安徽省合肥市第二十九中学高二物理上学期摸底试题含解析

安徽省合肥市第二十九中学高二物理上学期摸底试题含解析一、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.关于电路中感应电动势的大小，下列说法中正确的是()

A．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大

B．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大

C．电路中磁通量变化越快，感应电动势越大

D．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电动势一定为零参考答案：C许多物理学家的科学发现和研究工作推动了人类历史的进步．其中发现电磁感应定律的科学家是2.

A．库仑

B．安培

C．法拉第

D．伽利略参考答案：C3.（单选）对于任何一种金属，要使它产生光电效应，必须满足的条件是（

）A．入射光的强度要足够强B．入射光的照射时间要足够长C．入射光的频率要小于这种金属的极限频率D．入射光的频率要大于这种金属的极限频率参考答案：D试题分析：对于任何一种金属，要使它产生光电效应，必须满足的条件是入射光的频率要大于这种金属的极限频率，与入射光的强度与照射时间无关，选项D正确。4.（单选）在“互成角度的两个共点力的合成”实验中，F1和F2表示两个互成角度的力，F’表示由平行四边形定则画出的合力，F表示根据“等效性”通过实验得到的合力，则图中符合实验事实的是图________。参考答案：C5.对楞次定律的理解下列说法中正确的是（

）A.楞次定律表明感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量B.楞次定律的实质是能量守恒定律在电磁现象中的具体表现C.楞次定律表明感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场总是相反的D.由导体和磁场的相对运动引起的电磁感应中，导体所受的安培力总是阻碍导体运动参考答案：B二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.通过实验，要描绘一个标有“2.5V，0.08A”的字样的小灯泡的伏安特性曲线。实验时，要求小灯泡两端电压从零逐渐增大到额定电压。可供选择的仪器有A．量程为0～0.6A，内阻为0.2?的电流表

B．量程为0～100mA，内阻为5?的电流表C．量程为0～3V，内阻为10k?的电压表

D．量程为0～15V，内阻为50k?的电压表E．最大值为20?，额定电流为0.1A的滑动变阻器F．学生电源、导线、电键等(1)电流表应选___________，电压表应选___________．(填代号)，(2）请你在方框内画出实验的电路图_________。参考答案：

(1).B;

(2).C;

(3).选择电表的原则首先保证电表安全，还应能精确读数，一般要求电表指针在满刻度的间合适；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，；若要求电流或电压从零调则滑动变阻器应用分压式接法．（1）因小灯泡的铭牌是“2.5V，0.2W”，由，得，故电流表应选B，电压表应选C．（2）根据题意，小灯泡电阻为，因，故电流表应用外接法，又变阻器用分压式，电路图如图所示【点睛】当要求电流表或电压表从零调时，滑动变阻器应用分压式接法，此时应选阻值小的变阻器较准确．同时要掌握电流表内外接法的使用条件。7.产生多普勒效应时，波源的频率

（填增大、减小或不变）。参考答案：不变；增大8.磁电式仪表的线圈通常用铝框作骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是_____________（选填“防止”或“利用”）涡流而设计的，起________________（选填“电磁阻尼”或“电磁驱动”）的作用。参考答案：利用，电磁阻尼．解：常用铝框做骨架，当线圈在磁场中转动时，导致铝框的磁通量变化，从而产生感应电流，出现安培阻力，使其很快停止摆动．而塑料做骨架达不到电磁阻尼的作用，这样做的目的是利用涡流；

故答案为：利用，电磁阻尼．9.密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性.如图所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮不动时，测出两板间距离为d.可求出小油滴的电荷量q=_______.参考答案：10.边长为a的正方形，处于有界磁场如图，一束电子水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，则vA：vC=_______；所经历的时间之比tA：tB=________。

参考答案：1：2；2：111.在如图所示的电路中，输入电压U恒为8V，灯泡L标有“3V，6W”字样，电动机线圈的电阻RM=1Ω。若灯泡恰能正常发光，则电动机的输入电压是________V,整个电路消耗的电功率是_________W,电动机的效率是________参考答案：5

V，

16

W

，

60%

12.一台发电机产生的电动势的瞬时值表达式为：e=311sin314tV，则此发电机产生的电动势的最大值为_______V，有效值为_______V，发电机转子的转速为_______转/秒，产生的交流电的频率为______Hz参考答案：16、__311__、___220_____、____50_____、_____50_____；13.如图所示，匀强磁场区和无磁场区的宽度都为L，磁场区Ⅰ和Ⅲ内的磁感强度大小为B；磁场区Ⅱ和Ⅳ内的磁感强度大小为2B，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd，以速度v向右匀速运动，从线框bc边刚进入区域Ⅰ开始计时，到线框bc边刚离开区域Ⅳ停止计时，在这段时间内线框中电流生热的平均功率为_____________W。

参考答案：三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（5分）某电流表的量程为10mA，当某电阻两端的电压为8V时，通过的电流为2mA，如果给这个电阻两端加上36V的电压，能否用这个电流表来测量通过该电阻的电流？并说明原因。参考答案：R==4000Ω；=9mA<10mA

所以能用这个电流表来测量通过该电阻的电流。15.（12分）如图所示，有两个带正电的粒子P和Q同时从匀强磁场的边界上的M点分别以30°和60°（与边界的交角）射入磁场，又同时从磁场边界上的同一点N飞出，设边界上方的磁场范围足够大，不计粒子所受的重力影响，则两粒子在磁场中的半径之比rp:rQ=____________，假设P粒子是粒子（），则Q粒子可能是________，理由是_______________________________。参考答案：(1)两粒子在磁场中的半径之比：（5分）（2）可能是质子（3分），质量数与电荷数之比为1:1（4分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，在光滑水平地面上，有一质量m1=4.0kg的平板小车，小车的右端有一固定的竖直挡板，挡板上固定一轻质细弹簧．位于小车上A点处质量m2=1.0kg的木块（可视为质点）与弹簧的左端相接触但不连接，此时弹簧与木块间无相互作用力．木块与A点左侧的车面之间的动摩擦因数μ=0.40，木块与A点右侧的车面之间的摩擦可忽略不计．现小车与木块一起以v0=2.0m/s的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞，已知碰撞时间极短，碰撞后小车以v1=1.0m/s的速度反向弹回，已知重力加速度g取10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内．求：（1）小车撞墙后弹簧的最大弹性势能；（2）要使木块最终不从小车上滑落，则车面A点左侧粗糙部分的长度应满足什么条件？参考答案：解：（1）小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度相等，此时弹簧的弹性势能最大，此过程中，二者组成的系统动量守恒，设弹簧压缩至最短时，小车和木块的速度大小为v，根据动量守恒定律有：m1v1﹣m2v0=（m1+m2）v…①解得v=0.40m/s…②设最大的弹性势能为EP，根据机械能守恒定律可得EP=m1v12+m2v02﹣（m1+m2）v2…③由②③得EP=3.6J…④（2）根据题意，木块被弹簧弹出后滑到A点左侧某处与小车具有相同的速度v’时，木块将不会从小车上滑落，此过程中，二者组成的系统动量守恒，故有v’=v═0.40m/s…⑤木块在A点右侧运动过程中，系统的机械能守恒，而在A点左侧相对滑动过程中将克服摩擦阻力做功，设此过程中滑行的最大相对位移为L，根据功能关系有μm2gL=m1v12+m2v02﹣（m1+m2）v’2…⑥解得L=0.90m…⑦即车面A点左侧粗糙部分的长度应大于0.90m答：（1）小车撞墙后弹簧的最大弹性势能3.6J．（2）要使木块最终不从小车上滑落，则车面A点左侧粗糙部分的长度应大于0.90m．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】二者速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律求出二者的共同速度，然后由机械能守恒定律求出弹簧的弹性势能；木块被弹簧弹出后滑到A点左侧某处与小车具有相同的速度v’时，木块将不会从小车上滑落，找出临界条件后根据动量守恒和能量守恒求解．17.如图所示，离子发生器发射出一束质量为m，带电量为q的离子（初速不计），经加速电压u1加速后以垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压u2作用后，以速度v离开电场．已知平行板的长度为L，两板间距离为d，试求离子离开电场时的偏转量和偏转角．参考答案：考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题： 带电粒子在电场中的运动专题．分析： （1）离子在电场中加速运动电场力做正功，根据动能定理，即可求解出进入偏转电场的初速度，离子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动根据位移公式可计算时间；先根据牛顿第二定律求出在偏转电场中的加速度，离子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动，可以根据位移公式y=at2计算偏转位移；（2）离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ等于竖直方向的速度比上水平方向的速度，根据在竖直方向上离子做匀加速度直线运动的速度公式vy=at可计算出竖直方向的速度．解答： 解：（1）离子在加速电场中运动的过程中，只有电场力做功W=qU，根据动能定理得：qU1=mv02解得：v0=离子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向匀速直线运动所以：L=v0t解得：t===L偏转电场的场强：E=，则离子所受的电场力：F=qE=根据牛顿第二定律：qE=ma解得：a=离子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向初速度为零的匀加速直线运动：所以：y=at2=××（L）2=（2）竖直方向上的速度vy=at=×所以离子离开偏转电场时的偏转角θ的正切值tanθ==又因为qU1=mv02联立解得：tanθ=答：离子离开电场时的偏转量为，偏转角为arctan．点评： 本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，可以运用正