成都外國語學校2021——2022學年度下期第二次月考高二物理試卷第Ⅰ卷  選擇題部分一、單項選擇題（本題共8小題。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確，每小題3分，共24分）1. 下列說法正確的是（　?。?/span>A. 光纖通信是光的色散的應用B. 8個原子核經過一個半衰期后，一定剩下4個沒有衰變的原子核C. 原子核的比結合能越大，原子核就越穩(wěn)定D. 光的干涉、衍射現(xiàn)象證實了光具有波動性，偏振現(xiàn)象證實光是縱波【答案】C【解析】【詳解】A．光纖通信利用的是光的全反射，A錯誤；B．半衰期是大數(shù)粒子的統(tǒng)計結果，不可用于少數(shù)原子核，B錯誤；C．比結合能越大，說明原子核越穩(wěn)定，C正確；D．偏振現(xiàn)象說明光是橫波，D錯誤。故選C。2. 關于電磁學中的相關物理量下列說法正確的是（　?。?/span>A. 由可知，電場中某點的電場強度大小與檢驗電荷受到的電場力大小成正比B. 由可知，電容器的電容與加在電容器上的電壓成反比C. 由可知，磁場中某點的檢驗電流元所受的安培力為零，則該點的磁感應強度必為零D. 由可知，穿過線圈平面的磁通量變化率越大，產生的感應電動勢越大【答案】D【解析】【詳解】A．是電場強度的定義式，電場中某點的電場強度取決于電場本身，與檢驗電荷是否存在以及檢驗電荷受的電場力大小無關，A錯誤；B．是電容的定義式，電容器的電容取決于電容器本身，與其兩端電壓無關，B錯誤；C．是磁感應強度的定義式，當電流元垂直于磁場放置時才能成立，當電流元平行于磁場放置時，則磁場力為零，但磁感應強度不一定為零，C錯誤；D．由法拉第電磁感應定律知，穿過線圈平面的磁通量變化率越大，產生的感應電動勢越大，D正確。故選D。3. 如圖所示，真空中有沿水平方向的x軸，在x軸上有兩個等量異種電荷關于坐標原點O點對稱，abcd為等腰梯形，ad邊、bc邊與x軸垂直且被x軸平分，O點位于bc邊右側，規(guī)定無窮遠處電勢為0。下列說法正確的是（　?。?/span>A. O點的電場強度為零 B. b、c兩點的電場強度相同C. O點的電勢不為零 D. a、d兩點的電勢相同【答案】D【解析】【詳解】A．兩電荷在O點的場強方向均向左，可知疊加后O點的電場強度不為零，選項A錯誤；B．由等量異種電荷的場強分布可知，b、c兩點的電場強度大小相同，但是方向不同，選項B錯誤；C．兩電荷連線的中垂線為電勢為零的等勢面，可知O點的電勢為零，選項C錯誤；D．由對稱性可知，a、d兩點的電勢相同，選項D正確。故選D。4. 圖甲是一臺小型發(fā)電機的構造示意圖，線圈逆時針轉動，產生的電動勢e隨時間t變化的正弦規(guī)律圖像如圖乙所示。發(fā)電機線圈的內電阻不計，外接燈泡的電阻為12Ω。下列說法正確的是（　?。?/span>A. 在t=0.01s時刻，穿過線圈的磁通量為零B. 電壓表的示數(shù)為VC. 燈泡消耗的電功率為3WD. 若其它條件不變，僅將線圈的轉速提高一倍，則線圈電動勢的表達式e=12sin100t（V）【答案】C【解析】【詳解】A．在t=0.01s的時刻，電動勢為0，則為中性面，穿過線圈磁通量最大，故A錯誤；B．電動勢的最大值為電壓表測量的為有效值，又發(fā)電機線圈的內電阻不計，故示數(shù)為故B錯誤；C．燈泡消耗的功率故C正確；D．周期為0.02s，則瞬時電動勢的表達式為由公式可知，轉速提高一倍后，角速度變?yōu)樵瓉淼?/span>2倍，最大值也增大一倍，則故D錯誤。故選C。5. 如圖所示電路中，電阻箱的最大阻值大于電源的內阻。調節(jié)電阻箱的阻值使其由大到小，發(fā)現(xiàn)理想電流表A的示數(shù)為2A時，電源的輸出功率達到最大值10W。下列說法正確的是（　?。?/span>A. 電源的電動勢為5VB. 電源的內阻為2.5ΩC. 電源輸出功率最大時，閉合電路的總電阻為6ΩD. 該電路中，電源的效率為70%【答案】B【解析】【詳解】B.電源的輸出功率達到最大時，設滑動變阻器的電阻值為R，則P=I2R可得根據電源的輸出功率最大的條件：外電阻與電源的內電阻相等可知，電源的內電阻也是2.5Ω，故B正確；A.電源的電動勢E=I（R+r）=2×（2.5+2.5）=10V故A錯誤；C.電源輸出功率最大時，閉合電路的總電阻為R總=R+r=2.5Ω+2.5Ω=5Ω故C錯誤；D.電源的效率η=×100%隨外電阻的變化而變化，外電阻越大，則效率越大，因R的最大值未知，無法確定電源效率的最大值，故D錯誤。故選B。6. 如圖所示，三根長為L平行的直線電流在空間構成以a為頂點的等腰直角三角形，其中a、b電流的方向垂直紙面向里，c電流方向垂直紙面向外，其中b、 c電流大小為I，在a處產生的磁感應強度的大小均為B，導線a通過的電流大小為I，則導線a受到的安培力為（　?。?/span> A. 2BIL，方向豎直向上 B. BIL，方向水平向右C. BIL，方向豎直向上 D. 4BIL，方向水平向左【答案】A【解析】【分析】【詳解】b、c電流在a處產生的磁感應強度的大小分別為B，根據矢量的疊加規(guī)則，結合幾何關系可得，a處的磁感應強度為方向水平向左，再由左手定則可知，導線a安培力方向豎直向上，大小為故選A。7. 如圖所示，理想變壓器的原線圈接在一個交變電源上，交變電壓瞬時值隨時間變化的規(guī)律為u = 220sin100πt（V），副線圈所在電路中接有燈泡、電動機、理想交流電壓表和理想交流電流表。已知理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為10∶1，燈泡的電阻為22Ω，電動機內阻為1Ω，電流表示數(shù)為3A，各用電器均正常工作。則（   ） A. 通過副線圈的電流頻率為5HzB. 電壓表示數(shù)為22VC. 電動機的輸出功率為40WD. 變壓器原線圈輸入功率為66W【答案】C【解析】【詳解】A．變壓器不改變交流電的頻率，副線圈的電流等于原線圈中交流電的頻率A錯誤；B．已知交變電壓瞬時值隨時間變化的規(guī)律為u = 220sin100πt（V），則原線圈電壓的有效值為又U1∶U2= n1∶n2解得U2= 22V故電壓表示數(shù)為22V，B錯誤；C．通過電燈泡的電流故通過電動機的電流IM= I?I3= 2A則電動機的輸入功率P = IMU2= 22 × 2W = 44W電動機的發(fā)熱功率P熱 = I2R內 = 4W故電動機的輸出功率為P?P熱 = 44?4W = 40WC正確；D．副線圈的輸出功率變壓器輸入功率等于輸出功率，也66W，D錯誤。故選C。8. 物理學家密立根通過研究平行板間懸浮不動的帶電油滴，準確地測定了電子的電荷量。如圖所示，平行板電容器兩極板M、N與電壓恒定為U的電源兩極相連，板的間距為d?，F(xiàn)有一質量為m的帶電油滴恰好懸浮在極板間的A點，重力加速度為g，則下列說法錯誤的是（　　）A. 油滴帶負電B. 油滴的電荷量為C. 將極板N向下緩慢移動一小段距離，A處的電勢降低D. 增大極板間電壓，油滴將加速上升【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，上極板帶正電，下極板帶負電，油滴懸浮，說明受力平衡，電場力應豎直向上，因此油滴帶負電，A正確；B．根據受力平衡可得B正確；C．將極板N向下緩慢移動一小段距離后，根據公式可知場強E減小。而A離上極板的距離不變，且上下極板間的電勢差恒為U，因此可知減小，即從上極板到A點，電勢差減小，故A點電勢升高，C錯誤；D．增大極板間電壓，則增大場強，油滴受到的向上的電場力增大，因此液滴將加速上升，D正確。該題選錯誤的，故選C。二、多項選擇題（本題共4小題。在每小題給出的四個選項中，有的有兩個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，選錯的得0分，共16分）9. 氫原子能級示意圖如圖所示。大量處于n = 4能級的氫原子向低能級躍遷時，輻射出的光子再照射到逸出功為4.54eV的鎢板上，下列說法正確的是（   ）A. 躍遷過程中，共有6種不同頻率的光子釋放出來B. 共有4中不同頻率的光子能使鎢板發(fā)生光電效應現(xiàn)象C. 從鎢板表面跑出的光電子的最大初動能為12.75eVD. 從鎢板表面跑出的光電子的最大初動能為8.21eV【答案】AD【解析】【詳解】A．根據可知，這些氫原子可能輻射出6種不同頻率的光子，A正確；B．根據能級差公式可得n = 4躍遷到n = 3輻射的光子能量為0.66eV，n = 4躍遷到n = 2輻射的光子能量為2.55eV，n = 3躍遷到n = 2輻射的光子能量為1.89eV，都小于4.54eV，不能使金屬鎢發(fā)生光電效應；n = 4躍遷到n = 1輻射的光子能量為12.75eV，n = 3躍遷到n = 1輻射的光子能量為12.09eV，n = 2躍遷到n = 1輻射的光子能量為10.2eV，大于4.54eV，所以能發(fā)生光電效應的光子共3種，B錯誤；CD．根據光電效應方程可知，照射金屬的光頻率越高，光電子的最大初動能越大，從鎢板逸出的光電子的最大初動能為C錯誤、D正確。故選AD。10. 下列關于四幅圖的說法正確的有（　?。?/span>A. 圖甲是回旋加速器，可通過增加電壓U使帶電粒子獲得的最大動能增大B. 圖乙是磁流體發(fā)電機，B極板是發(fā)電機的正極C. 圖丙是速度選擇器，不計重力的電子從右向左沿直線運動的速度大小為D. 圖丁是質譜儀，粒子打在底片上的位置越靠近狹縫S3，說明粒子的比荷越大【答案】BD【解析】【詳解】A．甲圖中，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力可知粒子獲得的最大動能為所以要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的半徑R和增大磁感應強度B，增加電壓U不能增大最大初動能，A錯誤；B．乙圖中根據左手定則，正電荷向下偏轉，所以B極板帶正電，為發(fā)電機的正極，A極板是發(fā)電機的負極，B正確；C．丙圖中，電子從右向左運動通過復合場時，電場力豎直向上，根據左手定則，洛倫茲力方向也向上，電子不會沿直線運動，所以不是速度選擇器，C錯誤；D．由可得可知R越小，說明比荷越大，D正確。故選BD。11. 如圖所示，兩平行金屬導軌，間有一正方形磁場區(qū)域abcd，，ac兩側勻強磁場的方向相反且垂直于軌道平面，ac右側磁感應強度是左側的2倍?，F(xiàn)讓垂直于導軌放置在導軌上，與導軌接觸良好的導體棒PQ從圖示位置以速度v向右勻速通過區(qū)域abcd。若導軌和導體棒的電阻均不計，則下列關于PQ中感應電流i和PQ所受安培力F隨時間變化的圖像可能正確的是（規(guī)定從Q到P為i的正方向，平行于導軌向左為F的正方向）（　?。?/span>A.  B.
 C.
 D.
 【答案】AC【解析】【詳解】AB．到達ac邊界之前，根據右手定則可知，電流Q到P，為正方向且逐漸增大，故A正確B錯誤；CD．根據安培力的表達式該過程桿勻速通過，但是在磁場中切割的有效長度L在不斷增大，則安培力與L呈現(xiàn)二次函數(shù)關系，而由于有效長度L與時間t成正比，因此安培力并非直線變化，C正確D錯誤。故選AC。12. 如圖所示，在與紙面平行的勻強電場中有A、B、C三點構成的直角三角形，，，DE是三角形的中位線，AB邊長為2m。一質子從D點以垂直于AD的速度方向射入電場，質子在運動過程中經過B點，已知A、C、E點的電勢分別為2V、26V、17V，元電荷為e。質子重力不計，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 質子在D點的電勢能大于在B點的電勢能B. B點的電勢為10VC. 質子從D點運動到B點過程中，靜電力做功4eVD. 勻強電場的場強方向由D點指向A點，大小為6V/m【答案】AD【解析】【詳解】AB．由勻強電場中兩點間的電勢差與距離成正比，得得由于質子帶正電，故電勢高的對應的電勢能大，故A正確，B錯誤；C．質子從D點運動到B點過程中，靜電力做功故C錯誤；D．如圖取DA中點F，則，連接BF，即為等勢線，由幾何關系知故勻強電場的場強方向由D點指向A點，大小故D正確；故選AD。第Ⅱ卷（非選擇題  共60分）三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第13—17題為必考題，每個試題考生都必須做答。第18—19題為選考題，考生根據要求做答。（一）必考題（共48分）13. 在描繪一只“2.5V，6W”小燈泡的伏安特性曲線的實驗中，某同學已選擇好恰當?shù)膬x器并按照圖示電路圖正確連接了儀器，電流表的內阻約0.5Ω，電壓表的內阻約3000Ω。請回答下列問題：（1）開關S閉合之前，滑動變阻器的滑片應置于______。（選填“A端”、“B端”或“AB間任意位置”）（2）為了減小測量誤差，圖中的單刀雙擲開關S1應接______。（選填“M”或“N”）【答案】    ①. A    ②. M【解析】【詳解】（1）[1] 開關S閉合之前，應使測量路段電壓為零，所以滑動變阻器的滑片應置于A端；（2）[2]小燈泡正常發(fā)光的電阻為為相對小電阻，所以應采用電流表外接法，圖中的單刀雙擲開關S1應接M。14. 圖（a）是測量電源電動勢E和內阻r的原理圖。定值電阻R0=2.5Ω為保護電阻，電流表內阻不計，長度為60cm粗細均勻的電阻絲ab上標有長度刻度。（1）在電阻絲接入電路前，使用多用電表測量它的阻值，選擇倍率“”正確操作后，多用電表的示數(shù)如圖（b）所示，測量結果為R=______Ω，電阻絲單位長度的電阻=______Ω/m。（2）請根據電路圖（a）并結合圖（d）中數(shù)據把實物圖（c）電路連接完整。______（3）閉合開關S，記錄ac的長度L和電流表A的示數(shù)I。多次滑動c點改變ac的長度，測得多組L和I的值，并計算出對應的，則=______。（用E、r、R0、L和表示）（4）圖（d）是根據多組實驗數(shù)據得到的—L圖像，由圖像可得電源電動勢E=______V，電源內阻r=______Ω。（計算結果保留兩位有效數(shù)字）【答案】    ①. 6Ω    ②. 10Ω/m    ③.     ④.     ⑤. 2.0V    ⑥. 1.5Ω【解析】【詳解】（1）[1]在電阻絲接入電路前，使用多電表測量它的電阻，選擇倍率進行測量，多用表的示數(shù)如圖（b）所示，結果為；[2] 對長度為60cm的電阻絲ab（2）[3]由圖（d）可以看出電流表的最大示數(shù)為0.5A，所以選用0.6A量程。將電流表0.6A接線柱與電阻絲a端相連即可。連線后電路圖如下。（3）[4]因為是串聯(lián)電路，則即（4）[5][6]由圖可知解得15. 如圖所示，固定的光滑絕緣輕質桿MN與水平面的夾角為θ，MN的長度為L．一質量為m、電荷量為q、可看作質點的帶正電小球P穿在桿上．已知小球P在運動過程中電荷量保持不變，靜電力常量為k，重力加速度值為g．(1)現(xiàn)把另一可看作質點的帶正電小球W固定在桿的M端，小球P恰能靜止在MN的中點O處．求小球W的電荷量Q．(2)若改變小球W的電荷量至某值，將小球P從N點由靜止釋放，P沿桿恰好能到達MN的中點O處．求電荷W在O、N兩點間的電勢差UON．（結果用m、g、q、k、L、θ表示）【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】(1)小球受重力、支持力和電場力作用恰好靜止在輕質桿的點，由力的平衡條件有：解得：(2)小球由點靜止釋放到點的過程中由動能定理有：解得：則電勢差：16. 如圖所示，平行且足夠長的粗糙導軌bf、de與水平面的夾角，bfde區(qū)域內有垂直于導軌所在平面向上的勻強磁場；在導軌bd處接有水平放置的電路，其中R1=3Ω，R2=6Ω，R=30Ω，電壓表量程為1V，電流表量程為0.3A；一質量m=0.4kg，電阻r=2Ω的金屬桿MN平行于bd放置在導軌上，MN與導軌接觸良好，從靜止釋放MN，MN沿導軌運動，當MN達到最大速度時，兩表中有一表的示數(shù)恰好滿量程，另一表又能安全使用。已知MN與導軌間的動摩擦因數(shù)，導軌電阻不計，電表均為理想電表，g取10m/s2，。求：（1）通過計算判斷是哪個表滿量程；（2）MN達到最大速度時，MN兩端的電壓；（3）MN達到最大速度時，重力對MN做功的瞬時功率。【答案】（1）電壓表；（2）1.6V；（3）0.64W【解析】【詳解】（1）R、R2并聯(lián)，電阻R并＝＝5Ω設電流表滿偏，則電壓表示數(shù)為U＝IR并＝1.5V>1V故只能是電壓表滿偏，電流表安全工作；（2）電流表示數(shù)為I＝＝0.2A電路外電阻R外＝R并＋R1＝8ΩMN兩端電壓為UMN＝IR外代入數(shù)據解得UMN＝1.6V（2）設MN長度為L、最大速度為v此時MN切割磁感線產生感應電動勢為E＝BLv由閉合電路歐姆定律有E＝UMN＋Ir由力的平衡條件有mgsin53°＝μmgcos53°＋ILB聯(lián)立可得E＝2VBL＝10Tmv＝0.2m/s重力做功的功率為PG＝mgsin53°v代入數(shù)據解得PG＝0.64W17. 理論研究表明暗物質湮滅會產生大量高能正電子，所以在宇宙空間探測高能正電子是科學家發(fā)現(xiàn)暗物質的一種方法。下圖為我國某研究小組設計的探測器截面圖：開口寬為的正方形鋁筒，下方區(qū)域Ⅰ、Ⅱ為方向相反的勻強磁場，磁感應強度均為B，區(qū)域Ⅲ為勻強電場，電場強度，三個區(qū)域的寬度均為d。經過較長時間，儀器能接收到平行鋁筒射入的不同速率的正電子，其中部分正電子將打在介質MN上。已知正電子的質量為m，電量為e，不考慮相對論效應及電荷間的相互作用。(1)求能到達電場區(qū)域的正電子的最小速率；(2)在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ的分界線上寬度為的區(qū)域有正電子射入電場，求正電子的最大速率；(3)若L=2d，試求第（2）問中最大速度的正電子打到MN上的位置與進入鋁筒位置的水平距離。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【詳解】(1)正電子在磁場中只受洛倫茲力作用，故正電子做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力；在電場中正電子只受電場力作用，做勻變速運動；正電子離開電場運動到MN的過程不受力，做勻速直線運動；
根據兩磁場磁場方向相反，磁感應強度相等，故正電子在其中做勻速圓周運動的軌道半徑相等，偏轉方向相反，所以正電子離開磁場時的速度豎直向下；
故正電子能到達電場區(qū)域，則正電子在磁場中在勻速圓周運動的軌道半徑R≥d；
那么由洛倫茲力做向心力可得 所以正電子速度故能到達電場區(qū)域的正電子的最小速率為；(2)根據幾何關系可得：正電子進入磁場運動到區(qū)域Ⅱ和Ⅲ的分界線時，正電子水平位移偏移 故軌道半徑R越大，水平偏移量越??；由(1)可得：最大偏移量△xmax=2d；故有探測器正方向開口寬為，在區(qū)域Ⅱ和Ⅲ的分界線上寬度為的區(qū)域有正電子射入電場可得：正電子最小偏移量所以由可得正電子運動軌道半徑最大為故根據洛倫茲力做向心力可得：正電子的最大速率 (3)速度最大的正電子垂直射入電場時，在電場中運動的時間 在電場中水平方向的位移 解得 進入無場區(qū)域時運動的時間 在無場區(qū)域內運動的水平位移解得則最大速度的正電子打到MN上的位置與進入鋁筒位置的水平距離（二）選考題：共12分。18. 圖甲是一列簡諧橫波在t=0時刻的波形圖，乙圖為介質中平衡位置在x=1.5m處的質點的振動圖像，P是平衡位置在x=2m處的質點，Q是平衡位置在x=3.25m處的質點，下列說法正確的是（　?。?/span>A. 波的傳播方向向左B. 波速為0.5m/sC. 0—2s時間內，P運動的路程為8cmD. t=13.5s時刻，P恰好回到平衡位置E. Q經過1.5s將回到平衡位置【答案】BCE【解析】【詳解】A．由圖乙讀出，t=0時刻x=1.5m處的質點速度向上，由波的平移可知，這列波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；B．由圖可知，、，因此故B正確；C．0—2s時間內，處于波谷的P在時間內運動到波峰處，路程為2A=8cmC正確；D．由t=135s=t=13.5s時刻，P在平衡位置上方向下振動，D錯誤；E．Q的振動方程為將t=1.5s代入可得即Q經過1.5s將回到平衡位置，E正確。故選BCE。19. 如圖所示，直角三角形OAB為某透明介質的橫截面，該介質的折射率為n=，OB邊長為L，θ=15°，位于截面所在平面內的一束光線自O點以角i入射，第一次到達AB邊恰好沒有光線折射出來。求：①入射角i；②從入射到發(fā)生第一次全反射所用的時間（設光在真空中的速度為c，可能用到sin75°=或tan15°=2－）。【答案】①45°；②【解析】【詳解】①根據全反射的條件可知，光線在AB面上的P點的入射角等于臨界角C，由折射定律：解得C=45°設光線在OB面上的折射角為r，在△OPA中，由幾何關系知：r=30°由折射定律聯(lián)立解得i=45°②在△OPB中，由正弦定理解得設所用時間為t，光線在介質中的傳播速度為v，可得    又        聯(lián)立解得

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