天津香河第一中学高二物理联考试题含解析
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. 如图所示,两根光滑金属导轨平行放置,导轨所在平面与水平面间的夹角为θ。整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨放置,当金属杆
ab中通有从a到b的恒定电流I时,金属杆ab刚好静止。则
A.磁场方向竖直向上
B.磁场方向竖直向下
C.金属杆ab受平行导轨向上的安培力
D.金属杆ab受水平向左的安培力
参考答案:
A
2. 如图,竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘。两带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面,且处于同一平面内,若用图示方向的水平向左推力作用于小球B。则两球静止于图示位置。如果将小球B缓缓向左推动少许,跟原来相比
A.两小球间距离将增大,推力F将增大
B.两小球间距离将增大,推力F将减小
C.两小球间距离将减小,推力F将增大
D.两小球间距离将减小,推力F将减小
参考答案:
B
3. 同一遥感卫星离地面越近时,获取图象的分辨率也就越高.则当图象的分辨率越高时,卫星的
A.向心加速度越小 B.角速度越小 C.线速度越小 D.周期越小
参考答案:
D
4. 在做“碰撞中的动量守恒定律”实验中,下列说法正确的是
A.斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B.入射球和被碰球的质量必须相等,且大小相同
C.需要用秒表测量小球做平抛运动的时间
D.需要用圆规确定小球落地的平均位置,并用刻度尺测量落地水平距离
参考答案:
D
5. 某学习小组设计了一种发电装置如图甲所示,图乙为其俯视图。将8块外形相同的磁铁交错放置组合成一个高h=0.5m、半径r=0.2m的圆柱体,其可绕固定轴OO′逆时针(俯视)转动,角速度ω=100rad/s。设圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B=0.2T、方向都垂直于圆柱体侧表面。紧靠圆柱体外侧固定一根与其等高、电阻R1=0.5Ω的细金属杆ab,杆与轴OO′平行。图丙中阻值R=1.5Ω的电阻与理想电流表A串联后接在杆a、b两端。下列说法正确的是( )
A.电流表A的示数约为1.41A
B.杆ab产生的感应电动势的有效值E=2V
C.电阻R消耗的电功率为2W
D.在圆柱体转过一周的时间内,流过电流表A的总电荷量为零
参考答案:
BD
二、 填空题:本题共8小题,每小题2分,共计16分
6. “长征”2号火箭点火升空时,经过3 s速度达到42 m/s,设火箭上升可看作匀加速运动,则它在3 s内上升的高度为____________,升空时的加速度为____________.
参考答案:
63 m 14 m/s2
7. 若两颗人造地球卫星的周期之比为T1∶T2=8∶1,则它们的轨道半径之比R1∶R2=________,向心加速度之比a1∶a2=________。
参考答案:
4:1;1:16
8. 一个200匝、面积为20cm2的线圈,放在磁场中,磁场的方向与线圈平面成30°角,若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T.在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是 Wb;磁通量的平均变化率是 Wb/s;线圈中的感应电动势的大小是 V.
参考答案:
4×10﹣4,8×10﹣3,1.6.
【考点】法拉第电磁感应定律.
【分析】穿过线圈的磁通量发生变化,导致线圈中产生感应电动势,从而出现感应电流.由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小.
【解答】解:圆线圈在匀强磁场中,现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T.
所以穿过线圈的磁通量变化量是:△?=?2﹣?1=(B2﹣B1)S?sin30°=4×10﹣4Wb
而磁通量变化率为: =8×10﹣3Wb/s
则线圈中感应电动势大小为:E=N=1.6V
故答案为:4×10﹣4,8×10﹣3,1.6.
9. (6分)如图所示,质量为,带电量为的微粒以速度与水平成45°进入匀强电场和匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。如微粒在电场、磁场、重力场作用下做匀速直线运动,则电场强度 ,磁感应强度 ,当微粒到达图中点时,突然将电场方向变为竖直向上,此后微粒将作 运动。
参考答案:
;;匀速圆周
10. 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:
×1 0,欧姆挡电阻调零,18 0 22.0
11. 交变电压u=20sin50πt(V),加在阻值为10Ω的电阻两端,该交流的周期是________,电阻消耗的电功率是_______________。
参考答案:
12. 14.如图所示,光源S发出的光经狭缝A沿半径射至折射率的半圆柱形玻璃砖的圆心O处后,有两条光线OB,OC射回空气中,将玻璃砖绕O轴旋转,当入射光线AO与出射光OC的夹角为__________o时,另一出射光OB恰好消失.
参考答案:
900
13. 如图所示,匀强电场中a、b两点的距离为0.4m,两点的连线与电场线成37°角,两点间的电势差为32V,则匀强电场的场强大小为 ▲ V/m,把电量为10-10C正电荷从a点移到b点电势能将减少 ▲ J .
参考答案:
100,(2分)3.2×10-9J(
三、 实验题:本题共2小题,每小题11分,共计22分
14. (14分)某学习小组要描绘一只小电珠(2.5V,0.5A)的伏安特性曲线,所供选择的器材除了导线和开关外,还有以下一些器材可供选择:
A.电源E(电动势为3.0V ,内阻不计)
B.电压表V1(量程为0 ~3.0V ,内阻约为2kΩ)
C.电压表V2(量程为0 ~15.0V ,内阻约为6KΩ)
D.电流表A1(量程为0~0.6A ,内阻约为1Ω)
E.电流表A2(量程为0~100mA ,内阻约为2Ω)
F.滑动变阻器R1 (最大阻值10Ω)
G.滑动变阻器R2(最大阻值2kΩ)
①为了减小实验误差,实验中电压表应选择________,电流表应选择_____________,滑动变阻器应选择______________.(填器材的符号)
②为提高实验精度,请你为该学习小组设计电路图,并画在方框中.
③下表中的各组数据是此学习小组在实验中测得的,根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线.
④由图象可知,该电阻的变化特性是随着电压的增大,电阻 。
参考答案:
①B;D;F (每空1分,共3分) ②图略 (4分)③图略(4分)④变大 (3分)
15. 欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻,要求测量结果尽量准确,现备有以下器材:
A.电池组(3V,内阻约1Ω) B.电流表(0~3A,内阻约为0.0125Ω)
C.电流表(0~0.6A,内阻约为0.125Ω) D.电压表(0~3V,内阻约为3 kΩ)
E.电压表(0~15V,内阻约为15 kΩ) F.滑动变阻器(0~20Ω,额定电流1 A)
G.滑动变阻器(0~2000Ω,额定电流0.3 A) H.开关、导线
(1)上述器材中应选用的是 ;(填写各器材的字母代号)(4分)
(2)实验电路应采用电流表 接法;(填“内”或“外”) (2分)
(3)为使通过待测金属导线的电流能在0~0.5 A范围内改变,请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图,然后根据你设计的原理电路将下图中给定的器材连成实验电路。
参考答案:
(1)A、C、D、F、H
(2)外
(3)见右图
四、计算题:本题共3小题,共计47分
16. 如图所示的示波管,电子由阴极K发射后,初速度可以忽略,经加速后水平飞入偏转电场,最后打在荧光屏上,已知加速电压为U1,偏转电压为U2,两偏转极板间距为d,板长为L,从偏转极板到荧光屏的距离为D,不计重力,求:
(1)电子飞出偏转电场时的偏转距离y;
(2)电子打在荧光屏上的偏距OP.
参考答案:
(1)设电子加速度后速度为, 1
在偏转电场中水平方向: 2竖直方向: 3以上各式得: 4
(2)由图中三角形相似得: 5ks5u
由4 5得:
17. 如图所示,竖直平行导轨间距L=20cm,导轨顶端接有一电键K。导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦,ab的电阻R=0.4Ω,质量m=10g,导轨的电阻不计,整个装置处在与轨道平面垂直的匀强磁场中,磁感强度B=1T。当ab棒由静止释放0.8 s后,突然接通电键,不计空气阻力,设导轨足够长。求ab棒的最大速度和最终速度的大小。(g取10m/s2)
参考答案:
ab 棒由静止开始自由下落0.8s时速度大小为v=gt=8m/s
则闭合K瞬间,导体棒中产生的感应电流大小I=Blv/R=4A[
ab棒受重力mg=0.1N
解得,最终速度v`=mgR/B2l2=1m/s。
闭合电键时速度最大为8m/s。
18. 如图所示,固定点O上系一长L=0.6m的细绳,细绳的下端系一质量m=1.0kg的小球(可视为质点),原来处于静止状态,球与平台的B点接触但对平台无压力,平台高h=0.80m,一质量M=2.0kg的物块开始静止在平台上的P点,现对M施予一水平向右的初速度V0,物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰,碰后小球m在绳的约束下做圆周运动,经最高点A时,绳上的拉力恰好等于摆球的重力,而M落在水平地面上的C点,其水平位移S=1.2m,不计空气阻力,g=10m/s2,求:
(1)质量为M物块落地时速度大小?
(2)若平台表面与物块间动摩擦因数μ=0.5,物块M与小球的初始距离为S1=1.3m,物块M在P处的初速度大小为多少?
参考答案:
解:(1)碰后物块M做平抛运动,设其 平抛运动的初速度为V3
…①
S=V3t …②
得: =3.0 m/s …③
落地时的竖直速度为: =4.0 m/s …④
所以物块落地时的速度大小: =5.0 m/s …⑤
(2)物块与小球在B处碰撞,设碰撞前物块的速度为V1,碰撞后小球的速度为V2,由动量守恒定律:
MV1=mV2+MV3 …⑥
碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒,设小球在A点的速度为VA:
…⑦
小球在最高点时依题给条件有: …⑧
由⑦⑧解得:V2=6.0 m/s …⑨
由③⑥⑨得: =6.0 m/s …⑩
物块M从P运动到B处过程中,由动能定理:
解得: =7.0 m/s
答:(1)质量为M物块落地时速度大小为5m/s.
(2)物块M在P处的初速度大小为7.0m/s.
【考点】动量守恒定律;平抛运动;机械能守恒定律.
【分析】(1)平抛运动在水平方向上做匀速直线运动,在竖直方向上做自由落体运动,根据水平方向上和竖直方向上的运动规律求出质量为M的物块落地时的速度大小.
(2)根据牛顿第二定律和机械能守恒定律求出碰撞后B球的速度,根据平抛运动得出M碰后的速度,结合动量守恒定律求出碰撞前M到达B点的速度,根据动能定理求出物块M在P处的初速度大小.