山東省日照市莒縣浮來山鎮二十里中學2022年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.光線以某一入射角從空氣射入折射率為的玻璃中，已知折射角為30°，則入射角等于（

）

A．30°

B．45°

C．60°

D．75°參考答案：C2.是人工產生的放射性元素，產生后會自發的衰變為．關于衰變為，下列描述正確的是（）A．上述核反應屬于α衰變B．的半衰期隨溫度升高、壓強增大而變小C．上述核反應屬于β衰變D．的半衰期隨著數量的減少而增大參考答案：C【考點】原子核的人工轉變．【分析】α衰變生成核原子核，β衰變生成的電子是其中的中子轉化為質子同時生成的，半衰期是統計規律，與外界因素無關．【解答】解：產生后會自發的衰變為．反應方程式，→+；A、若發生α衰變時，生成核與原來的原子核相比，質量數減少4，質子數減少2，所以中子減少2，故A錯誤；B、半衰期與外界因素無關，B錯誤；C、β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化成質子和電子所產生的，C正確；D、半衰期是統計規律，對少數原子是沒有意義的，且半衰期是不變，D錯誤．故選：C3.由于地球的自轉，地球表面上各點均做勻速圓周運動，所以（

）A．地球表面各處具有相同大小的線速度

B．地球表面各處具有相同大小的角速度C．地球表面各處具有相同大小的向心加速度D．地球表面各處的向心加速度方向都指向地球球心參考答案：C4.如圖所示電路中，電源內阻不能忽略，當變阻器R的滑片P向下移動時下列說法中正確的是A.V1示數變大，示數變小，示數變大B.V1示數變小，示數變大，示數變小C.電源消耗的總功率增大D.電源消耗的總功率減小參考答案：AC解：當變阻器R的滑片向下移動時，R減小，R與R2并聯的阻值減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可知，干路電流I增大。電壓表V2的示數U2=E-Ir，電壓表V1的示數U1=IR2，I增大，U2減小，U1增大。電阻R2的電壓U2=E-I（R1+r），I增大，U2減小，流過R2的電流I2減小，則電流表的示數IA=I-I2，IA增大，則A正確，B錯誤。根據P=IE可知電源消耗的總功率增大，選項C正確，D錯誤；故選AC.【點睛】本題電路中典型的問題：電路中動態變化分析問題，一般按照“部分→整體→部分”思路分析．5.(單選)關于靜電，下列說法中不正確的是（

）A．干燥天氣里脫化纖衣物時常常會看到火花，聽到劈啪聲B．室內栽花種草可杜絕靜電產生C．高壓輸電導線表面要很光滑，以避免因尖端放電而損失電能D．油罐車尾裝一條拖地鐵鏈，有利于消除靜電參考答案：C二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.在圖所示的8個不同的電阻組成，已知R1=12Ω，其余電阻值未知，測得A、B間的總電阻為4Ω，今將R1換成6Ω的電阻，A、B間總電阻變成

Ω。

參考答案：3用等效替代法，可把除R1外的其他電阻等效為一個電阻R，在AB間R1與等效電阻R為并聯關系，則RAB=RR1/（R+R1）=12R/（12+R）=4，解得R=6Ω，若R'1=6Ω時，則R'AB=RR'1/（R+R'1）=6×6/（6+6）=3Ω。7.右上圖為某同學根據測定一節干電池的電動勢和內電阻的實驗數據繪制成的U-I圖，由此可得干電池的電動勢E=__________V，內阻r=

Ω．（E、r的結果分別保留3位和2位有效數字）參考答案：_1.50（或1.49）

0.60~0.64

8.（填空）（2011秋?花山區校級期末）在電場P處，有一個5.0×10﹣15C的點電荷．受電場力為1.0×10﹣13N，則此處電場強度E=

N/C；若點電荷的電量變為1.0×10﹣14C，那么P點處的場強E=

N/C，這個點電荷受到的靜電力是

N．參考答案：20；20；2.0×10﹣13電場強度根據E=得，電場強度E=N/C=20N/C．電場強度反映電場本身的性質，由電場本身決定，與試探電荷無關，所以點電荷的電量變為1.0×10﹣14C，電場強度不變，仍然為20N/C．根據E=得，點電荷受到的靜電力F′=Eq′=20×1.0×10﹣14=2.0×10﹣13（N），故答案為：20；20；2.0×10﹣139.如圖所示，A、B是電場中的兩點.一個電荷量為q=+4.0×10－8C的點電荷在A點所受電場力FA=2.0×10－4N，將該點電荷從A點移到B點，電場力做功W=8.0×10－7J。則A點電場強度的大小EA=

N/C,A、B兩點間的電勢差UAB=

V參考答案：5000,2010.（3分）一個理想的單擺，已知其周期為T，如果由于某種原因(如轉移到其它星球)自由落體運動的加速度變為原來的1/2，振幅變為原來的1/3，擺長變為原來的1/4，擺球質量變為原來的1/5，它的周期變為_______T。

參考答案：11.面積為0.4m2的閉合導線環在勻強磁場中，環面與磁場垂直時，穿過環的磁通量為0.5Wb，則該磁場的磁感應強度為

T.當環面轉至與磁場方向平行時，穿過環的磁通量為

Wb。參考答案：12.如圖所示，把長為的導體棒置于豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為，導體棒與磁場方向垂直，棒中通有電流，則導體棒所受安培力的大小為.為增大導體棒所受的安培力，可采用的方法是

（只填一種方法）.參考答案：、增大電流或增大磁感應強度13.河寬420m，船在靜水中的速度為5m/s，水流速度是4m/s，則過河的最短時間為

，最小位移為

m。參考答案：C三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（12分）如圖所示，有兩個帶正電的粒子P和Q同時從勻強磁場的邊界上的M點分別以30°和60°（與邊界的交角）射入磁場，又同時從磁場邊界上的同一點N飛出，設邊界上方的磁場范圍足夠大，不計粒子所受的重力影響，則兩粒子在磁場中的半徑之比rp:rQ=____________，假設P粒子是粒子（），則Q粒子可能是________，理由是_______________________________。參考答案：(1)兩粒子在磁場中的半徑之比：（5分）（2）可能是質子（3分），質量數與電荷數之比為1:1（4分）15.（10分）為了“探究碰撞中的不變量”，小明在光滑桌面上放有A、B兩個小球．A球的質量為0.3kg，以速度8m/s跟質量為0.1kg、靜止在桌面上的B球發生碰撞，并測得碰撞后B球的速度為9m/s，A球的速度變為5m/s，方向與原來相同．根據這些實驗數據，小明對這次碰撞的規律做了如下幾種猜想．【猜想1】碰撞后B球獲得了速度，A球把速度傳遞給了B球．【猜想2】碰撞后B球獲得了動能，A球把減少的動能全部傳遞給了B球．(1)你認為以上的猜想成立嗎？若不成立，請簡述理由.(2)根據實驗數據，通過計算說明，有一個什么物理量，在這次碰撞中，B球所增加的這個物理量與A球所減少的這個物理量相等？參考答案：（1）猜想1、2均不成立.因為A球的速度只減少了3m/s,B球的速度卻增加了8m/s,所以猜想1是錯的。（2分）A球的動能減少了,B球動能增加了,所以猜想2也是錯的；（2分）（2）計算：B球動量的增加量ΔpB=0.1×9=0.9kg·m/s，（2分）A球動量的減少量ΔpA=0.3×8－0.3×5=0.9kg·m/s，（2分）從計算結果可得，B球動量的增加量與A球動量的減少量相等．即系統的總動量保持不變．（2分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，虛線上方有場強為E的勻強電場，方向豎直向下，虛線上下有磁感應強度相同的勻強磁場，方向垂直紙面向外，ab是一根長為l的絕緣細桿，沿電場線放置在虛線上方的場中，b端在虛線上，將一套在桿上的帶正電的小球從a端由靜止釋放后，小球先作加速運動，后作勻速運動到達b端，已知小球與絕緣桿間的動摩擦系數μ=0.3，小球重力忽略不計，當小球脫離桿進入虛線下方后，運動軌跡是半圓，圓的半徑是，求帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值．參考答案：解：小球在沿桿向下運動時，受力情況如圖，向左的洛侖茲力F，向右的彈力N，向下的電場力qE，向上的摩擦力fF=Bqv，N=F=Bqv

∴f=μN=μBqv當小球作勻速運動時，qE=f=μBqVb小球在磁場中作勻速圓周運動時

又R=，解得：vb=小球從a運動到b過程中，由動能定理得所以答：帶電小球從a到b運動過程中克服摩擦力所做的功與電場力所做功的比值為．【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力；帶電粒子在勻強電場中的運動；帶電粒子在混合場中的運動．【分析】根據對研究對象的受力分析，結合受力平衡條件，再根據牛頓第二定律，由洛倫茲力提供向心力，及幾何關系，可求出小球在b處的速度，并由動能定理，即可求解．17.發電站發電機端電壓u＝5000sin314tV，輸出功率5000kW，遠距離輸電線的總電阻為80Ω，輸電線上功率損耗要求不超過總功率的4%，則：(1)所用升壓變壓器的原、副線圈匝數比多大?(2)到達用戶區使用匝數比為192：1的降壓變壓器，對負載電阻為10Ω的純電阻用電器供電，可接這樣的用電器幾個?參考答案：(1)P損＝4%P總＝4%×5000KW＝200KW

1分由P損＝I22R可得，I2＝50A

1分對升壓變壓器分析由P總＝I1U1可得，I1＝1000A

1分所以升壓變壓器n1：n2＝I2：I1＝20：1

2分(2)對升壓變壓器分析I3＝I2＝50A

1分由I3：I4＝n4：n3可得，I4＝I3n3/n4＝9600A

1分又由P4＝P總－P損＝I42R總＝I42R/n

1分所以n＝＝192個

18.

(10分)如圖所示，水平地面上有一個圓槽，直徑d=1.00m,高H