上海市閘北區(qū)回民中學高二物理測試題含解析

上海市閘北區(qū)回民中學高二物理測試題含解析一、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.（多選）把質量M為的正點電荷，在電場中從靜止釋放,運動的過程中如果不記重力，正確的是（

）

A．點電荷運動軌跡必與電場重合

B．點電荷的速度方向，必定和所在點的電場線的切線方向一致

C．點電荷的加速度方向，必與所在點的電場線的切線方向一致

D．點電荷的受力方向，必與所在點的電場線的切線方向一致參考答案：CD2.（單選）某彈簧振子的振動圖象如圖所示，根據(jù)圖象判斷。下列說法正確的是（

）

A、第1s內振子相對于平衡位置的位移與速度方向相反

B、第2s末振子相對于平衡位置的位移為-20cm

C、第2s末和第3s末振子相對于平衡位置的位移均相同，但瞬時速度方向相反

D、第1s內和第2s內振子相對于平衡位置的位移方向相同，瞬時速度方向相反。參考答案：D3.（多選題）如圖所示電路中，當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，以下判斷正確的是（）A．電壓表讀數(shù)變大，通過燈L1的電流變大，燈L2變亮B．電壓表讀數(shù)變小，通過燈L1的電流變小，燈L2變亮C．電壓表讀數(shù)變小，通過燈L2的電流變大，燈L1變暗D．電壓表讀數(shù)變大，通過燈L2的電流變小，燈L1變暗參考答案：BC【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，分析外電路總電阻的變化，由閉合電路歐姆定律分析干路電流和路端電壓的變化，再由歐姆定律分析并聯(lián)部分電壓的變化，即可得到結論．【解答】解：當滑動變阻器的滑片P從a端向b端滑動時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，由閉合電路歐姆定律分析得知，干路電流增大，通過燈L2的電流變大，則燈L2變亮．電源的內電壓和L2的電壓增大，路端電壓減小，則并聯(lián)部分電壓減小，電壓表讀數(shù)變小，通過燈L1的電流變小，燈L1變暗．故BC正確．AD錯誤；故選：BC4.下列關于能源的說法中正確的是

（

）

（A）二次能源是指可重復利用的能源

（B）新能源是指新開采的能源

（C）一次能源是直接來自自然界的能源

（D）石油是二次能源參考答案：C5.在物理學的發(fā)展過程中，許多物理學家都做出了重要的貢獻，他們也創(chuàng)造出了許多的物理學研究方法，下列關于物理學研究方法的敘述中正確的是（）A．理想化模型是把實際問題理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如質點、位移等是理想化模型B．合力和自由落體運動等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想C．用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如電容C=、加速度a=都是采用比值法定義的D．伽利略認為自由落體運動相當于物體在傾角為90°的斜面上的運動，所以他根據(jù)銅球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這里采用了實驗和邏輯推理相結合的方法參考答案：D【考點】物理學史．【分析】理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．自由落體運動是理想化的運動模型．加速度a=不是采用比值法定義的．伽利略根據(jù)銅球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這是采用了實驗和邏輯推理相結合的方法．【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素的方法，質點是理想化模型，但是位移不是，故A錯誤．B、合力是等效替代的思想，自由落體運動是理想化模型，故B錯誤．C、電容C=是采用比值法定義的，由加速度a=知，a與F成正比，與m成反比，不是比值法定義，故C錯誤．D、伽利略認為自由落體運動就是物體在傾角為90°的斜面上的運動，再根據(jù)銅球在斜面上的運動規(guī)律得出自由落體的運動規(guī)律，這是采用了實驗和邏輯推理相結合的方法，故D正確．故選：D二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（6分）懸浮在水中的花粉做永不停息無規(guī)則運動，植物學家布朗發(fā)現(xiàn)這個現(xiàn)象時很驚訝，后來他接著進行了下面的探究：（1）他把花粉懸浮在熱水中，也觀察到了同樣的現(xiàn)象；他把花粉懸浮在高濃度酒精中，也觀察到同樣的現(xiàn)象；他把保存的上百年的植物標本花粉懸浮在水中，也觀察到同樣的現(xiàn)象。布朗進行完這三個操作后他得出的結論是

。（2）他有規(guī)律上下敲打放置懸浮液的桌面，仍觀察到同樣的現(xiàn)象；他對懸浮液的底部進行微微的加熱使液體對流起來，仍觀察到同樣的現(xiàn)象。布朗進行完這兩個操作后他得出的結論是

。參考答案：（1）布朗運動的發(fā)生與生命活動無關；（2）布朗運動的發(fā)生與液體之外的因素無關

7.（4分）某同學由于沒有量角器，他在完成了光路圖以后，以O點為圓心，10.00cm長為半徑畫圓，分別交線段OA于A點，交O、O'連線延長線于C點。過A點作法線NN'的垂線AB交NN'于B點，過C點作法線NN'的垂線CD交于NN'于D點，如圖所示，用刻度尺量得OB=8.00cm，CD=4.00cm。由此可得出玻璃的折射率n=________。參考答案：1.58.如圖所示，線圈內有理想邊界的磁場，當磁場均勻增加時，有一帶電粒子靜止于平行板(兩板水平放置)電容器中間，則此粒子帶___電，若線圈的匝數(shù)為n，平行板電容器的板間距離為d，粒子的質量為m，帶電量為q，則磁感應強度的變化率為____(設線圈的面積為S)．參考答案：9.如圖所示是直角三棱柱，其中面abfe豎直放置，面abcd為正方形，邊長為L，且面abfe與面abcd夾角為300,，它們放置于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，則通過abcd平面的磁通量大小為_____________，通過整個三棱柱的磁通量為___________。參考答案：，

0

10.一氣泡從湖底上升到湖面的過程中溫度保持不變,則氣泡上升過程中,氣泡內的氣體

熱量,內能

.

參考答案：吸收,不變(每空2分)11.下圖中各擺中線的長度L都已知，擺球視為帶正電的質點，且均作小角擺動。且q,m,E,B均已知,則它們的周期Ta＝_____

___

Tb＝_____

_參考答案：Ta＝

Tb＝12.如圖所示，電子射線管（A為其陰極），水平放在蹄形磁鐵的N、S兩極間，射線管的陽極B接在直流高壓電源的__________（填“正極”或“負極”），此時，熒光屏上的電子束運動徑跡__________偏轉。（填“向上”、“向下”“向里”、“向外”、“不”）參考答案：正極，向下13.如圖所示為研究平行板電容器電容的實驗。電容器充電后與電源斷開，電量Q將不變，與電容器相連的靜電計用來測量電容器的____________。在常見的電介質中，由于空氣的______________是最小的，當極板間插入其它的電介質板時，電容器的電容將_________（填“增大”、“減小”或“不變”），于是我們發(fā)現(xiàn)，靜電計指針偏角將__________。（填“增大”、“減小”或“不變”）參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示，水平放置的兩平行金屬板間距為d，電壓大小為U，上板中央有孔，在孔正下方的下板表面上有一個質量為m、、電量為－q的小顆粒，將小顆粒由靜止釋放，它將從靜止被加速，然后沖出小孔，則它能上升的最大高度h=_________________，參考答案：;試題分析:小顆粒由靜止釋放，電場力對它做正功，重力做負功，從小顆粒由靜止釋放到最高點過程，根據(jù)動能定理得qU-mg（d+h）=0，解得，h=考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用；機械能守恒定律15.（4分）如圖是高頻焊接原理示意圖，線圈中通以高頻交流電時，待焊接的金屬工件中就產生感應電流，由于焊接處的接觸電阻很大，放出的焦耳熱很多，致使溫度升得很高，將金屬熔化，焊接在一起，我國生產的自行車車架就是用這種辦法焊接的。請定性地說明：為什么交變電流的頻率越高，焊接處放出的熱量越多？參考答案：交變電流的頻率越高，它產生的磁場的變化就越快。根據(jù)法拉第電磁感應定律，在待焊接工件中產生的感應電動勢就越大，感應電流就越大(2分)，而放出的熱量與電流的平方成正比，所以交變電流的頻率越高，焊接處放出的熱餐越多(2分)。四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖，在平面直角坐標系xOy內，第Ⅰ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，在第Ⅳ象限的某一個圓形區(qū)域（P點是圓形區(qū)域與x軸相切的切點），存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸上y＝h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經x軸上x＝2h處的P點進入磁場，當粒子進入磁場發(fā)生偏轉，最后以垂直于y軸的方向射出磁場，粒子在磁場中運動時間小于一個周期。不計粒子重力。求：（1）電場強度大小E；（2）粒子在磁場中運動的軌道半徑r；（3）求粒子運動的總時間（4）求滿足粒子從進入磁場到離開磁場的過程，圓形磁場的半徑滿足的條件。參考答案：解：（1）設粒子在電場中運動的時間為t1x、y方向：2h＝v0t1

h＝at

根據(jù)牛頓第二定律：Eq＝ma求出E＝

3分（2）根據(jù)動能定理：Eqh＝mv2－mv將E的表達式代入上式，可求出v＝v0，再根據(jù)Bqv＝m求出r＝

3分（3）子在電場中運動的時間：t1＝粒子在磁場中運動的周期：T＝＝

根據(jù)粒子入射磁場時與x軸成45o，射出磁場時垂直于y軸，可求出粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為135o。設粒子在磁場中運動的時間為t2＝T

求出t＝t1＋t2＝＋

4分（4）如圖：角PAO’等于角PAB都等于設磁場園半徑為R，則：；所以：磁場半徑R=r，只要磁場園半徑滿足R=

4分

17.在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n=1500匝，橫截面積S=20cm2。螺線管導線電阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段時間內，穿過螺線管的磁場的磁感應強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。求：

（1）求螺線管中產生的感應電動勢；（2）閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，求電阻R1的電功率；（3）S斷開后，求流經R2的電量。參考答案：(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律

求出

E=1.2V

------（2分）

（2）根據(jù)全電路歐姆定律

------（2分）

根據(jù)

求出

P=5.76×10-2W

------（1分）

（3）S斷開后，流經R2的電量即為S閉合時C板上所帶的電量Q電容器兩端的電壓

U=IR2＝0