广东省茂名市化州第四高级中学高二物理模拟试题含解析

广东省茂名市化州第四高级中学高二物理模拟试题含解析一、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）在下面几种有关光的现象中，属于光的干涉的是A．在水面的油膜上看到彩色条纹B．通过游标卡尺两测脚间的狭缝，观看与狭缝平行的线光源时，看到彩色条纹C．照相机镜头呈淡紫色D．日落时分拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰参考答案：AC2.（多选题）水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v﹣t图象如图所示，已知图中线段AB∥CD，则（）A．F1的冲量小于F2的冲量B．F1的冲量等于F2的冲量C．两物体受到的摩擦力大小相等D．两物体受到的摩擦力大小不等参考答案：AC【考点】动量定理；摩擦力的判断与计算．【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB与CD平行，说明加速度相同，动摩擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小相等．根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系．【解答】解：CD、由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等；故C正确，D错误；AB、根据动量定理，对整个过程研究得：F1t1﹣ftOB=0，F2t2﹣ftOD=0；由图看出，tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量．故A正确，B错误；故选：AC3.抖动绳子的一端，产生如图所示的横波，则绳上横波的波长为：（）A．120cm

B．80cm

C．40cm

D．20cm参考答案：C4.如图所示，一质量为2kg的物体静止在水平面上．将F=10N的拉力作用在物体上，物体仍保持静止状态，那么在5s时间内，以下奋力的冲量是(g=10rn／s2)A．拉力F的冲量是25N?sB．摩擦力的冲量是25N?s

C．重力的冲量是50N?sD．合力的冲量为50N?s参考答案：B5.如图所示，一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连．上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方d/2处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落．经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极扳接触)返回。若将下极板向上平移d/3，则同样从P点由静止开始下落的相同粒子将（

）A.在距上极板d/2处返回

B.在距上极板2d/5处返回

C.打到下极板上

D.在下极板处返回

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.在B=0.8T的匀强磁场中放一根与磁场方向垂直、长度是0.5m的通电直导线，导线沿磁场力方向移动了20cm，若导线中电流为10A，那么磁场力对通电导线所做的功是_______J。参考答案：0.87.穿过单匝闭合线圈的磁通量随时间变化的Φ－t图象如图15所示，由图知0～5s线圈中感应电动势大小为________V，5s～10s线圈中感应电动势大小为________V,10s～15s线圈中感应电动势大小为________V.参考答案：8.一个静止的钚核Pu自发衰变成一个铀核U和另一个原子核X，并释放出一定的能量．其核衰变方程为：Pu→U+X．（1）方程中的“X”核符号为；（2）钚核的质量为239.0522u，铀核的质量为235.0439u，X核的质量为4.0026u，已知1u相当于931MeV，则该衰变过程放出的能量是

MeV；（3）假设钚核衰变释放的能量全部转变为铀核和X核的动能，则X核与轴核的动能之比

．参考答案：解：（1）核反应方程满足质量数守恒和核电荷数守恒：Pu→U+He；（2）根据爱因斯坦质能方程得；△E=△mc2=×931MeV≈5.31MeV．（3）根据动量守恒定律：PU﹣PX=0而动量和动能关系式为：E=因动量大小相等，则动能与质量数成反比，即放出粒子He与235U的动能之比235：4；故答案为：（1）He；（2）5.31；（3）235：4．9.如图所示是一匀强电场，在电场中有M、N、P三点，M、N的连线与电场线方向平行，P、N的连线与电场线方向垂直。已知场强E＝2×102N/C，MN间的距离s＝30cm，一个电荷量为q＝－4×10－8C的点电荷从M点沿MN连线移到N点，电势能

（填“增加”或“减少”)了

J，沿MP连线移到P点，电势能变化了

J。参考答案：增加

，

2.4×10－6

，

2.4×10－6

10.真空中有一个点电荷a，电量为Q=10-4C，点P与a距离为2m，静电力常量为9.0×109N·m2/C2，则P点的电场强_______N／C。参考答案：11.将长为1m的导线ac从中点b折成如图所示的形状，放入B＝0.08T的匀强磁场中，abc平面与磁场垂直．若在导线abc中通入25A的直流电，则整个导线所受安培力大小为________N.参考答案：N12.（6分）导体中的电流可以是正电荷的定向移动形成的，也可以是_____________的定向移动形成的，习惯上规定_____________的定向移动方向为电流的方向。参考答案：负电荷

正电荷13.某研究性学习小组利用图甲所示电路测量电池组的电动势E和内阻r.根据实验数据绘出如图乙所示的R－图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到：E＝______V，r＝______Ω.参考答案：电动势为2.4——2.5V之间均可内阻r＝1Ω三、实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.某同学用以下器材用伏安法尽可能精确地测量一阻值约为200Ω的电阻。A．电流表：量程为200mA，内阻约为0.1ΩB．电压表：量程为3V，内阻约为3kΩC．滑动变阻器：最大阻值为20Ω，额定电流1AD．低压直流电源：电压6V，内阻忽略F．电键K，导线若干在方框中画出实验电路图.参考答案：15.两位同学在实验室中利用如图(a)所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录的是电流表A和电压表V1的测量数据，另一位同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．并根据数据描绘了如图(b)所示的两条U-I图线．回答下列问题：(1)根据甲、乙两同学描绘的图线，可知(

)A．甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据B．甲同学是根据电压表V2和电流表A的数据C．乙同学是根据电压表V1和电流表A的数据D．乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据(2)图象中两直线的交点表示的物理意义是(

)A．滑动变阻器的滑动触头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为0.5WD．电源的效率达到最大值(3)根据图(b)，可以求出电源内电阻r＝________Ω.（结果保留2位有效数字）参考答案：(1)AD(2)BC(3)1.0：（1）从电路连接可以看出，电流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大。甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确．

故选AD。（2）图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，A、滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；B、图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为0，即电源的输出功率最大，故B正确；C、定值电阻R0消耗功率为：P=U2I=1.0×0.5W=0.5W，故C正确；D、电源的效率为：，U越大，效率越大，故D错误。（3）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：；从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50V，即电源的电动势为1.50V，图象斜率的绝对值为：，即电源的内阻为r=1.0Ω。四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，电阻R1=2Ω，小灯泡L上标有“3V，1.5W”（灯泡的电阻不随温度变化），电源内阻r=1Ω，滑动变阻器的最大阻值为R0（大小未知），当触头P滑动到最上端a时；安培表的读数为lA（其电阻不计），小灯泡L恰好正常发光，求：（1）滑动变阻器的最大阻值R0；（2）当触头P滑动到最下端b时，求电源的总功率及其效率。参考答案：17.如图甲所示，表面绝缘、倾角q=30°的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行.斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m.一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25W的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m.从t=0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失.线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示.已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数m=/3，重力加速度g取10m/s2.（1）求线框受到的拉力F的大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0-（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q.参考答案：解：（1）由v-t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度a==5.0m/s2

由牛顿第二定律F-mgsinθ-μmgcosθ=ma

解得F=1.5N

（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动

产生的感应电动势E=BLv1

通过线框的电流I==

线框所受安培力F安=BIL=

对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有F=mgsinθ+μmgcosθ+

解得B=0.50T

（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度D=0.40m

线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m

设线框与挡板碰撞前的速度为v2

由动能定理，有-mg(s-D)sinθ-μmg(s-D)cosθ=

解得v2==1.0m/s

线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsinθ=μmgcosθ=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3

由v＝v0-得v3=v2-=-1.0m/s

因v3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置

线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=I2Rt==0.40J

线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=

=0.05J

所以Q=Q1+Q2=0.45J18.（7分）如图