湖南省郴州市楓樹中學高二物理下學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.（多選）一個微型吸塵器的直流電動機的額定電壓為U，額定電流為I，線圈電阻為R，將它接在電動勢為E，內阻為r的直流電源的兩極間，電動機恰好能正常工作，則()A．電動機消耗的總功率為UIB．電動機消耗的熱功率為C．電源的輸出功率為EID．電源的效率為1－參考答案：AD2.下面給出多種用伏安法測電池電動勢和內電阻的數據處理方法，其中既減小偶然誤差，又直觀、簡便的方法是A．測出兩組I，U的數據，代入方程組E=U1+I1r和E=U2+I2r中，即可求出E和rB．多測幾組I，U的數據，求出幾組E，r，最后分別求出其平均值C．測出多組I，U的數據，畫出U—I圖像，再根據圖像求E，rD．多測出幾組I，U數據，分別求出I和U的平均值，用電壓表測出開路時的路端電壓即為電壓勢E，再用閉合電路歐姆定律求出內電阻r參考答案：C3.如圖，由某種粗細均勻總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中（

）A.PQ中電流先增大后減小B.PQ兩端電壓先減小后增大C.PQ上拉力的功率先減小后增大D.線框消耗的電功率先減小后增大參考答案：CD試題分析：導體棒由靠近ad邊向bc邊勻速滑動的過程中，產生的感應電動勢E=BLv，保持不變，外電路總電阻先增大后減小，由歐姆定律分析得知PQ中的電流先減小后增大，故A錯誤．PQ中電流先減小后增大，PQ兩端電壓為路端電壓，由U=E-IR，可知PQ兩端的電壓先增大后減小．故B錯誤；導體棒勻速運動，PQ上外力的功率等于回路的電功率，而回路的總電阻R先增大后減小，由，分析得知，PQ上拉力的功率先減小后增大．故C正確．線框作為外電路，總電阻最大值為，則導體棒PQ上的電阻始終大于線框的總電阻，當導體棒向右運動的過程中電路中的總電阻先增大后減小，根據閉合電路的功率的分配關系與外電阻的關系可知，當外電路的電阻值與電源的內電阻相等時外電路消耗的電功率最大，所以可得線框消耗的電功率先增大后減小．故D錯誤．故選：C。考點：電磁感應；電功率4.如圖所示，閉合導線框的質量可以忽略不計，將它從圖示位置勻速拉出勻強磁場．若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導線截面的電量為q1；第二次用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導線截面的電量為q2，則（

）A．W1＜W2，q1＜q2

B．W1＜W2，q1=q2C．W1＞W2，q1=q2

D．W1＞W2，q1＞q2參考答案：5.（多選題）“奧的斯電梯”在北京、上海、深圳、惠州等地頻出事故，致使大家“談奧色變”，為此檢修人員對電視塔的觀光電梯作了檢修，如圖是檢修人員搭乘電梯從一樓到八樓上下的v﹣t圖（取電梯向上運動方向為正方向），下列說法正確的是（）A．檢修人員在2～6s內對地板的壓力相同B．檢修人員在0～2s和在4～6s內處于超重狀態C．0～2s內和4～6s內電梯對檢修人員作用力不同D．0～2s內和6～8s內電梯對檢修人員作用力相同參考答案：ACD【考點】牛頓運動定律的綜合應用；作用力和反作用力．【分析】物體做勻加速直線運動時加速度應保持不變，根據速度圖象的斜率等于加速度，由斜率判斷電梯的加速度是否變化，確定電梯的運動性質．再根據牛頓第二定律分析作用力大小變化情況．【解答】解：A、在2～6秒內速度圖象是一條直線，其斜率保持不變，說明加速度保持不變，根據牛頓第二定律可知檢修人員在2～6秒內對地板的壓力相同．故A正確．B、根據圖象可知，檢修人員在0～2s內加速度為正，方向向上，處于超重狀態，4～6s內加速度為負，方向向下，處于失重狀態，故B錯誤；C、由圖可知，0～2s內和4～6s內人員的加速度方向不同；則由牛頓第二定律可知，電梯對檢修人員作用力不同；故C正確；D、0～2s內和6～8s內人員的加速度相同，則由牛頓第二定律可知，電梯對檢修人員作用力相同；故D正確；故選：ACD．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.（4分）一束光由真空入射到平面玻璃上，當其折射角為30o時，反射光與折射光恰好垂直。因此，可以推斷出玻璃的折射率為

。參考答案：

7.如圖所示電路，當在a、b兩端加上直流電壓時，L1正常發光，L2不亮；當a、b兩端加上同樣電壓的交變電流時，L1發光亮度變暗，而L2正常發光．則A、B分別為

和

.

（填“電感線圈”或“電容器”）參考答案：.電感線圈

電容器8.在‘測定電源電動勢和內阻“的實驗中，某同學根據實測數據，畫出如圖5所示的U-I圖線，根據圖線可得出：電源電動勢E=

V；當U=0時，短路電流I短=

A；該電源的內電阻r=

Ω。參考答案：1.50、0.6

、2.59.如圖所示的是為紀念發現“磁生電”現象的物理學家

而發行的一枚郵票，該發現導致了世界上第一臺

機的產生，從而把人類社會帶進了電氣化時代.

參考答案：法拉第,發電(每空2分)10.如圖所示，放在光滑絕緣水平面上的帶電兩個小球，相距0.18m，已知Q1電量為+1.8×10﹣12C，此時兩個點電荷間的靜電斥力F=1.0×10﹣12N，靜電力常量k=9.0×109N?m2/C2．則Q2所帶的電量是

．當它們的距離為0.36m時，它們之間的靜電力是多大

．參考答案：+2×10﹣12C；2.5×10﹣13N．【考點】庫侖定律．【分析】根據“同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引”判斷帶電的性質．根據庫侖定律F=k計算小球的帶電量和靜電力．【解答】解：（1）兩個小球之間是靜電斥力，則兩球帶同種電荷，由于一小球帶正電，故另一球Q2也帶正電；根據庫侖定律有：F=k，則有：Q2==C=2×10﹣12C（2）由F=k=9.0×109×N=2.5×10﹣13N故答案為：+2×10﹣12C；2.5×10﹣13N．11.如圖10所示，從地面上方某點，將一小球以7.5m/s的初速度沿水平方向拋出，小球經過1.0s落地．若不計空氣阻力，取g=10m/s2，則可知小球拋出時離地面的高度為________m，小球落地時的速度大小為________m/s．參考答案：5.0

12.512.如圖甲所示電路中，已知電源電動勢E＝3V，內阻r＝1W，滑動變阻器的最大阻值為20Ω，小燈泡L的U－I圖線如圖乙所示，則可知小燈泡的電阻隨電壓增大而

（填“增大”、“減小”或“不變”）。當電鍵K閉合后，任意移動滑片發現都不能使小燈泡完全熄滅，則此時的電路中，小燈泡可能獲得的最小功率是

。參考答案：13.如圖所示，磁流體發電機的通道是一長為L的矩形管道，其中按圖示方向通過速度為v等離子體，通道中左、右兩側壁是導電的，其高為h，相距為a，而通道的上下壁是絕緣的，所加勻強磁場的大小為B，與通道的上下壁垂直.不計摩擦及粒子間的碰撞，則__________導電壁電勢高（填“左”或“右”），兩導電壁間的電壓為___________．參考答案：右，Bav三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（解答）如圖所示，一水平放置的矩形線圈abcd，在細長的磁鐵N極附近豎直下落，保持bc邊在紙外，ab邊在紙內，由圖中位置Ⅰ經位置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，線圈中有感應電流根據條形磁鐵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生變化，有感應電流產生15.在1731年，一名英國商人發現，雷電過后，他的一箱新刀叉竟顯示出磁性．請應用奧斯特的實驗結果，解釋這種現象．參考答案：閃電產生的強電流產生磁場會使刀叉磁化．四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（10分）如圖所示，繃緊的傳送帶，始終以2m/s的速度勻速斜向上運行，傳送帶與水平方向間的夾角θ=30°。現把質量為10kg的工件輕輕地放在傳送帶底端P，由傳送帶傳送至頂端Q，已知PQ之間的距離為4m，工作與傳送帶間的動摩擦因數為，取g=10m/s2。

（1）通過計算說明工件在傳送帶上做什么運動？（2）求工件從P點運動到Q點所用的時間。參考答案：解析：（1）由牛頓第二定律μmgcosθ－mgsinθ=ma

①解得a=2.5m/s2

②m=0.8m

③可見工件先勻加速運動0.8m，然后勻速運動3.2m

④

（8分）（2）由

得

⑤

⑥t=t1+t2=2.4s

⑦

（4分）17.如圖所示，輕彈簧的兩端與質量均為2m的B、C兩物塊固定連接，靜止在光滑水平面上，物塊C緊靠擋板但不粘連．另一質量為m的小物塊A以速度V0從右向左與B發生彈性正碰