湖南省益阳市洲市中学2022-2023学年高二物理摸底试卷含解析

湖南省益阳市洲市中学2022-2023学年高二物理摸底试卷含解析一、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.（单选）物体做曲线运动的条件是(

)A．只有受到一个方向不断改变的力，物体才可能做曲线运动B．物体所受合外力一定竖直向下C．物体初速度方向一定不在竖直方向D．物体速度方向与所受合外力方向不在一条直线上参考答案：D2.（单选）电阻R、电容器C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示，现使磁铁开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是(

)A.从a到b，上极板带正电

B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电

D.从b到a，下极板带正电参考答案：D3.用图所示的电路测量待测电阻RX的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（

）A、由于电压表的分流作用，使电阻的测量值小于真实值B、由于电流表的分压作用，使电阻的测量值小于真实值C、电压表的内电阻越大，测量越精确D、电流表的内电阻越大，测量越精确参考答案：AC4.（供选学3﹣5模块的考生做）x质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手．首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是（）A．木块静止，d1=d2 B．木块向右运动，d1＜d2C．木块静止，d1＜d2 D．木块向左运动，d1=d2参考答案：C【考点】动量定理．【分析】完全相同步枪和子弹，说明子弹的初速度相同，把三者看成一个整体，动量守恒，所以最终木块静止，再隔离子弹和木块，根据动量守恒及动能定理即可求解．【解答】解：设子弹速度为v，质量为M已知木块质量为m由动量定理可得第一颗子弹射入木块后，木块与子弹共同速度为v1，则有

Mv=（M+m）v1木块与子弹组成的系统损失的动能为△Ek=Mv2﹣（M+m）v12设子弹与木块之间作用力恒定为F则有

Fd1=△Ek=Mv2﹣（M+m）v12①第二颗子弹射入木块后，由动量守恒定律可得

Mv﹣Mv=（2M+m）v′，得v′=0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止再对两颗子弹和木块系统为研究，由能量守恒定律得

Fd2=（M+m）+Mv2②由①②对比得，d1＜d2故ABD错误，C正确；故选：C5.（多选）单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速运动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O～D过程中()A．线圈中O时刻感应电动势最大B．线圈中D时刻感应电动势为零C．线圈中D时刻感应电动势最大D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4V参考答案：ABD二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6.(如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量_________（选填“守恒”或“不守恒”）。在B静止后，A和B组成的系统动量______________。（选填“守恒”或“不守恒“）参考答案：守恒；不守恒轻绳断开前，A、B做匀速运动，系统受到的拉力F和摩擦力平衡，合外力等于零，即，所以系统动量守恒；当轻绳断开B静止之前，A、B系统的受力情况不变，即，所以系统的动量依然守恒；当B静止后，系统的受力情况发生改变，即，系统合外力不等于零，系统动量不守恒。【考点定位】动量守恒条件【方法技巧】先通过匀速运动分析A、B整体的合外力，再分析轻绳断开后A、B整体的合外力，只要合外力为零，系统动量守恒，反之不守恒。7.如图所示，粗细均匀的细U形管竖直放置，左右两侧管中各有一段水银柱长度如下图所示，水平管中封闭10cm长的空气，设大气压强为76cmHg，环境温度为，此时管中气体的压强等于_________cmHg，温度升到______，左侧水银柱刚好全部进入竖直管．参考答案：

(1).80

(2).294【详解】第一空.加热前封闭气体压强为：P1=P0+4cmHg=80cmHg。第二空.初态：体积为：V1=10S，温度为：T1=27+273K=300K，P1=80cmHg；末态：P2=P0+8cmHg=84cmHg、体积为：V2=（10+4+4）S=18S；由理想气体状态方程得：代入数据解得：T2=567K，即：。8.恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”．①完成“氦燃烧”的核反应方程：．②是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10﹣16s．一定质量的，经7.8×10﹣16s后所剩占开始时的．参考答案：解：①根据电荷数守恒、质量数守恒，知未知粒子的电荷数为2，质量数为4，为．②经7.8×10﹣16s，知经历了3个半衰期，所剩占开始时的=．故答案为：或α，或12.5%9.一块多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×10、×100、×1000。用×100挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很大，如图中虚线位置。为了较准确地进行测量，应换到 挡，换挡后需要先进行

的操作，再进行测量。若正确操作后过行测量时表盘的示数如图，则该电阻的阻值是 。电流表读数（量程50mA） mA.②参考答案：×10，欧姆挡电阻调零，180

22.010.将一带电量为2×10-8Ｃ的检验电荷放入点电荷Ｑ的电场中的ｐ点时，受到的电场力为2×10-2Ｎ，则ｐ点的电场强度为N/C，如果移走检验电荷，则ｐ点的电场强度为N/C。参考答案：根据场强公式：N/C;场强是电场本身的固有属性，由场源自身决定，与有无试探电荷无关，所以移走检验电荷，场强大小也不会变。11.一闭合线圈有50匝，总电阻R＝2.0Ω，穿过它的磁通量在0.1s内由8×10－3Wb增加到1.2×10－2Wb，则线圈中的感应电动势E＝

，线圈中的电流强度I＝

。参考答案：12.已知一个电流表的内阻为Rg=1k，Ig=100μA，若要改装成量程为3V的伏特表，需__________（填“串”或“并”）联一个阻值为__________的电阻，若改装成量程为1A的安培表，需__________（填“串”或“并”）联一个阻值约为__________的电阻．参考答案：13.图（1）是利用砂摆演示简谐运动图象的装置。当盛砂的漏斗下面的薄木板被水平匀速拉出时，做简谐运动的漏斗漏出的砂在板上形成的曲线显示出砂摆的振动位移随时间变化的关系。第一次以速度v1匀速拉动木板，图（2）给出了砂摆振动的图线；第二次仅使砂摆的振幅减半，再以速度v2匀速拉动木板，图（3）给出了砂摆振动的图线。由此可知，砂摆两次振动的周期T1和T2以及拉动木板的速度v1和v2的关系是A．T1∶T2=2∶1

B．T1∶T2=1∶2

C．v1∶v2=1∶2

D．v1∶v2=2∶1参考答案：D三、简答题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14.（5分）电磁波是一个大家族，请说出这个家族中的几个成员（至少说出3个）参考答案：红外线、紫外线、X射线等。15.(10分)“玻意耳定律”告诉我们：一定质量的气体．如果保持温度不变，体积减小，压强增大；“查理定律”指出：一定质量的气体，如果保持体积不变，温度升高．压强增大；请你用分子运动论的观点分别解释上述两种现象，并说明两种增大压强的方式有何不同。参考答案：一定质量的气体．如果温度保持不变，分子平均动能不变，每次分子与容器碰撞时平均作用力不变，而体积减小，单位体积内分子数增大，相同时间内撞击到容器壁的分子数增加，因此压强增大，（4分）一定质量的气体，若体积保持不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子热运动加剧，对容器壁碰撞更频繁，每次碰撞平均作用力也增大，所以压强增大。（4分）第一次只改变了单位时间内单位面积器壁上碰撞的分子数；而第二种情况下改变了影响压强的两个因素：单位时间内单位面积上碰撞的次数和每次碰撞的平均作用力。（2分）四、计算题：本题共3小题，共计47分16.如图所示，在同一条竖直线上，有电荷量均为Q的A、B两个正点电荷，GH是它们连线的垂直平分线。另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为＋q（可视为点电荷），被长为L的绝缘轻细线悬挂于O点，现在把小球C拉起到M点，使细线水平且与A、B处于同一竖直面内，由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向的夹角θ=30o。重力加速度为g，试求：（1）在A、B所形成的电场中，M、N两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高。（2）若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为a的正三角形，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力FT（静电力常量为k）。参考答案：（1）带电小球C在A、B形成的电场中从M点运动到N点的过程中，重力和电场力做功，但合力功为零，则 qUMN＋mglcosθ=0

所以

UMN=

即M、N两点间的电势差大小

（3分）且N点的电势高于M点的电势

（2分） （2）在N点，小球C受到重力mg、细线的拉力FT以及A和B分别对它的斥力FA和FB四个力的作用如图所示，且沿细线方向的合力为零（向心力为零）。则 （2分）又

（1分）得

（2分）17.如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为L=1.5m，质量为m1=1kg，放在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，在盒内最右端放可看做质点的光滑金属球（半径忽略），质量为m2=1kg，现在盒的左端给盒施加一个水平冲量I=4N?s，（盒壁厚度，球与盒发生碰撞的时间和机械能损失均忽略不计）．g取10m/s2求：（1）金属盒能在地面上运动多远？（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长？参考答案：解：（1）由于冲量作用，m1获得的速度为：v===4m/s金属盒所受的摩擦力为：F=μ（m1+m2）g=0.2×（1+2）×10N=4N，由于金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失，且金属盒和金属球的最终速度都为0，以金属盒和金属球为研究对象，由动能定理得：﹣Fs=0﹣解得：s=2m（2）当盒前进s1=1.5m时与球发生碰撞，设碰前盒的速度为v1，碰后速度为v1′，球碰后速度为v2，则对盒，应用动能定理：﹣Fs1=﹣，解得：v1=2m/s由于碰撞中动量守恒、机械能守恒，取向右为正方向，则有：m1v1=m1v1′+m2v2，m1v12=m1v1′2+m2v22联立以上方程得：v1′=0，v2=2m/s当球前进1.5m时与盒发生第二次碰撞，碰撞前球的速度为2m/s，盒子的速度为0，碰撞后球的速度为0，盒子的速度变为v2=2m/s，以金属盒为研究对象，利用动能定理得：﹣Fs2=0﹣+m1v22，解得：s2=0.5m所以不会再与球碰，设盒子前进s1=1.5m所用时间为t1，前进s2=0.5m所用时间为t2，对盒子，运用动量定理得：﹣Ft1=m1v1﹣m1v，﹣Ft2=0﹣m1v2，且v1=v2=2m/s代入数据得：t1=0.5s，t2=0.5s在盒两次运动之间还有一段时间t3为小球在运动，则有：t3===0.75s则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间为：t=t1+t2+t3=1.75s答：（1）金属盒能在地面上运动2m．（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间为1.75s．【考点】动量守恒定律；动能定理的应用．【分析】（1）根据动量定理求出金属盒获得的速度．金属盒所受的水平面的摩擦力为F=μ（m1+m2）g=4N，金属盒与金属球之间的碰撞没有能量损失，且金属盒和金属球的最终速度都为0，以金属盒和金属球为研究对象，运用动能定理即可求解金属盒能在地面上运动的距离；（2）球与盒发生碰撞的时