2022-2023學(xué)年廣東省珠海市田家炳中學(xué)高二物理上學(xué)期摸底試題含解析

2022-2023學(xué)年廣東省珠海市田家炳中學(xué)高二物理上學(xué)期摸底試題含解析一、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.如圖所示為研究光的全反射的實驗裝置。讓一束光沿著半圓形玻璃磚的半徑射到直邊上，可以看到一部分光從玻璃磚的直邊上折射到空氣中，一部分光線反射回玻璃磚內(nèi)。如果保持入射光線方向不變，繞O點逆時針方向轉(zhuǎn)動玻璃磚，可以看到：A．反射光線與入射光線的夾角越來越大，反射光線的亮度保持不變B．反射光線與入射光線的夾角越來越大，反射光線的亮度越來越強C．折射光線偏離法線越來越遠(yuǎn)，但亮度保持不變D．當(dāng)玻璃磚轉(zhuǎn)動超過一定角度之后，只觀察到反射光線，看不到折射光線參考答案：BD2.（單選）下列說法中錯誤的是A．普朗克在對黑體輻射的研究中提出了能量子的觀點B．愛因斯坦在對光電效應(yīng)的解釋中提出光具有粒子性C．康普頓在研究石墨對X射線的散射中發(fā)現(xiàn)光具有波動性D．鋁箔對電子束的衍射實驗證實了德布羅意的物質(zhì)波假設(shè)參考答案：C3.如圖所示，平行板電容器電容為C，帶電量為Q，板間距離為d，今在兩板正中央處放一電荷q，則它受到的電場力大小為

A．

B．C．

D．參考答案：C4.（單選）如右圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，有邊長為l的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac與y軸重合，頂點a位于坐標(biāo)原點O處．在y軸右側(cè)的Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場上邊界與線框ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行．t＝0時刻，線框以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域．取a→b→c→d→a的感應(yīng)電流方向為正，則在線框穿越磁場區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流i、ab間的電勢差Uab隨時間t變化的圖線是下圖中的()參考答案：D5.半徑為R的圓形線圈，兩端A、B接有一個平行板電容器，線圈垂直放在隨時間均勻變化的勻強磁場中，如右圖所示，則要使電容器所帶電荷量Q增大，可以采取的措施是()

A．增大電容器兩極板間的距離

B．增大磁感應(yīng)強度的變化率C．減小線圈的半徑

D．改變線圈所在平面與磁場方向間的夾角參考答案：B二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（6分）圖2為圖1所示波的振源的振動圖像，根據(jù)圖示信息回答下列問題：

該波的波長為

，周期為

，波速為 .

參考答案：0.4m（2分），0.02s（2分），20m/s（2分）7.如圖所示，是利用插針法測定玻璃磚的折射率的實驗得到的光路圖．玻璃磚的入射面AB和出射面CD并不平行，則（1）出射光線與入射光線

．（填仍平行或不再平行）．（2）以入射點O為圓心，以R=5cm長度為半徑畫圓，與入射線PO交于M點，與折射線OQ交于F點，過M、F點分別向法線作垂線，量得Mn=1.68cm，EF=1.12cm，則該玻璃磚的折射率n=

．參考答案：不平行，1.5【考點】光的折射定律．【分析】根據(jù)光的折射定律和幾何關(guān)系判斷出射光線和入射光線之間關(guān)系．根據(jù)折射定律求出玻璃磚的折射率．【解答】解：（1）因為上下表面不平行，光線在上表面的折射角與在下表面的入射角不等，則出射光線的折射角與入射光線的入射角不等，可知出射光線和入射光線不平行．（2）根據(jù)折射定律得，n=．故答案為：不平行，1.58.某同學(xué)用圖所示的自制楞次定律演示器定性驗證法拉第電磁感應(yīng)定律。①該同學(xué)將條形磁鐵的任一極緩慢插入圓環(huán)______(填“a”或“b”)，圓環(huán)向后退，從上往下看，系統(tǒng)作______(填“順”或“逆”)時針轉(zhuǎn)動。②對能使系統(tǒng)轉(zhuǎn)動的圓環(huán)，該同學(xué)發(fā)現(xiàn)：磁鐵插入越快，系統(tǒng)轉(zhuǎn)動狀態(tài)變化越快，說明圓環(huán)受到的磁場力越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流越_

_(填“大”或“小”)，感應(yīng)電動勢也越_

_(填“大”或“小”)。而磁鐵插入越快，圓環(huán)內(nèi)磁通量變化越_

__(填“快”或“慢”)。故感應(yīng)電動勢與磁通量變化的快慢成_

_比(填“正”或“反”)。參考答案：9.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，A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．【考點】動量守恒定律．【分析】動量守恒定律適用的條件：系統(tǒng)的合外力為零．或者某個方向上的合外力為零，則那個方向上動量守恒．兩木塊原來做勻速直線運動，合力為零，某時刻剪斷細(xì)線，在A停止運動以前，系統(tǒng)的合力仍為零，系統(tǒng)動量守恒；在B靜止后，系統(tǒng)合力不為零，A和B組成的系統(tǒng)動量不守恒．【解答】解：剪斷細(xì)線前，兩木塊在水平地面上向右做勻速直線運動，以AB為系統(tǒng)，繩子的屬于系統(tǒng)的內(nèi)力，系統(tǒng)所受合力為零；剪斷細(xì)線后，在A停止運動以前，摩擦力不變，兩木塊組成的系統(tǒng)的合力仍為零，則系統(tǒng)的總動量守恒；B靜止后，B的合力為0，A木塊的拉力大于摩擦力，A和B組成的系統(tǒng)合力不為0，所以系統(tǒng)動量不守恒．故答案為：守恒；不守恒．10.如圖所示，有三個質(zhì)量相等，分別帶正電、負(fù)電和不帶電的粒子，從極板左側(cè)中央以相同的水平速度v先后垂直地射入勻強電場中。分別落在正極板的a、b、c處，粒子所受重力不能忽略，則可知粒子a、b、c三個粒子在電場中的加速度有aa

ab

ac。（填＜，＞或=）

參考答案：＜，＜11.在原子物理中，常用元電荷作為電量的單位，元電荷的電量為______；一個電子的電量為______，一個質(zhì)子的電量為______；任何帶電粒子，所帶電量或者等于電子或質(zhì)子的電量，或者是它們電量的______．參考答案：1.6×10－19C，－1.6×10－19C，1.6×10－19C，整數(shù)倍12.為了消除和利用煙氣中煤粉，可采用如圖所示的靜電除塵裝置，它是由金屬管A和懸在管中的金屬絲B組成，A接到高壓電源正極，B接到高壓電源負(fù)極，且A要接地，其目的是

.A、B間有很強的電場，且距B越近電場

(填“越強”或“越弱”).參考答案：13.感應(yīng)電動勢的大小與______________成正比；在遠(yuǎn)距離輸電中，提高輸電電壓的設(shè)備是_____________。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.(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）15.（解答）如圖所示，一水平放置的矩形線圈abcd，在細(xì)長的磁鐵N極附近豎直下落，保持bc邊在紙外，ab邊在紙內(nèi)，由圖中位置Ⅰ經(jīng)位置Ⅱ到位置Ⅲ，這三個位置都靠得很近，且位置Ⅱ剛好在條形磁鐵中心軸線上，在這個過程中穿過線圈的磁通量怎樣變化？有無感應(yīng)電流？參考答案：穿過線圈的磁通量先減少后增加，線圈中有感應(yīng)電流根據(jù)條形磁鐵N極附近磁感線的分布情況可知，矩形線圈在位置Ⅰ時，磁感線從線圈的下面斜向上穿過；線圈在位置Ⅱ時，穿過它的磁通量為零；線圈在位置Ⅲ時，磁感線從線圈上面斜向下穿過。所以，線圈從Ⅰ到Ⅱ磁通量減少，從Ⅱ到Ⅲ磁通量增加。穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，有感應(yīng)電流產(chǎn)生四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，電源電動勢E=9V，內(nèi)阻r=1Ω，小電動機M的線圈電阻為r0=0.5Ω，電阻R0=3Ω，電壓表的示數(shù)為U0=3V．求：（1）此時電動機的輸入功率；（2）此時電動機的輸出功率．參考答案：

考點：電功、電功率．專題：恒定電流專題．分析：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解電動機的電壓，電動機與電阻R0串聯(lián)，根據(jù)歐姆定律求解電阻R0的電流，最后根據(jù)P=UI求解電動機的輸入功率；（2）根據(jù)P機=P電﹣P熱=UI﹣I2RM求解電動機的輸出功率．解答：解：（1）以電阻R0為研究對象，根據(jù)歐姆定律得到電路中電流為：I=電動機兩端的電壓：U=E﹣U0﹣Ir=9﹣3﹣1×1=5V電動機輸入的電功率為：P電=UI=5×1=5W（2）電動機內(nèi)部發(fā)熱為P熱=I2RM，根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，電動機的輸出功率：P機=P電﹣P熱=UI﹣I2RM=5×1﹣12×0.5=4.5W答：（1）此時電動機的輸入功率為5W；（2）此時電動機的輸出功率為4.5W．點評：本題關(guān)鍵抓住電路中電壓分配和能量的關(guān)系，不能直接根據(jù)歐姆定律這樣來求解電路中電流：I=，因為電動機工作時，歐姆定律不成立．17.把帶電荷量2×108C的正點電荷從無限遠(yuǎn)處移到電場中A點，要克服電場力做功8×106J，若把該電荷從無限遠(yuǎn)處移到電場中B點，需克服電場力做功2×106J，取無限遠(yuǎn)處電勢為零。求：（1）A點的電勢

（2）A、B兩點的電勢差（3）若把2×105C的負(fù)電荷由A點移到B點電場力做的功．參考答案：8v

12v

1.9×106J18.如圖所