重慶開縣陳家中學2022年高二物理摸底試卷含解析一、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1.一正弦交變電流的電流i隨時間t變化的規(guī)律如圖所示。由下圖可知（

）

A．該交變電流的瞬時值表達式為i＝10sin（50t）B．該交變電流的頻率為50HzC．該交變電流的有效值為10A

D．若該交變電流通過阻值R＝40Ω的白熾燈，則電燈消耗的功率是8kW參考答案：A2.一個重力為10N的物體做自由落體運動，下落后的第2s時間內(g=10m/s2)：A．2s末重力的瞬時功率為200WB．重力做正功，大小為200JC．重力的平均功率是100WD．物體下落的高度是20m參考答案：A3.如圖所示為一列簡諧橫波的圖像，波速為0.2m/s，以下結論正確的是：A.振源振動的頻率為0.4HzB.若質點a比質點b先回到平衡位置，則波沿x軸正方向傳播C.圖示時刻質點a、b、c所受回復力大小之比為2∶1∶3D.經過0.5s質點a、b、c通過的路程為75cm參考答案：C4.如圖所示，質量、電量分別為m1、m2、q1、q2的兩球，用絕緣絲線懸于同一點，靜止后A.若m1=m2，q1<q2，則α<β

B．若m1=m2，q1<q2，則α>βC．若q1=q2，m1>m2，則α>β

D．若m1>m2，則α<β,與q1、q2是否相等無關參考答案：D5.將阻值為5Ω的電阻接到內阻不計的交流電源上，電源電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示．下列說法正確的是()A.電路中交變電流的頻率為0.25HzB.用交流電壓表測得電阻兩端電壓為5VC.通過電阻的電流為D.電阻消耗的電功率為2.5W參考答案：D【詳解】A、由圖可知，交流電的頻率為；故A錯誤.B、該電源的電動勢的有效值為，電壓表的示數(shù)為有效值且測的就是內阻不計的電源兩端的電壓；故B錯誤.C、根據(jù)交流電的有效值，利用歐姆定律可得，；故C錯誤.D、根據(jù)有效值計算功率有；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.（4分）在一個負點電荷形成的電場中，將一個電子從靜止開始釋放，則這個電子的速度變化情況是__________，它的加速度變化的情況是__________。參考答案：越來越大；越來越小7.為了測試某種安全閥在外界環(huán)境為一個大氣壓時，所能承受的最大內部壓強，某同學自行設計制作了一個簡易的測試裝置．該裝置是一個裝有電加熱器和溫度傳感器的可密閉容器．測試過程可分為如下操作步驟：a．記錄密閉容器內空氣的初始溫度t1；b．當安全閥開始漏氣時，記錄容器內空氣的溫度t2；c．用電加熱器加熱容器內的空氣；d．將待測安全閥安裝在容器蓋上；e．蓋緊裝有安全閥的容器蓋，將一定量空氣密閉在容器內．（1）將每一步驟前的字母按正確的操作順序填寫：

；（2）若測得的溫度分別為t1=27℃，t2=87℃，已知大氣壓強為1.0×105pa，則測試結果是：這個安全閥能承受的最大內部壓強是

．參考答案：（1）deacb；（2）1.2×105Pa【考點】氣體的等容變化和等壓變化．【分析】本實驗是為了測試安全閥所能承受的最大內部壓強，將待測安全閥安裝在容器蓋上，將一定量空氣密閉在容器內，加熱容器內的空氣，剛漏氣時壓強即所能承受的最大內部壓強．封閉氣體發(fā)生等容變化，根據(jù)查理定律求解安全閥能承受的最大內部壓強．【解答】解：（1）首先要安裝安全閥，則d為第一步；

第二步要保證氣體質量一定，則e為第二步．

要記錄初始封閉氣體的溫度．則a為第三步．

加熱升溫是第四步，則c為第五步．

記錄剛漏氣時溫度，則b是第六步．故正確的操作順序為deacb

（2）T1=300K，T2=350K，P1=1.0X105Pa根據(jù)查理定律得

解得

P2=1.2×105Pa故本題答案是：（1）deacb；（2）1.2×105Pa8.如圖所示，在置于勻強磁場的平行導軌上，橫跨在兩導軌間的導體桿PQ以速度υ向右勻速運動．已知磁場的磁感應強度為B、方向垂直于導軌平面(即紙面)向外，導軌間距為L，導體桿PQ的電阻為r．導軌左端連接一電阻R，導軌的電阻忽略不計，則通過電阻R的電流方向為______________，導體桿PQ兩端的電壓U=_____________．參考答案：9.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”）把介質拿出來,在增大兩版的距離,靜電計指針將

.（填“增大”、“減小”或“不變”）參考答案：(1)電壓

相對介電常數(shù)

增大

減小

增大10.借助運動傳感器可用計算機測出物體運動的速度。如圖所示，傳感器系統(tǒng)由兩個小盒子A、B組成，A盒裝有紅外線發(fā)射器和超聲波發(fā)射器，它裝在被測物體上，每隔0.03s可同時發(fā)射一個紅外線脈沖和一個超聲波脈沖；B盒裝有紅外線接收器和超聲波接收器，B盒收到紅外線脈沖時開始計時(紅外線的傳播時間可以忽略不計)，收到超聲波脈沖時計時停止。在某次測量中，B盒記錄到的連續(xù)兩次的時間分別為0.15s和0.20s，根據(jù)你知道的知識，該物體運動的速度為

m／s，運動方向是

。(背離B盒還是靠近B盒,聲速取340m／s)

參考答案：，背離B盒11.半徑為R的表面光滑的半球固定在水平面上。在距其最高點的正上方為h的懸點O，固定長L的輕繩一端，繩的另一端拴一個重為G的小球。小球靜止在球面上。則繩對小球的拉力T= ，球面對小球的支持力N=

。參考答案：mgL/（R+h）

mgR/（R+h）12.完成下列核反應過程B+He→N+

；A1十

→Mg+H

參考答案：01n；01n

13.正方形閉合線圈置于勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直，線圈電阻不能忽略。用力將線框分別以速度、勻速拉出磁場，且，在這兩個過程中，通過導線橫截面的電荷量=

，線框中產生的焦耳熱=

，線框所受安培力大小

。參考答案：=1：1

，=

，。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.如圖所示，有兩個質量均為m、帶電量均為q的小球，用絕緣細繩懸掛在同一點O處，保持靜止后懸線與豎直方向的夾角為θ=30°，重力加速度為g，靜電力常量為k.求：(1)帶電小球A在B處產生的電場強度大??；(2)細繩的長度L.參考答案：（1）（2）（1）對B球，由平衡條件有：mgtan

θ=qE帶電小球在B處產生的電場強度大?。?/p>

（2）由庫侖定律有：

其中：r=2Lsin

θ=L

解得：【點睛】本題關鍵是對物體受力分析，然后結合共點力平衡條件、庫侖定律和電場強度的定義列式求解．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，MN、PQ是平行金屬板，板長為L，兩板間距離為d，PQ板帶正電，MN板帶負電，在PQ板的上方有垂直紙面向里的勻強磁場．一個電荷量為q、質量為m的帶負電粒子以速度v0從MN板邊緣沿平行于板的方向射入兩板間，結果粒子恰好從PQ板左邊緣飛進磁場，然后又恰好從PQ板的右邊緣飛進電場．不計粒子重力．試求：(1)兩金屬板間所加電壓U的大?。?2)勻強磁場的磁感應強度B的大?。畢⒖即鸢福?1)分析知，粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在電場中運動的時間為t＝

(1分)加速度為a＝

(2分)偏轉位移為y＝at2＝

(2分)由題意知y＝d得U＝.

(2分)17.如圖七所示，E＝10V，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝30μF，電池內阻可忽略.（1）閉合開關K，求穩(wěn)定后通過R1的電流；（2）然后將開關K斷開，求這以后通過R1的總電量.參考答案：18.如圖所示，質量為1.9kg的長木板A放在水平地面上，在長木板最右端放一個質量為1kg小物塊B，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1=0.2，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2=0.4．在t=0時刻A、B均靜止不動，現(xiàn)有質量為100g的子彈，以初速度v0=120m/s射入長木板并留在其中（此過程可視為瞬間完成）．物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上，取重力加速度的大小g=10m/s2．求：（1）木板開始滑動的初速度；（2）從木板開始滑動時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小；（3）長木板與地面摩擦產生的熱量．參考答案：解：（1）子彈射入木塊過程，設向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：mCv0=（mA+mC）v1代入數(shù)據(jù)解得：v1=6m/s；（2）子彈射入長木板之后，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木塊具有共同速度為止，由牛頓第二定律，對物塊有：μ1mBg=mBaB代入數(shù)據(jù)解得：aB=2m/s2；對長木板有：μ2（mA+mB+mC）g+μ1mBg=（mA+mC）aA代入數(shù)據(jù)解得：aA=7m/s2設t1時，兩者有速度相同v2，則有：v2=v1﹣aAt1=aBt1代入數(shù)據(jù)解得：t1=s，v2=m/s在t1時刻后，假設物塊與木板相對靜止，它們之間的摩擦力大小為f，物塊和木板的加速度大小為a'，則由牛頓第二定律，對物塊有：f=mBa'對整體有：μ2（mA+mB+mC）g=（mA+mB+mC）a'解得：f=4N大于物塊和木板之間的最大摩擦力所以在t1時刻后，兩者發(fā)生了相對滑動，由牛頓第二定律，對物塊有：μ1mBg=mBa’代入數(shù)據(jù)解得：aB’=2m/s2；對物塊有：μ2（mA+mB+mC）g﹣μ1mBg=（mA+mC）aA’代入數(shù)據(jù)解得：aA’=5m/s2由運動學公式可推知物體相對于地面的運動距離為：xB=+代入數(shù)據(jù)解得：xB=m；木塊相對于地面的運動距離為：xA=t1+代入數(shù)據(jù)解得：xA=m；物塊相對于木板位移大小為：△x=xA﹣xB=﹣=m（3）長木板與地面摩擦產生的熱量為：Q=μ2（mA+mB+mC）gxA=0.4×（1.9+1+0.1）×10×=J；答：（1）木板開始滑動的初速度為6m/s；（2）從木板開始滑