2021-2022学年四川省成都市高二（下）第零次诊断物理试卷（一）（含答案解析）

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2021-2022学年四川省成都市高二（下）第零次诊断物理试卷（一）
1. 由于放射性元素 93237Np的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现，已知 93237Np经过一系列α衰变和β衰变后变成 83209Bi，下列选项中正确的是(    )
A.  83209Bi的原子核比 93237Np的原子核少28个中子
B.  93237Np经过衰变变成 83209Bi，衰变过程只能放出α粒子和β粒子
C. 衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D.  93237Np的半衰期等于任一个 93237Np原子核发生衰变的时间
2. 如图，是磁电式转速传感器的结构简图。该装置主要由测量齿轮、软铁、永久磁铁、线圈等原件组成。测量齿轮为磁性材料，等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上(圆心在旋转体的轴线上)，齿轮转动时线圈内就会产生感应电流。设感应电流的变化频率为f，测量齿轮的齿数为N，旋转体转速为n。则(    )

A. f=nN B. f=Nn
C. 线圈中的感应电流方向不会变化 D. 旋转体转速高低与线圈中的感应电流无关
3. 如图所示实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域从a到b的运动轨迹，若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是(    )
A. 带电粒子所带电荷的符号
B. 带电粒子在a、b两点的受力Fa0)的相同粒子。这些粒子经磁场后都沿−y方向通过x轴，且速度最大的粒子通过x轴上的M点，速度最小的粒子通过x轴上的N点。已知速度最大的粒子通过x轴前一直在磁场内运动，NM=32l，不计粒子的重力，求：
(1)粒子最大速度的值与k的值；
(2)粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间；
(3)有界磁场的最小面积。
17. 电磁滑道成为未来运动的一种设想，人们可以通过控制磁场强弱，实现对滑动速度的控制。为了方便研究，做出以下假设：如图甲所示，足够长的光滑斜面与水平面成θ角，虚线EF上方的整个区域存在如图乙规律变化且垂直导轨平面的匀强磁场，t=0时刻磁场方向垂直斜面向上(图中未画出)，磁感应强度在0∼t1时间内均匀变化，磁感应强度最大值为B0，t1时刻后稳定为−B0。0∼t1时间内，单匝正方形闭合金属框ABCD在外力作用下静止在斜面上，金属框CD边与虚线EF的距离为d。t1时刻撤去外力，金属框将沿斜面下滑，金属框上边AB刚离开虚线EF时的速度为v1，已知金属框质量为m、边长为d，每条边电阻为R。求：

(1)CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差；
(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热；
(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间。
18. 如图所示，某一复合光线对准一半圆形玻璃砖的圆心O入射，当在O点的入射角为30∘时，出射光线分成a、b两束，光束a与下边界的夹角为37∘，光束b与下边界的夹角为53∘，则下列说法正确的是(    )


A. a光的频率比b光的频率大
B. a光在玻璃砖中的传播速率比b光的大
C. a、b两束光在该玻璃砖中的折射率之比为3：4
D. 若使入射角增大，则出射光线a先消失
E. a光的波长小于b光的波长
19. 在图甲中，轻弹簧上端固定，下端系一质量为m=0.2kg的小球，现让小球在竖直方向上做简谐运动，小球从最高点释放时开始计时，小球相对平衡位置的位移y随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。取g=10m/s2。
①写出小球相对平衡位置的位移y的表达式；
②求0∼9.2s内小球的总路程L，并指出t=9.2s时小球的位置。


答案和解析

1.【答案】C 
【解析】解：A、 83209Bi的中子数为209−83=126， 93237Np的中子数为237−93=144， 83209Bi的原子核比 93237Np的原子核少18个中子，故A错误；
B、 93237Np经过一系列a衰变和β衰变后变成 83209Bi，可以同时放出a粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，不能同时放出三种粒子，故B错误；
C、衰变过程中发生a衰变的次数为237−2094次=7次，β衰变的次数为2×7−(93−83)次=4次，故C正确；
D、半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，故D错误。
故选：C。
正确解答本题需要掌握：电荷数、质子数以及质量数之间的关系；能正确根据质量数和电荷数守恒判断发生a和β衰变的次数；半衰期是大量放射性元素的原子发生衰变的统计规律。
本题考查了原子核衰变过程中质量数和电荷数守恒的应用，于这一重点知识，要注意加强练习。

2.【答案】A 
【解析】解：A、B、旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈n次，线圈中的感应电流变化n次，旋转体的转速为n，感应电流的变化频率为f，则f=nN，故A正确，B错误。
C、测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反，故C错误。
D、旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越强，故D错误。
故选：A。
依据转速与频率的定义，确定两者的关系；
依据楞次定律，即可判定；
根据法拉第电磁感应定律，即可求解。
考查转速与频率的关系，掌握法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，注意转速与频率单位的换算。

3.【答案】D 
【解析】解：A、由于不知道电场线的方向，所以不可能判断出带电粒子所带电荷的符号，故A错误；
B、电场线的疏密表示场强的大小，故Fa>Fb，故B错误；
CD、粒子在电场中从a向b点运动，电场力做负功，动能不断减小，va>vb，电势能不断增大，EpaRxRA，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图1所示：

                       图1
(3)小灯泡的伏安特性曲线如图2所示

(4)电压为2.00V时，电流为0.50A，
则R=UI=2.000.50Ω=4Ω.
故答案为：(1)BDF；(2)见解析图(3)见解析图(4)4。
(1)根据小电珠电阻与电流表电压表内阻的关系确定电流表内外接法，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，从而确定实验原理图，及电表的选择；
(4)在图像上取一组数据，用R=UI即可求得小灯泡的电阻。
本题考查了设计实验电路图、根据灯泡的伏安特性曲线、分析灯泡电阻随温度的变化规律；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键。

14.【答案】(1)黑
(2)B
(3)160，880
(4)1.48mA，1.10kΩ，2.95V 
【解析】
【分析】
本题考查了多用电表读数以及内部原理，要注意明确串并联电路的规律应用，同时掌握读数原则，对多用电表读数时，要先确定电表测的是什么量，然后根据选择开关位置确定电表分度值，最后根据指针位置读数；读数时视线要与电表刻度线垂直。
【解答】
(1)根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”；
(2)由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流档时也不需要进行调节，故B正确；AC错误。
故选B；
(3)直流电流档分为1mA和2.5mA，由图可知，当接2时应为1mA；根据串并联电路规律可知，R1+R2=IgRgI−Ig=250×10−6×4801×10−3−250×10−6Ω=160Ω；
总电阻R总=160×480160+480Ω=120Ω
接4时，为电压档，因串入的电阻较小，故应为量程1V的电压表；此时电流计与R1、R2并联后再与R4串联，即改装后的1mA电流表与R4串联改装为电压表；
根据串联电路规律可知，R4=1−1×10−3×1201×10−3Ω=880Ω；
(4)若与1连接，则量程为2.5mA，读数为1.48mA；
若与3连接，则为欧姆×100Ω挡，读数为11×100Ω=1100Ω=1.10kΩ；
若与5连接，则量程为5V；故读数为2.95V。
故答案为；(1)黑；(2)B；(3)160；880；(4)1.48mA；1.10kΩ；2.95V。  
15.【答案】解：(1)对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有：eU0=12mv02
解得：v0=3.2×107m/s
(2)设电子飞出偏转电场，在垂直极板方向上的位移为 y，
即有y=12at2
a=qEm=eUmd
电子偏转的时间t=Lv0
电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，依据几何关系有：
  yL2=YL2+S
解得  Y=2cm。
答：(1)电子飞入偏转电场时的速度v0为3.2×107m/s；
(2)电子打在荧光屏上距中心点的距离Y为2cm。 
【解析】(1)电子在加速电场中，根据动能定理求解电子飞入偏转电场时的速度v0的大小。
(2)电子飞出偏转电场时速度的反向延长线交水平位移的中点，由几何关系求电子打在荧光屏上距中心点的距离Y。
此题考查了带电粒子在组合场中运动的类型，要知道电子在加速电场中运动时，往往由动能定理求加速获得的速度。对于带电粒子偏转，往往运用运动的分解法研究。

16.【答案】解：(1)设粒子最大的速度为v1，
由于速度最大的粒子一直在磁场内运动，

过P点作速度的垂线交x轴于O1点，
就是速度为v1的粒子做圆周运动的圆心，
PO1即为半径R1
有几何关系可知，R1sin60∘=yp，
由牛顿第二定律得，qv1B=mv12R1，R1=3l
v1=3qBlm，由于所有的粒子离开磁场的方向都是沿着y轴负方向，
故它们在磁场中偏转的角度都相同，即从磁场射出的粒子，
射出点一定在PM连线上，PM连线即为y=32l−kx
直线k=ypOM=ypOO1+R1
解得k=33。
(2)所有粒子在磁场中运动的时间都相等，速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动，
速度最小的粒子在磁场外运动的位移最大，时间最长，
设粒子在磁场中运动的时间为t1，
T=2πmqB，t1=13T，
设速度最小的粒子在磁场中运动的半径为R2，速度为v2，
根据几何关系有ON=OM−NM=3l，
R2sin30∘+R2=ON，
由牛顿运动定律有qv2B=mv22R2
R2=233l，
解得v2=233qBl，
最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为t2，
有t2=CNv2，
速度最小的粒子从离开P点到打在x轴上经历的时间t=t1+t2=(8π+33)12qBm。
(3)磁场的最小面积为图中的PCM阴影部分的面积S=(13πR12−12R12sin60∘)−(13πR22−12R22sin60∘)
解得S=5(4π−33)36l2。
答：(1)粒子最大速度的值为3qBlm与k的值为33。
(2)粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间(8π+33)12qBm。
(3)有界磁场的最小面积为5(4π−33)36l2。 
【解析】(1)找出粒子最大速度时所对应的的圆心，作出粒子的运动轨迹可求出粒子最大速度的值与k的值。
(2)粒子在磁场中运动的时间都是相同的，粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间为速度最小的粒子所用的时间。
(3)粒子速度最小的运动轨迹与粒子速度最大的运动轨迹和与直线所围成的面积即是最小面积。
明确粒子在磁场中做匀速圆周运动，会分析有界磁场的最小面积为最大速度和最小速度在磁场中运动轨迹所围成的面积是解题的关键。

17.【答案】解：(1)CD边从开始至运动到EF的过程中，由动能定理可得
 mgdsinθ=12mv2
CD边刚过虚线EF时，AB边作为电源，AB两点间的电势差为
 UAB=34E=34B0dv
解得UAB=34B0d2gdsinθ
(2)从t=0时刻到AB边运动到EF的过程中，热量分为两部分：
第一部分：在t1时间内，金属框产生的焦耳热为Q1=E24Rt1
根据法拉第电磁感应定律得
  E=△Φ△t=△B△tS=2B0t1d2
第二部分：t1时刻后，设t1时刻后的过程中金属框克服安培力做功为W，由动能定理得
 2mgdsinθ−W=12mv12
由功能关系可知W=Q2
可得Q2=2mgdsinθ−12mv12
故所求金属框产生的焦耳热为Q总=Q1+Q2=B02d4Rt1+2mgdsin⁡θ−12mv12
(3)AB边运动到EF的过程分为两段：
第一段CD边运动到EF的过程，设运动时间为t2，由运动学公式可知
 d=12(gsinθ)t22，解得t2=2dgsinθ
第二段CD经过EF直至AB与EF重合，由动量定理得
 mgsinθ⋅t3−B0I−dt3=mv1−mv
其中I−=E−4R=△Φ4Rt3=B0d24Rt3
联立解得t3=v1gsinθ+B02d34mgRsinθ−2dgsinθ
则从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间为
 t总=t2+t3=v1gsin⁡θ+B02d34mgRsin⁡θ
答：(1)CD边刚过虚线EF时，AB两点间的电势差为34B0d2gdsinθ；
(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中金属框产生的焦耳热为B02d4Rt1+2mgdsinθ−12mv12；
(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间为v1gsinθ+B02d34mgRsinθ。 
【解析】(1)金属框从开始下滑到CD边运动到EF的过程中，受到的安培力的合力为零，只有重力做功，由动能定理求出CD边刚过EF时的速度，由E=BLv求出AB边产生的感应电动势，根据AB边为电源，求AB两点间的电势差。
(2)从t=0时刻到AB边经过虚线EF的过程中，热量分为两部分：t1时间内和t1时刻后。在t1时间内，金属框中产生恒定电流，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出感应电流大小，再由焦耳定律求出产生的热量。t1时刻后，根据动能定理求出克服安培力做功，求出金属框产生的焦耳热，从而求得总的焦耳热。
(3)从撤去外力到AB边经过虚线EF的总时间分为两部分：第一段CD边运动到EF的过程；第二段CD经过EF直至AB与EF重合的过程。第一段根据运动学规律求运动时间；第二段，利用动量定理求运动时间。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，分析清楚磁场变化情况与金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用E=BLv、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式与动量定理即可解题。

18.【答案】ADE 
【解析】解：AE、由光路图可知，a光的偏折程度比b光大，则玻璃对a光的折射率较大，则a光的频率比b光的频率大，a光的波长小于b光的波长，故A正确；
B、根据光在介质中的传播速度与折射率的关系v=cn可知，a光在玻璃砖中的传播速率比b光的小，故B错误；
C、根据n=sinisinr，a、b两束光在该玻璃砖中的折射率分别为na=sin53∘sin30∘=1.6，nb=sin37∘sin30∘=1.2，则折射率之比为4：3，故C错误；
D、根据sinC=1n可知，a光临界角较小，若使入射角增大，则出射光线a先消失，故D正确。
故选：ADE。
由光路图中两束光的偏折程度，比较折射率大小，从而比较频率，利用折射定律计算折射率，求出a的临界角分析a是否发生全反射，根据折射定律计算公式求解折射率之比。
本题主要是考查了光的折射定律和全发射，解答此类题目的关键，根据图中的几何关系求出折射角或入射角，然后根据光的折射定律或全反射的条件列方程求解。

19.【答案】解：①由题图乙可知，周期T=0.8s
振幅A=0.1m
小球相对平衡位置的位移y=Acos2πT t
即y=0.1cos52πtm。
②n=ΔtT=1112
0∼9.2s内小球的总路程L=n⋅4A
解得L=4.6m
t=9.2s时小球处于最低点。
答：①小球相对平衡位置的位移y的表达式为y=0.1cos52πtm；
②0∼9.2s内小球的总路程为4.6m，t=9.2s时小球处于最低点。 
【解析】(1)由振动图象读出周期T和振幅A，由ω=2πT求出角频率ω，根据y=Acosωt写出小球相对平衡位置的位移随时间的变化关系式。
(2)根据时间与周期的关系求出小球运动的路程，并确定9.2s时刻的位置。
本题是振动图象问题，考查基本的读图能力。根据振动图象，分析小球的振动情况，确定其受力情况，运用动力学方法求加速度，这是学习简谐运动的基本功，要熟练掌握。