江苏省泰州市高二（下）期初检测物理试题（word版含答案）

江苏省泰州市高二（下）期初检测物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块做简谐运动的表达式为y=0.1sin5πt(m)。t=0时刻，一小球从距物块h 高处自由落下，t=0.3s时，小球恰好与物块处于同一高度，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计， 以下判断正确的是（　　）
A．h=0.35 m
B．简谐运动的周期是 0.2 s
C．0.3 s 内物块运动的路程是 0.1 m
D．t=0.35s 时，物块与小球运动方向相同
2．如图，虚线和之间区域内存在着平行于向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）沿纸面以速度由点垂直进入这个区域做直线运动，并从点离开场区。如果撤去磁场，粒子将从点离开场区；如果撤去电场，粒子将从点离开场区。则（　　）
A．粒子带正电
B．磁感应强度与电场强度大小之比等于
C．粒子由点运动到、、三点的时间关系为
D．粒子经过、、三点时的动能关系为
3．下列各种叙述中正确的是 （　　）
A．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，压强可能不变
B．当液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间的距离小于液体内部分子间距离
C．悬浮在水里的花粉颗粒越大，撞击花粉颗粒的水分子越多，布朗运动越明显
D．第二类永动机违反了热力学第二定律，也违反了能量守恒定律
4．关于带负电的粒子（重力可忽略不计），下面说法中正确的是( )
①沿电场线方向飞入匀强电场，电场力做功，动能增加
②垂直电场线方向飞入匀强电场，电场力做功，动能增加
③垂直磁感线方向飞入匀强磁场，磁场力不做功，动能不变
④沿磁感线方向飞入匀强磁场，磁场力做功，动能增加
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
5．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，电灯L1、L2均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是
A．电灯L1、L2均变亮
B．电灯L1变暗，L2变亮
C．电流表的示数变小
D．电流表的示数不变
6．一列简谐横波在x轴上传播，t=0时刻的波形如图(a)所示，x＝2m的质点P的振动图象如图(b)所示，由此可以判断（ ）
A．该波的传播方向是沿x轴正方向
B．该波在2s时间内传播的距离是2m
C．在t＝5s时质点P的速度最大
D．在0到5s时间内质点P通过的路程 是25cm
7．S为一列简谐横波的波源，其振动图像如图所示。在波的传播方向上有A、B两点，它们到S的距离分别为10m和30m。测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s。以下说法不正确的是（　　）
A．这列波的周期为0.8s
B．这列波的波长为16m
C．这列波的波速为20m/s
D．当B点离开平衡位置的位移为-10cm时，A点处于波峰位置
8．某气体的摩尔质量是M，标准状态下的摩尔体积为V，阿伏加德罗常数为NA，下列叙述中正确的是（　　）
A．该气体每个分子的质量为M/NA
B．该气体单位体积内的分子数为V/NA
C．该气体在标准状态下的密度为MNA/V
D．在标准状态下每个气体分子的体积为V/NA
9．如图所示是著名物理学家费曼设计的一个实验，在一块绝缘板中部安装一个线圈，并接有电源，板的四周有许多带负电的小球．整个装置悬挂起来，当接通电键瞬间，整个圆盘将(自上而下看) ( )
A．顺时针转动一下
B．逆时针转动一下
C．顺时针不断转动
D．逆时针不断转动
10．如图把三只灯泡串联后接到1.5V的干电池两端，但发现三个灯泡都不亮，用电压表测得、，由此可知（ ）
A．灯丝烧断 B．灯丝一定不断 C．灯丝被烧断 D．三灯灯丝均断
二、实验题
11．在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内阻分别为0.1 Ω和1 kΩ，如图为所需器材．
(1)一位同学设计出了合理的原理图，准确连线并正确操作完成实验________.记录的6组数据见下表：
试根据这些数据在图中画出U－I图象________，根据图象和自己认为合理的原理图，得出电池的电动势E＝______ V，电池内阻r＝______ Ω.
三、解答题
12．如图所示p-V图中，一定质量的理想气体由状态A经过I变至状态 B时，从外界吸收热量420J，同时膨胀对外做功300J，当气体从状态B经过程II回到状态A时，外界压缩气体做功200J，求过程II中气体吸收或放出的热量是多少？
13．图（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圆在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO 匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=1Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=9Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图（乙）所示正弦规律变化．求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）电路中交流电压表的示数．
（3）从图示位置转过30°角过程中，通过R的总电荷量．
14．如图所示，三个同心圆将空间分隔成四个区域，圆I的半径为R；圆II的半径为2R，在圆I与圆Ⅱ间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场；圆III是一绝缘圆柱形管，半径为4R，在圆Ⅱ与圆III间存在垂直于纸面向里的匀强磁场B1．在圆心O处有一粒子源，该粒子源可向各个方向射出速率相同、质量为m、带电荷量为q的粒子，粒子重力不计．假设粒子每一次经过圆Ⅱ且与该圆相切时均进入另一磁场．粒子源所射出的粒子刚好沿圆II的切线方向进入匀强磁场B1．
(1)求粒子的速度大小；
(2)若进入匀强磁场B1的粒子刚好垂直打在圆III的管壁上，求B1的大小(可用B表示)；
(3)若打在圆III管壁上的粒子能原速率反弹，求粒子从O点开始到第一次回到O点所经历的时间．
15．如图所示，两竖直放置、相距为L的平行光滑金属导轨J和K的顶端用导线相连，在导轨两个水平区域内存在相距高度为h的匀强磁场I和II，设两磁场竖直宽度均为d，磁感应强度均为B，方向均垂直纸面向里。一阻值为R、质量为m、长度为L的金属棒水平紧靠两竖直导轨，从距离磁场I上边界高为H（H＞h）处由静止释放，且在进入两磁场时金属棒中的电流恰好相等。不计金属导轨及导线电阻，重力加速度为g。求：
(1)金属棒刚进入磁场I时所受安培力的大小；
(2)金属棒穿过两磁场过程中产生的总焦耳热。
试卷第页，共页
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
A．由振动方程式可得，物体的位移为
则对小球有
得到
故A正确；
B．由公式可知，简谐运动的周期为
故B错误；
C．由题可知振幅为
故0.3s内物块运动的路程为
故C错误；
D．由于，此时物体在平衡位置下侧，并向上即向平衡位置振动，则此时物块与小球运动方向相反，故D错误。
故选A。
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于撤去磁场，粒子将从点离开场区可知，粒子带负电荷，A错误；
B．由题可知
可得
B错误；
C．撤去磁场，粒子将做类平抛运动，水平方向速度不变，因此穿过区域到达B点所用时间不变；撤去电场，粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，路程变长，因此到达D点的时间变长，故
C正确；
D．撤去磁场，由于电场力做正功，因此到达B点时动能增加；撤去电场，洛伦兹力不做功，因此到达D点时动能保持不变，因此
D错误。
故选C。
3．B
【解析】
【详解】
A．一定质量的理想气体，若体积不变，当分子热运动变得剧烈时，温度升高，则压强一定变大，选项A错误；
B．液体与固体之间表现为浸润时，附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离，附着层内分子间作用表现为斥力，故B正确；
C．悬浮在水里的花粉颗粒越大，撞击花粉颗粒的水分子越多，越容易达到平衡，布朗运动越不明显，故C错误；
D．第二类永动机违反了热力学第二定律，但不违反能量守恒定律，选项D错误。
故选B。
4．B
【解析】
【详解】
带负电的粒子沿电场线方向飞入匀强电场，电场力的方向与电场线的方向相反，所以电场力的方向与运动的方向相反，电场力做负功，动能减小，故①错误；当垂直进入电场时，电场力做正功，动能增加，故②正确；带电粒子垂直磁感线方向飞入匀强磁场，洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，磁场力不做功，动能不变，故③正确；带电粒子垂直于磁场的方向飞入，运动的方向与磁场的方向平行，则不受洛伦兹力的作用，动能不变，故④错误．所以选B．
5．B
【解析】
【详解】
AB、现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动,滑动变阻器接入电路的阻值变小,电路总电阻变小,根据闭合电路欧姆定律得知,干路电流I增大,所以电灯L2变亮,路端电压减小,所以L1与滑动变阻器并联电压减小,所以L1变暗.故A错误;B正确
CD、干路电流I增大,L1与滑动变阻器并联电压减小,所以通过L1的电流减小,所以电流表的示数增大,故CD错误;
综上所述本题答案是：B
6．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．由振动图像可知，t=0时刻，x＝2m的质点P向上振动，故有波的图像可知，波向x轴负向传播，A错误；
B．波速
故该波在2s时间内传播的距离是
s=vt=1m
B错误；
C．在t＝5s时质点P在正向位移最大处，速度为零，C错误；
D．因为5s=1.25T，故质点P通过的路程是
1.25×4A=25cm
D正确。
故选D。
7．D
【解析】
【详解】
A．由振动图像可知，这列波的周期为T=0.8s，选项A正确，不符合题意；
BC．A、B两点相距x=20m则这列波的波速为
这列波的波长为
选项BC正确，不符合题意；
D．A、B之间的平衡位置相差，则当B点离开平衡位置的位移为-10cm时，A点处于平衡位置，选项D错误，符合题意。
故选D。
8．A
【解析】
【详解】
A.每个气体分子的质量为摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值，即，A正确；
B.分子数密度等于物质的量乘以阿伏伽德罗常数再除以标准状态的体积V，即，B错误．
C.摩尔质量除以摩尔体积等于密度，该气体在标准状态下的密度为，C错误．
D.由于分子间距的存在，每个气体分子的体积远小于，D错误．
9．A
【解析】
【详解】
试题分析：在线圈接通电源的瞬间，线圈中的电流是增大的，产生的磁场是逐渐增强的，逐渐增强的磁场会产生电场（麦克斯韦电磁理论）．在小球所在圆周处相当于有一个环形电场，小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动．
线圈接通电源瞬间，则变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动．接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力；当开关闭合后，电流产生磁场不变，则磁场周围不会出现电场，因此圆盘不在受到电场力，将图中运动．所以圆盘顺时针转动一下，A正确．
10．C
【解析】
【详解】
A、若L1断路时，电路中没有电流，根据欧姆定律得知，灯泡L2、灯泡L 3的电压都为零，即UBD等于0，与题设条件不符，故A错误；
B、若L2断路，电路中没有电流，根据欧姆定律得知，UAC等于电源的电动势，为，与题设条件不相符，故B错误；
C、L3断路时，电路中没有电流，根据欧姆定律得知，灯泡L1、灯泡L 2的电压都为零，即UAC=0，UBD等于电源的电动势，为，与题设条件相符，故C正确，D错误．
点睛：本题是电路中故障分析问题，可以运用欧姆定律理解分析故障所在，往往哪部分电路的电压等于电源的电压，断路就出现在哪儿．
11． 1.46(1.45～1.47) 0.61(0.59～0.63)
【解析】
【详解】
（1）[1]．按照实验原理图将实物图连接起来，如图甲所示．
（2）[2][3][4]．根据U、I数据，在方格纸U－I坐标上找点描迹．如图乙所示，然后将直线延长，交U轴于，此即为电源电动势；交I轴于，注意此时，由闭合电路欧姆定律得
则
．
12．放热，
【解析】
【详解】
由题意知：一定质量的理想气体由状态A经过程I变至状态B时，W1为负功，Q1为正(吸收的热量
内能增加120J，当气体从状态B经过程II回到状态A时，W2为正功;
放出热量；
13．（1）200V；（2）V；（3）C。
【解析】
【详解】
（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω
因为磁通量的最大值
Φm=BS=2×10-2Wb
rad/s
则电动势的最大值
Em=nBSω=100×2×10 2×100V=200V
（2）电动势的有效值V
由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为
A
交流电压表的示数为
U=IR=90V
（3）由法拉第电磁感应定律可知：
q=t
解得：
代入数据得：C
【点睛】
解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬时值的区别．记住求解电量的表达式．
14．（1）（2） （3）
【解析】
【详解】
（1）粒子运动轨迹如图：
由牛顿定律可得：
由几何关系可知：
解得：
(2)由牛顿第二定律：
由几何关系可知：
解得：
（3）由几何关系可得：圆心角：θ1=1270
圆心角：θ2=530
粒子运动的第一段圆弧长：
粒子运动的第二段圆弧长：
由几何关系知粒子第一次回到O点运动的时间：
解得：
15．(1)；(2)
【解析】
【详解】
(1)导体棒做自由落体运动
导体切割磁感线
根据闭合电路欧姆定律
安培力为
(2)导体棒匀加速通过
根据能量守恒定律
又因
解得
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