2021-2022年四川省双流中学高二（下）零诊模拟考试物理试题（一）含解析

  四川省双流中学高2020级第四期零诊考试模拟试题物理（一）

一、单项选择题（共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1. 2020年12月4日，新一代“人造太阳”装置——中国环流器二号M装置在成都建成并首次实现核聚变发电。科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为∶和，则（　　）

A. X是电子 B. X是质子

C. Y的质子数是3，中子数是3 D. Y的质子数是3，中子数是6

【答案】C

【解析】

【详解】AB．根据核反应过程中，电荷数和质量数守恒可知，由第二个核反应方程可得：X的质量数为2+3-4=1，电荷数为1-1=0，是中子，故AB错误；

CD．根据电荷数和质量数守恒，由第一个核反应方程可得：Y的质子数是2+1-0=3，质量数是4+3-1=6，则中子数是6-3=3，故C正确，D错误。

故选C。

2. 下列四幅图的有关说法中正确的是（   ）

A. 图(1)是磁场对射线、射线和射线的作用,射线甲由粒子组成,每个粒子带两个单位正电荷,射线乙不带电,是高速运动的中子流

B. 图(2)中若改用绿光照射,验电器金属箔不会张开

C. 图(3)为氢原子能级示意图,一群氢原子处于的激发态,当它们自发地跃迁到较低能级时,能使逸出功为的金属钾发生光电效应的光谱线有4条

D. 图(4)可以得知原子核的比结合能小于原子核的比结合能,原子核和聚变成原子核时会有质量亏损,要释放能量

【答案】C

【解析】

【详解】A、根据带电粒子在磁场中偏转，结合左手定则可知，射线丙由a粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷，而射线乙不偏转，说明其不带电，是高速运动的中子流，故A错误；

B、根据光电效应产生条件，当绿光照射，则绿光频率小于紫外线，因此可能不发生光电效应现象，可能发生光电效应现象，则验电器金属箔不一定张开，故B错误；

C、第四能级的氢原子可以放出6条光谱线，其放出的光子能量分别为： ，，，，，，故大于2.21eV的光谱线有4条，故C正确；

D、由图象可知，原子核的比结合能大于原子核的比结合能，D和E核子的平均质量大于F核子的平均质量，原子核D和E聚变成原子核F时，核子总质量减小，有质量亏损，要释放出核能，故D错误；

故选C．

3. 如图所示，虚线表示真空中三个等势面，相邻等势线间的电势差相同，实线表示一个负点电荷（不计重力）仅在电场力作用下的运动轨迹。下列说法正确的是（　　）

A. 、、三点的电势高低关系：

B. 、、三点的电场强度大小关系：

C. 该负点电荷在、、三点的电势能大小关系：

D. 该负点电荷在、、三点的动能大小关系：

【答案】C

【解析】

【详解】A．电场力指向轨迹凹面，由于电子带负电，所以电场方向指向轨迹的凸面，如图所示

而沿着电场方向，电势降低，故有

故A错误；

B．等差等势面越密，电场强度越大，故有

故B错误；

C．负电点在电势越高的位置电势能越小，故有

故C正确；

D．负点电荷（不计重力）仅在电场力作用下的运动过程，电势能和动能相互转化，电势能和动能之和不变，电势能越大的位置，动能越小，故有

故D错误。

故选C。

4. 如图所示为一理想自耦式变压器，原线圈两端加交流电，V1、V2为理想电压表。下列说法正确的是（　　）

A. 若P不动，F向下滑动时，V1、V2示数都变小

B. 若P不动，F向上滑动时，灯泡消耗的功率变小

C. 若F不动，P向上滑动时，V1、V2示数都变小

D. 若F不动，P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小

【答案】D

【解析】

【详解】A．若P不动，F向下滑动时，原线圈电压由交流电源决定，故V1示数不变，根据原副线圈电压比等于匝数比

由于副线圈匝数减小，可知副线圈输出电压减小，由于副线圈电阻都不变，可知V2示数变小，A错误；

B．若P不动，F向上滑动时，原线圈电压不变，根据原副线圈电压比等于匝数比

由于副线圈匝数增大，可知副线圈输出电压增大，由于副线圈电阻都不变，可知副线圈电流增大，灯泡消耗的功率变大，B错误；

C．若F不动，P向上滑动时，原线圈电压由交流电源决定，故V1示数不变，根据原副线圈电压比等于匝数比

由于原副线圈匝数都不变，可知副线圈输出电压不变，滑动变阻器接入电路电阻减小，可知滑动变阻器两端电压减小，即V2示数变小，C错误；

D．若F不动，P向下滑动时，可知原线圈电压不变，副线圈输出电压不变，滑动变阻器接入电路电阻增大，副线圈电流减小，故灯泡消耗的功率变小，D正确。

故选D。

5. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则（　　）

A. 0.01s时穿过线圈的磁通量等于0

B. 电路中电流方向每秒钟改变50次

C. 灯泡实际消耗的功率为484W

D. 发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J

【答案】D

【解析】

【详解】A．0.01s时电动势为零，则穿过线圈的磁通量达到最大值，A错误；

B．由图知电流周期为0.02s，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s内电流方向变化100次，B错误；

C．电动势有效值为

则电流的有效值为

可以得出灯泡实际消耗的功率为

所以C错误；

D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为

所以D正确。

故选D。

6. 将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线如图所示，由此可知（　　）

A. 电源最大输出功率可能大于45W

B. 电源内阻等于5Ω

C. 电源电动势为45V

D. 电阻箱接入电路的电阻增大，电阻厢消耗的功率越大，电源的效率升高。

【答案】B

【解析】

【详解】A．由于题述将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，电阻箱所消耗功率P等于电源输出功率。由电阻箱所消耗功率P与电阻箱读数R变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P最大为45W，所以电源最大输出功率为45W，故A项错误；

B．由电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5Ω，故B项正确；

C．由电阻箱所消耗功率P最大值为45W可知，此时电阻箱读数为，电流

解得

电源电动势

故C项错误；

D．电阻箱接入电路的电阻越大，由题图可知其，当接入的电路的电阻小于5Ω，随着电阻增大，其电功率增大，当接入电路的电阻大于5Ω，其随着接入电阻的增大，电功率减小，故D项错误。

故选B。

7. 矩形磁场区域如图所示，磁场方向垂直于纸面，，ab=2L。一带电粒子从a点沿ab方向射入磁场，经时间t从d点射出。若改变粒子速度大小仍从a点沿ab方向射，入磁场，粒子从cd中点离开磁场区域，不计粒子重力，则粒子第二次在磁场中运动的时间为（　　）

A. t B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】带电粒子沿ab方向射入，经时间t从d点射出，得到的轨迹图如图甲所示

则

改变粒子速度大小，沿ab方向射入，从cd中点N离开磁场区域，得到的轨迹图如图乙所示

可知Nd为L，设Md为x，则

 解得

即粒子转动半径为

则转过的圆心角为

运动时间

故

故选C。

8. 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线的中垂线上有A、B、C三点，如图甲。一个比荷为的小物块从该水平面内的点静止释放，其运动的图像如图乙所示，其中点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（　　）

A. 在A、B、C三点中，点电场强度最大，其电场强度

B. 物块由到A，电势能先增大后减小

C. 由到A的过程中，电势逐渐升高

D. 、A两点电势差

【答案】D

【解析】

【详解】A．由图线斜率可知小物块在经过点时的加速度最大为，所以点的场强最大，根据牛顿第二定律得

得点的场强大小为

故A错误；

B．由到A的过程中，物块的速度一直增加，所以电场力一直做正功，则物块的电势能一直减小，故B错误；

C．对带正电荷的物体来说，从高电势到低电势运动，电场力做正功，电势能减小，则由到A过程中，电势逐渐降低，故C错误；

D．物块由到A，只有电场力做功，由动能定理可得

把，代入解得

故D正确。

故选D。

二、多项选择题（共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

9. 如图所示的电路中，电源电动势E＝3 V，内电阻r＝1 Ω，定值电阻R1＝3 Ω，R2＝2 Ω，电容器的电容C＝100 μF，则下列说法正确的是 (　　)．

A. 闭合开关S，电路稳定后电容器两端的电压为1.5 V

B. 闭合开关S，电路稳定后电容器所带电荷量为3.0×10－4 C

C. 闭合开关S，电路稳定后电容器极板a所带电荷量为1.5×10－4 C

D. 先闭合开关S，电路稳定后断开开关S，通过电阻R1的电荷量为3.0×10－4 C

【答案】AC

【解析】

【详解】试题分析：由闭合电路的欧姆定律得，闭合开关S，电路稳定后电容器两端的电压即是R1两端的电压，A对；电路稳定后电容器所带电荷量为，B错，C对；先闭合开关S，电路稳定后断开开关S，电容器两极板通过电容器进行放电，通过电阻R1的电荷量为1.5×10－4 C，D错．

考点：闭合电路的欧姆定律，电容的定义式

点评：学生会判断电路的连接方式，知道电容器两端的电压就是与其并联的用电器两端的电压，能熟练运用闭合电路的欧姆定律，电容的定义式解相关问题．

10. 在磁感应强度大小为的匀强磁场中，两长直导线和平行于纸面固定放置。两导线中通有图示方向大小相等的电流时，纸面内与两导线等距离的点磁感应强度为零。下列说法正确的是（　　）

A. 匀强磁场方向垂直纸面向外 B. 将导线撤去，点磁感应强度1.5B0

C. 将导线撤去，点磁感应强度为0.5B0 D. 将导线中电流反向，点磁感应强度为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．由右手安培定则可知两条直导线在点产生的磁场的合磁场强度方向垂直纸面向里，因点处的磁感应强度为零，可知匀强磁场方向垂直纸面向外，故A正确；

B．由A选项的分析可知，每条直导线在点产生的磁感应强度大小均为，则将导线撤去，点磁感应强度等于导线在点的磁感应强度和匀强磁场在点的磁感应强度的矢量和，则大小为

方向向外，故B错误；

C．将导线撤去，由B选项分析知，a点的磁感应强度的大小也等于，方向向外，故C正确；

D．将导线中电流反向，两条直导线在点产生的磁感应强度的矢量和为零，则此时点磁感应强度为，故D错误。

故选AC。

11. 图甲所示，电阻不计且间距的光滑平行金属导轨竖直放置，上端接一阻值的电阻，虚线下方有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，现将质量、电阻不计的金属杆ab从上方某处由静止释放。金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触且始终水平。已知杆ab进入磁场时的速度，下落0.3 m的过程中加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示，取，则（　　）

A. 匀强磁场的磁感应强度为2 T

B. 杆ab下落0.3 m时金属杆的速度为1 m/s

C. 杆ab下落0.3 m的过程中R上产生的热量为0.2 J

D. 杆ab下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为0.25 C

【答案】AD

【解析】

【详解】A．当金属杆进入磁场后，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b。由题图乙知，刚进入磁场时，金属杆的加速度大小，方向竖直向上。由牛顿第二定律得

代入数据解得

故A正确；

B．时，金属杆受到的重力与安培力平衡

其中

联立得

故B错误；

C．从开始到下落0.3 m的过程中，由能量守恒定律有

代入数据得

故C错误；

D．金属杆自由下落高度为

金属杆下落0.3 m的过程中通过R的电荷量为

代入数据得

故D正确。

故选AD。

12. 如图所示，空间有竖直方向的匀强电场，一带正电的小球质量为m，在竖直平面内沿与水平方向成30º角的虚线以速度v0斜向上做匀速运动．当小球经过O点时突然将电场方向旋转一定的角度，电场强度大小不变，小球仍沿虚线方向做直线运动，选O点电势为零，重力加速度为g，则

A. 原电场方向竖直向下

B. 改变后的电场方向垂直于ON

C. 电场方向改变后，小球的加速度大小为g

D. 电场方向改变后，小球的最大电势能为

【答案】CD

【解析】

【详解】开始时，小球沿虚线做匀速运动，可知小球受向下的重力和向上的电场力平衡Eq=mg，小球带正电，则电场竖直向上，选项A错误；改变电场方向后，小球仍沿虚线做直线运动，可知电场力与重力的合力沿着NO方向，因Eq=mg，可知电场力与重力关于ON对称，电场方向与NO成600，选项B错误；电场方向改变后，电场力与重力夹角为1200，故合力大小为mg，小球的加速度大小为g，选项C正确；电场方向改变后，小球能沿ON运动的距离为 ，则克服电场力做功为： ，故小球的电势能最大值为 ，选项D正确；故选CD.

第Ⅱ卷（非选择题共60分）

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。

（一）必考题（共48分）

13. 在“测定金属的电阻率”实验中：

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径D，示数如图甲所示，D=__________mm．

（2）某小组利用电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3kΩ）等器材，按要求从0开始测量，得到多组电流、电压数据，求出金属丝的电阻Rx=50Ω．他们采用的是图乙中的_____电路图，所测电阻Rx的真实值_______（选填“大于”、“小于”、“等于”）50Ω．

【答案】    ①. 2.706（2.703～2.708）    ②. A    ③. 小于

【解析】

【详解】(1) 由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为2.5mm，可动刻度示数为20.6×0.01mm=0.206mm，螺旋测微器示数为2.5mm+0.206mm=2.706mm；

(2)由题可知，按要求从0开始测量，所以滑动变阻器应用分压式，根据比值法可知，说明金属丝的电阻较大，所以电流表应用内接法，故应选用乙图中的A，由“大内偏大”可知，电阻的真实值小于测量值．

点晴：解决本题关键理解当测量电路中电压要从零开始变化，则应用滑动变阻器的分压式，掌握用比值法确定电流表的内外接法．

14. 实验室中准备了下列器材：

待测干电池(电动势约1.5 V，内阻约1.0 Ω)，

电流表G(满偏电流1.5 mA，内阻10 Ω)，

电流表A(量程0～0.60 A，内阻约0.10 Ω)，

滑动变阻器R1(0～20 Ω，2 A)

滑动变阻器R2(0～100 Ω，1 A)，

定值电阻R3＝990 Ω，开关S和导线若干

(1)某同学选用上述器材(滑动变阻器只选用了一个)测定一节干电池的电动势和内阻．为了能较为准确地进行测量和操作方便，实验中选用的滑动变阻器，应是________．(填代号)

(2)请在如图甲所示虚线框中画出该同学的实验电路图______．

(3)如图乙为该同学根据实验数据作出的I1－I2图线(I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数)，由该图线可得，被测干电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.

【答案】    ①. R1    ②. 图见解析    ③. 1.46    ④. 0.75

【解析】

【详解】第一空.滑动变阻器应起到明确的调节作用，并且还要易于调节，故一般限流接法时，滑动变阻器比内阻约为10倍左右即可，故本题中应选R1；

第二空.本题中表头可与定值电阻串联作为电压表使用，再将滑动变阻顺与电流表A串接在电源两端即可；如下图

 

第三空第四空. 由闭合电路欧姆定律可得：I1（R3+RA）=E-I2r

变形得：；

由数学知可得：图象中的k= ；b= ；

由图可知：b= ；k==0.75×10-3；

故解得：E=1.46V，r=0.75Ω

15. 如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场，是半径为的四分之一固定光滑圆弧轨道，质量为、带电量为的小物块从光滑水平轨道的点由静止释放，物块冲上圆弧轨道离开轨道后，能到达空间最高点（图中未画出）。已知，物体到点时对轨道的压力为其重力的3倍，重力加速度为。求：

（1）电场强度的大小；

（2）物块在最高点的动能。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设电场强度为，物块到点速度为。物块从到，根据动能定理可得

点，由牛顿第二定律可得

又

联立解得

，

（2）设物块从到的运动时间为，物块竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速运动。则竖直方向有

水平方向有

，

在点动能为

联立解得

16. 如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距，左端接有阻值的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道．水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小。一根质量，电阻的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数，导轨电阻不计，棒在运动过程中始终与轨道垂直且与轨道保持良好接触，取。求：

（1）金属棒运动的最大速率 ；

（2）金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；

（3）金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热．

【答案】(1) (2) （3）

【解析】

【分析】

【详解】(1)金属棒从出磁场到达弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律

解得

 (2) 金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，则

由平衡条件可得

金属棒速度为时，设回路中的电流为，则

由牛顿第二定律得 

解得

（3）设金属棒在磁场中运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q

根据功能关系

则电阻R上的焦耳热

解得

17. 如图所示，在竖直平面内的xoy直角坐标系中，x轴上方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1，方向沿y轴向上，磁感应强度B，方向垂直纸面向里．x轴下方存在方向沿y轴向上的匀强电场（图中未画出），场强为E2．质量为m、电荷量为q的带正电小球（可视为质点），从y轴上的A点以速度大小v0沿x轴正方向抛出，经x轴上的P点后与x轴正向成45°进入x轴上方恰能做匀速圆周运动．O、P两点间距离与O、A两点间距离满足以下关系， ，重力加速度为g，以上物理量中m、q、v0、g为已知量，其余量大小未知．

(1)电场强度E1与E2的比值

(2)若小球可多次（大于两次）通过P点，则磁感应强度B为多大？

(3)若小球可恰好两次通过P点，则磁感应强度B为多大？小球两次通过P点时间间隔为多少？

【答案】（1）；（2） ；（3）  （n=1，2，3……..）；  （n=1，2，3……..）

【解析】

【详解】解：(1)小球在x轴上方匀速圆周，可得：

小球从A到P的过程做内平抛运动：  

结合：

可得：

由牛顿第三定律可得：

解得：

故：

(2) 小球第一次通过P点时与x轴正向成，可知小球在P点时则有：

故P点时的速度：

由类平抛的位移公式可得： 

小球多次经过P点，轨迹如图甲所示，小球在磁场中运动个周期后，到达x轴上的Q点，P、Q关于原点O对称，之后回到A并不断重复这一过程，从而多次经过P点

设小球在磁场中圆周运动的半径为R，由几何关系可得：

又由：

联立解得：

(3)小球恰能两次经过P点，轨迹如图乙所示

在x轴上方，小球在磁场中的运动周期：

在x轴下方，小球的运动时间：

由规律可知，小球恰能两次经过P点满足的几何关系为：  （n=1，2，3……..）

解得： （n=1，2，3……..）

两次通过P点的时间间隔为： （n=1，2，3……..）

解得： （n=1，2，3……..）

（二）选考题共12分。 [物理选修3—4]

18. 如图是一段长为L的直光导纤维内芯，一单色光从左端面射入光纤，已知光纤对该单色光的折射率为n，光在真空传播速度大小为c。则该单色光在光纤中传播的最短时间为___________；若该单色光以任意不为零的入射角从左端面射入，均能在侧面发生全反射，并从右端面射出，则折射率n的取值范围是___________。

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【详解】[1]当光线垂直于左侧面入射时，光传播的路径最短

x=L

由

得光在光纤中传播速度大小为

光在光纤传播的最短时间为

联解得

[2]由光路图可知，当光从左侧面的入射角为90°时，光进入光纤的折射角最大，且等于临界角，即

r=C

这时，光在光纤侧壁的入射角有最小值

i′=90°-r

要使光所有入射线光均能在侧壁发生全反射，则应有

联解得

C≤45°

又因

所以

19. 有两列简谐横波a和b在同一介质中传播，a沿x轴正方向传播，b沿x轴负方向传播，波速均为υ=4m/s，a的振幅为5cm，b的振幅为10cm．在t=0时刻两列波的图像如图所示．求：

(i)这两列波的周期；

(ii)x=0处的质点在t=2.25s时的位移．

【答案】(i) (ii) y=-5cm

【解析】

【详解】解：(i)由图可知

根据可得：

(ii)a波从图示时刻传播到x=0处需要的时间：

则x=0处质点随a波振动的时间为：；

t=2.25s时x=0处的质点随a波振动到负向最大位移处，即：

b波从图示时刻传播到x=0处需要的时间：

则x=0处的质点随b波振动的时间为：，

T=2.25s时x=0处的质点随b波振动到平衡位置处，即：

故在t=2.25s时a、b波相遇叠加，x=0处质点的合位移为：y=-5cm