山西省運城市河津樊村中學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1.一質量為m的木塊靜止在水平面上．開始時，將一個大小為F的水平恒力作用在該木塊上．經(jīng)t時間撤去力F，又經(jīng)時間t木塊停下，則關于木塊所受摩擦力f，下列式子正確的是（）A．f=F B．f= C．f=3F D．f=1.5F參考答案：B【考點】滑動摩擦力．【分析】根據(jù)運動學公式，即可求得撤力前后的加速度之比，再依據(jù)牛頓第二定律，即可求解．【解答】解：木塊從靜止，在水平恒力F作用下，經(jīng)t時間撤去力F，又經(jīng)時間t木塊停下，根據(jù)運動學公式：△v=at，可知，撤力前后的加速度大小相同，依據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)合=ma，則有：F﹣f=f，解得：f=，故ACD錯誤，B正確；故選：B．2.如圖所示，在勻強電場中將一帶電荷量為+q、質量為m的小球以初速度v0豎直向上拋出，在帶電小球由拋出到上升至最大高度的過程中，下列判斷正確的是（

）A．小球的機械能守恒B．小球的電勢能增加C．所用的時間為v0/gD．到達最高點時，速度為零．加速度大于g參考答案：3.彈簧振子做簡諧運動，其位移x與時間t的關系如圖7所示，由圖可知A．在1s至2s內，速度與加速度同向B．在1s至2s內，回復力做正功C．在2s至4s內，振子的運動方向沿X負方向D．在t＝3s時，速度的值最大，方向為正，加速度為零參考答案：D4.如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m、M及M與地面間接觸光滑，開始時，m和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，從兩物體開始運動以后的整個運動過程中，彈簧形變不超過其彈性限度．對于m、M和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是(

)A.由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機械能守恒B.當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M各自的動能為0C.由于F1、F2大小不變，故m、M各自一直做勻加速運動D.由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)的動量始終為零參考答案：D【詳解】由于F1、F2對m、M都做正功，故系統(tǒng)機械能增加，故系統(tǒng)機械能不守恒，A錯誤；當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，M和m受力平衡，加速度減為零，此時速度達到最大值，故各自的動能最大，B錯誤；由于彈力是變化的，m、M所受合力是變化的，所以不會做勻加速運動，C錯誤；對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此系統(tǒng)動量守恒，始終為零，D正確。故選D。5.（單選）下圖描繪一定質量的氧氣分子分別在0℃和100℃兩種情況下速率分布情況，符合統(tǒng)計規(guī)律的是

參考答案：A二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.在研究產(chǎn)生感應電流條件的實驗中，如下圖甲所示，把條形磁鐵插入或者拔出閉合線圈的過程，線圈的面積盡管沒有變化，但是線圈內的磁場強弱發(fā)生了變化，此時閉合線圈中______感應電流(填“有”或“無”)。繼續(xù)做如下圖乙所示的實驗，當導體棒做切割磁感線運動時，盡管磁場的強弱沒有變化，但是閉合回路的面積發(fā)生了變化，此時回路中______感應電流(填“有”或“無”)。因為不管是磁場強弱發(fā)生變化，還是回路面積發(fā)生變化，都是穿過線圈所圍面積的磁通量發(fā)生了變化。這種觀察總結的方法是物理學中重要的研究方法，即歸納法。參考答案：7.（4分）電量為2×10-6C的正點電荷放入電場中A點,受到作用力為4×10-4N,方向向右,則A點的場強為_______________N/C,方向______________。參考答案：__200N/C___;

向右

8.某同學用圖甲的實驗裝置探究小車的加速度a與小車所受合力F及質量M的關系．打點計時器所用交變電流的頻率為50Hz．（1）某次實驗中得到的紙帶如圖乙所示，每兩個點間還有四個計時點未畫出．則小車在五個點的中央點的瞬時速度為

m/s，加速度大小為

m/s2；（2）該同學在平衡摩擦力后進行實驗，實際小車在運動過程中所受的拉力

砝碼和盤的總重力（選填“大于”“小于”或“等于”），為了便于探究、減小誤差，應使小車質量M與砝碼和盤的總質量m滿足

的條件．參考答案：（1）0.696（或0.6955），0.51；（2）小于，M?m（或M遠大于m）．【考點】探究加速度與物體質量、物體受力的關系．【分析】（1）小車做勻加速直線運動，利用勻變速直線運動的兩個推論：中間時刻的瞬時速度等于這段時間內的平均速度，來求中央點的瞬時速度．由△x=aT2可計算出加速度．（2）根據(jù)牛頓第二定律分析拉力與砝碼和盤的總重力的關系．當砝碼和盤的總質量遠小于小車及砝碼總質量時，可以認為小車受到的拉力等于砝碼和盤的總重力．【解答】解：（1）小車在五個點的中央點的瞬時速度等于相鄰兩段位移內的平均速度，為：v===0.6955m/s由圖乙可知，相鄰相等時間內位移之差均相等，大小為：△x=0.51cm=0.0051m；根據(jù)△x=aT2得：a===0.51m/s2（3）砝碼和盤向下做勻加速運動，處于失重狀態(tài)，則砝碼和盤所受的拉力小于砝碼和盤的總重力．結合定滑輪的特點可知：小車在運動過程中所受的拉力與砝碼和盤所受的拉力大小相等，所以小車在運動過程中所受的拉力小于砝碼和盤的總重力．當砝碼和盤的總質量m遠小于小車的質量M時，砝碼和盤的加速度很小，可以認為小車受到的拉力等于砝碼和盤的總重力，即有M?m．故答案為：（1）0.696（或0.6955），0.51；（2）小于，M?m（或M遠大于m）．9.如圖所示的振動圖象上有a、b、c、d、e、f六點，其中：(1)與a位移相同的點有________。(2)與a速度相同的點有________。參考答案：10.如圖是一電熱水壺的銘牌，由銘牌可知，該電熱水壺在額定電壓下工作時，所使用的交流電壓的最大值為

▲

V，交流電的周期為▲

s，

電器名稱：電熱水壺

型

號：WK—9016B

額定電壓：220V

工作頻率：50Hz

額定功率：2200W參考答案：220，（2分）0.0211.兩個相同的金屬小球，一個帶電Q1=4.0×10﹣11C，另一個帶電Q2=﹣6.0×10﹣11C．（1）兩球相距50cm時，它們之間的靜電力是

N．（2）把兩球接觸，分開后使它們仍相距50cm，它們之間的靜電力為

N．參考答案：8.64×10﹣11，3.6×10﹣12．【考點】庫侖定律．【分析】（1）根據(jù)庫侖定律公式F=k列式求解即可；（2）把兩球接觸，由于兩個金屬球相同，故電量是先中和后均分，根據(jù)庫侖定律再次求解靜電力即可．【解答】解：（1）根據(jù)庫侖定律，靜電力為：F=k=N=8.64×10﹣11N（2）把兩球接觸，電量是先中和后均分，為：Q=C=﹣1×10﹣11C故靜電力為：F′=k=N=3.6×10﹣12N故答案為：8.64×10﹣11，3.6×10﹣12．12.太陽能量來源于太陽內部氫核的聚變，設每次聚變反應可以看作是4個氫核結合成1個氦核，同時釋放出正電子；已知氫核的質量為，氦核的質量為，正電子的質量為，真空中光速為則每次核反應中的質量虧損_______及氦核的比結合能____參考答案：【詳解】第一空.根據(jù)核反應質量數(shù)守恒，電荷數(shù)守恒，可知生成了2個正電子，所以質量虧損。第二空.根據(jù)可知，產(chǎn)生的能量為：，所以氦核的比結合能為。13.做勻加速直線運動的質點，初速度是5m/s，加速度是1m/s2，那么第4s末的瞬時速度為

，頭4s內的平均速度為

。

參考答案：9

7三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.關于電磁場的理論，下列說法正確的是（

）A．在電場周圍一定產(chǎn)生磁場，磁場周圍一定產(chǎn)生電場B．在變化的電場周圍一定產(chǎn)生變化的磁場，變化的磁場周圍一定產(chǎn)生變化的電場C．均勻變化的電場周圍一定產(chǎn)生均勻變化的磁場D．周期性變化的電場周圍一定產(chǎn)生周期性變化的磁場參考答案：B15.（8分）在3秒鐘時間內，通過某導體橫截面的電荷量為4.8C，試計算導體中的電流大小。參考答案：根據(jù)電流的定義可得：I=Q/t=4.8/3A=1.6A………………（8分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.一質量為m，電荷量為q的帶正電離子，從圖示質譜儀的容器A下方的小孔S1進入電勢差為U的勻強電場，進入時的初速可視為零，被加速后經(jīng)孔S2、S3垂直于磁場方向（該方向垂直于紙面）進入磁感應強度為B的勻強磁場。在磁場中沿虛線所示軌道運動，最后打在照相底片上的D處。（1）求分別指出勻強電場和勻強磁場的方向。

（2）求出離子經(jīng)孔S3進入磁場時的速率

（3）求出D位置到孔S3的距離參考答案：①因為粒子帶正電，所以電場方向豎直向下磁場方向垂直紙面向外

②

③17.如圖所示，在O點懸有一細繩，繩上串著一個小球B，并能順著繩子滑下，在O點正下方有一半徑為R的光滑圓弧軌道，圓心位置恰好在O點，在弧形軌道上接近處有另一個小球A，令A、B兩球同時開始無初速釋放，假如A球第一次到達平衡位置時正好能夠和B球碰上，則B球與繩之間的摩擦力與B球重力大小之比是多少？參考答案：．解：tA=/2……（2分）

tB=…（2分）

tA=tB…（1分）

聯(lián)立上三式，可得a=8m/s2……（1分）

B球與繩之間的摩擦力f=mg-ma……（1分）

B球與繩