廣東省梅州市平原中學2023年高二物理模擬試卷含解析

廣東省梅州市平原中學2023年高二物理模擬試卷含解析一、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.下列有關運動電荷和通電導線受到磁場對它們的作用力方向正確判斷的是

參考答案：B2.（單選題）通有恒定電流的導線與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次將金屬框由Ⅰ繞導線翻轉到Ⅱ，設先后兩次通過金屬框的磁通量變化分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則(

)A．ΔΦ1＜ΔΦ2

B．ΔΦ1＞ΔΦ2C．ΔΦ1＝ΔΦ2D．ΔΦ1＝－ΔΦ2參考答案：B3.理想實驗是科學研究中的一種重要方法，它把可靠事實和理論思維結合起來，可以深刻地揭示自然規(guī)律。以下實驗中屬于理想實驗的是

A．用打點計時器測物體的加速度

B．伽利略的斜面實驗

C．驗證力的平行四邊形定則

D．利用自由落體運動測定反應時間參考答案：B4.如圖所示，大小相同的擺球a和b的質量分別為m和3m，擺長相同，并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷中正確的是（）A．第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小不相等B．第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等C．第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D．發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置參考答案：D【考點】動量守恒定律；功能關系．【分析】兩球碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，由動量守恒與機械能守恒定律列方程，求出碰后的速度，然后答題．由單擺的周期公式判斷回到平衡位置的時間關系．【解答】解：A、兩球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律有：mv0=mv1+3mv2，兩球碰撞是彈性的，故機械能守恒，即為：mv02=mv12+?3mv22，解兩式得：v1=﹣，v2=，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，方向相反，故A錯誤；B、由前面分析知兩球速度大小相等，因兩球質量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等，故B錯誤；C、兩球碰后上擺過程，機械能守恒，故上升的最大高度相等，擺長也相等，故兩球碰后的最大擺角相同，故C錯誤；D、第一次碰撞后，二者都做單擺運動，由于二者的擺長相同，所以二者單擺的周期也是相等的，所以再經(jīng)過半個周期后回到平衡位置，然后在平衡位置發(fā)生第二次碰撞，故D正確．故選：D5.（單選）匝數(shù)為N的矩形線框在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸轉動產(chǎn)生正弦交變電波，最大感應電動勢為Em，下列說法正確的是（）A．線框的轉動不一定是勻速轉動B．線框通過中性面位置時磁通量最小C．線框通過中性面位置時磁通量變化最慢D．穿過線框的磁通量變化率最大值等于Em參考答案：解：A、線框的轉動為勻速轉動時，才會產(chǎn)生正弦交變電波，故A錯誤；B、當線框通過中性面位置時，磁通量最大，感應電動勢最小，故B錯誤；C、線框通過中性面位置時，感應電動勢最小，則磁通量變化最慢，故C正確；D、穿過線框的磁通量變化率最大值等于，故D錯誤．故選：C．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b，已知在此過程中，氣體內(nèi)能增加300J，則該過程中氣體

（選填“吸收”或“放出”）熱量為

J。參考答案：吸收

500氣體的體積變大，對外做功，對外做功，W為負值，根據(jù)熱力學第一定律：△E=Q-W，所以：Q=△E+W=500J，正號表示吸收熱量。7.將1cm3的某種油溶于酒精中,制成200cm3的油酒精溶液.已知1cm3溶液有50滴.現(xiàn)取1滴油溶液滴到水面上,隨著酒精溶于水,油在水面上形成一單分子油膜,已測得這一油膜的面積為0.2m2.由此可估測出油分子的直徑為________m.參考答案：8.如圖所示所在通電螺絲管內(nèi)部中間的小磁針，靜止時N極指向右端，則電源的c端為

極，螺線管的a端為

極．參考答案：正，

S

9.如圖所示，A、B、C三點為一直角三角形的三個頂點，∠B=300，現(xiàn)在A、B兩點放置兩點電荷qA、qB，測得C點場強的方向與BA方向平行，則qB電性是帶

電，qA∶qB=________.參考答案：10.（5分）勁度系數(shù)為的輕質彈簧豎直懸掛，在其下端掛一質量為的砝碼，重力加速度大小為，然后從彈簧原長處由靜止釋放砝碼，此后砝碼的最大加速度是

，彈簧的最大彈性勢能可達 。參考答案：g（2分），（3分）11.如圖所示，電源的電動勢E=42V，內(nèi)阻r=l，R=20，M為直流電動機，其電樞電阻r=l，電動機正常工作時，電壓表讀數(shù)為21V，電動機的機械能的功率為____W，電源的總功率為_____W．參考答案：20W

42W對R由歐姆定律得，電路中電流，對電動機有；總功率。12.在某電池的電路中每通過的電荷量，電池提供的電能是，那么這個電池的電動勢的大小是

參考答案：.2V13.平行板電容器的電容與兩極板的正對面積、

及電解質有關。參考答案：兩極板間距離三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.如圖所示為用伏安法測量電阻的原理圖．圖中，為電壓表，內(nèi)阻為4000Ω；為電流表，內(nèi)阻為50Ω；E為電源，R為電阻箱，Rx為待測電阻，S為開關．(1)當開關閉合后電壓表讀數(shù)U＝1.6V，電流表讀數(shù)I＝2.0mA，若將Rx＝作為測量值，所得結果的百分誤差是________．(2)若將電流表改為內(nèi)接，開關閉合后，重新測得電壓表讀數(shù)和電流表讀數(shù)，仍將電壓表讀數(shù)與電流表讀數(shù)之比作為測量值，這時結果的百分誤差是________．(百分誤差＝||×100%)參考答案：(1)___20%_____．

(2)__5%______15.為了驗證碰撞中的動量守恒和檢驗兩個小球的碰撞是否為彈性碰撞，某同學選取了兩個體積相同、質量不相等的小球，按下述步驟做了如下實驗：①用天平測出兩個小球的質量（分別為m1和m2，且m1＞m2）；②按照如圖所示的那樣，安裝好實驗裝置，將斜槽AB固定在桌邊，使槽的末端點的切線水平．將一斜面BC連接在斜槽末端；③先不放小球m2，讓小球m1從斜槽頂端A處由靜止開始滾下，記下小球在斜面上的落點位置；④將小球m2放在斜槽前端邊緣上，讓小球m1從斜槽頂端A處仍由靜止?jié)L下，使它們發(fā)生碰撞，記下小球m1和小球m2在斜面上的落點位置；⑤用毫米刻度尺量出各個落點位置到斜槽末端點B的距離．圖中D、E、F點是該同學記下的小球在斜面上的幾個落點位置，到B點的距離分別為LD、LE、LF．根據(jù)該同學的實驗，請你回答下列問題：（1）小球m1與m2發(fā)生碰撞后，m1的落點是圖中的

點，m2的落點是圖中的

點．（2）用測得的物理量來表示，只要滿足關系式

，則說明碰撞中動量是守恒的．（3）用測得的物理量來表示，只要再滿足關系式

，則說明兩小球的碰撞是彈性碰撞．參考答案：（1）D；F（2）（3）m1LE=m1LD+m2LF【考點】驗證動量守恒定律．【分析】（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度減小，都做平拋運動，由平拋運動規(guī)律不難判斷出；（2）設斜面BC與水平面的傾角為α，由平拋運動規(guī)律求出碰撞前后小球m1和小球m2的速度，表示出動量的表達式即可求解；（3）若兩小球的碰撞是彈性碰撞，則碰撞前后機械能沒有損失；根據(jù)機械能守恒定律可求得表達式．【解答】解：（1）小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度減小，都做平拋運動，所以碰撞后m1球的落地點是D點，m2球的落地點是F點；（2）碰撞前，小于m1落在圖中的E點，設其水平初速度為v1．小球m1和m2發(fā)生碰撞后，m1的落點在圖中的D點，設其水平初速度為v1′，m2的落點是圖中的F點，設其水平初速度為v2．設斜面BC與水平面的傾角為α，由平拋運動規(guī)律得：，LDcosα=v′1t解得：同理可解得：，所以只要滿足m1v1=m2v2+m1v′1即：則說明兩球碰撞過程中動量守恒；（3）若兩小球的碰撞是彈性碰撞，則碰撞前后機械能沒有損失．則要滿足關系式m1v12=m1v′12+m2v2即m1LE=m1LD+m2LF故答案為為：（1）D；F（2）（3）m1LE=m1LD+m2LF四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，豎直平面內(nèi)的3/4圓弧形光滑軌道半徑為R，A端與圓心O等高，AD為水平面，B點為光滑軌道的最高點且在O的正上方．一個小球在A點正上方由靜止釋放，自由下落至A點進入圓軌道并恰好能通過B點，最后落到水平面C點處．求：(1)小球通過軌道B點的速度大??；(2)釋放點距A點的豎直高度；(3)落點C與A點的水平距離．參考答案：(1)小球恰能通過最高點B時，mg＝m①(2分)

解得vB＝(1分)(2)設釋放點到A點高度為h，則有mg(h－R)＝mv②(2分)聯(lián)立①②解得：h＝1.5R.(2分)(3)小球由B到C做平拋運動R＝gt2③(1分)水平位移xOC＝vBt④(1分)聯(lián)立①③④解得：xOC＝R(1分)所以落點C與A點的水平距離為：xAC＝(－1)R.(2分)17.如圖13所示，質量為m、帶電荷量為q的粒子，以初速度v0沿偏轉電場的中心線射入，極板間距為d，極板長為l，偏轉電場所加電壓為U，射出后打在距極板右端L遠處的豎