压有效值不能超过36V,这个交流电压的周期是______________s,峰值是___________________。参考答案:0.02;50.4~50.99.如下图所示是研究电磁感应现象的实验仪器,虚线框内给出了原、副线圈导线的绕法,实验前已查明电流表中电流从左接线柱流入时指针向左偏.(1)用笔画线代替导线在答卷对应的图上连接好实验电路.(2)若实验中原线圈插入副线圈后,开关S闭合的瞬间,观察到电流表指针向左偏,试在电路连接图中标出电源的正、负极.(3)若将原线圈拔出,则拔出时电流表指针向________偏.参考答案:(1)(2)如下图所示(3)右10.一个平行板电容器,当其电荷量增加△Q=1.0×10﹣6C时,两板间的电压升高△U=10V,则此电容器的电容C=
F.若两板间电压为35V,此时电容器的带电荷量Q=
C.参考答案:1.0×10﹣7,3.5×10﹣6试题分析:电容的定义式为C=,对于给定的电容器,电容是一定的,根据数学知识得到C=,由此式求解电容.由C=变形求解电量.解:已知△Q=1.0×10﹣6C,△U=10V,则电容器的电容C==1.0×10﹣7F由C=变形得,Q=CU=1.0×10﹣7×35C=3.5×10﹣6C故答案为:1.0×10﹣7,3.5×10﹣6【点评】本题考查电容器的电容公式的掌握情况和应用能力,对于给定的电容器,其电容是一定的,由电容器本身的特性决定,与电容器的电量、电压无关.11.如图所示的电路中,电源的电动势为6V,内阻1Ω,两定值电阻的阻值分别为9Ω和10Ω,开关S闭合后,电路中的电流为
▲
A,A、B间的电压为
▲
V.参考答案:0.3
3
12.如图所示为某型号国产电池外壳上的说明文字:(1)电源是把其它形式的能转化为
的装置,电动势是描述电源这种本领的物理量。由右图可知该电池的电动势为
V;(2)该电池最多可放出
mA·h的电荷量。或电池的平均工作电流为0.05A,则它最多可使用
h。参考答案:13.如图,带电量为+q的点电荷与均匀带电薄板相距为2d,点电荷到带电薄板的垂线通过板的几何中心.若图中a点处的电场强度为零,根据对称性,带电薄板在图中b点处产生的电场强度大小为
,方向
.(静电力恒量为k)参考答案:解;q在a点形成的电场强度的大小为,方向向左;因a点场强为零,故薄板在a点的场强方向向右,大小也为,由对称性可知,薄板在b点的场强也为,方向向左;故答案为:,水平向左;三、实验题:本题共2小题,每小题11分,共计22分14.下图中游标卡尺的读数为__________mm,螺旋测微器的读数为__________mm参考答案:18s
38s15.验证机械能守恒定律的实验装置如图甲所示。①安装打点计时器时,应使打点计时器的平面在________________平面内。②图乙为实验所得的一条纸带,在纸带上选取了点迹清晰、连续的3个点A、B、C,测出A、B、C与起始点O之间的距离分别为h1,h2,h3。已知打点周期为T,当地重力加速度为g。甲、乙两同学分别用表达式、来计算B的速度。那么,其中______同学的计算方法更符合实验的要求。③本实验中产生系统误差的主要原因是__________________________________。参考答案:四、计算题:本题共3小题,共计47分16.光滑M形导轨,竖直放置在垂直于纸面向里的匀强磁场中,已知导轨宽L=0.5m,磁感应强度B=0.2T.有阻值为0.5W的导体棒AB紧挨导轨,沿着导轨由静止开始下落,如图所示,设串联在导轨中的电阻R阻值为2W,其他部分的电阻及接触电阻均不计.问:(1)导体棒AB在下落过程中,产生的感应电流的方向和AB棒受到的磁场力的方向.(2)当导体棒AB的速度为5m/s(设并未达到最大速度)时,其感应电动势和感应电流的大小各是多少?参考答案:(1)电流方向是A—→B,磁场力方向竖直向上.
(2)e=BLv=0.2×0.5×5=0.5(V)ks5u17.如图所示,水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m,a、b间的电场强度为E=3.0×103N/C,b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=0.3T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=2.4×10-13kg、电荷量为q=4.0×10-8C的带正电的粒子(不计重力),从贴近a板的左端以v0=1.0×104m/s的初速度从A点水平射入匀强电场,刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场,最后粒子回到b板的Q处(图中未画出).求:(1)粒子到达P处时的速度大小和方向;(2)P、Q之间的距离L;(3)粒子从A点运动到Q点所用的时间t.参考答案:(1)粒子a板左端运动到P处,由动能定理得A
代入有关数据,解得×104m/s,代入数据得θ=450
(4分)(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动,圆心为O,半径为r,如图.由几何关系得
又
联立求得
代入数据解得L=0.4m.
(3分)(3)粒子在P点沿电场方向的速度v1=
=1.0×104m/s在电场中运动的时间
t1=v1m/qE=2×10-5s在磁场中运动的时间
t2=Лm/2qB=3.14×10-5s粒子从A点运动到Q点所用的时间
t=t1+t2=5.14×10-5s
(3分)
18.如图所示,光滑水平面上质量为m1的小球,以初速度v0冲向质量为m2的静止光滑圆弧面斜劈,圆弧小于90°且足够高.求:(1)小球能上升的最大高度;(2)斜劈的最大速度.参考答案:解:(1)以m1、m2组成的系统为研究对象,当m1在m2上滑动时二者存在相互作用,但在水平方向上不受外力,因此系统在水平方向上动量守恒.设m1滑到最高点位置时,二者的速度为v,取水平向右为正方向,由动量守恒定律有:m1v0=(m1+m2)v
得:v=对m1、m2组成的系统,由机械能守恒定律有:m1v02﹣(m1+m2)v2=m1gh
解得:h=(2)设m1、m2分离时二者的速度分别为v1、v2,v2即为m2的最大速度,由动量守恒和机械能守恒有:m1v0=m1v1+
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