四川省成都市实验外国语学校2022-2023学年高二下学期零诊模拟（期末）物理 Word版含解析

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成都市实验外国语学校高2021级零诊模拟物理试卷一、本题包括8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.物理学是一门以实验为基础科学，任何理论的建立都离不开实验，下面给出了几个在物理学发展史上有重要地位的物理实验，以及与之相关的物理学发展史的说法，其中正确的是（　　）A.光电效应实验表明光具有波动性B.粒子散射实验是原子核式结构理论的实验基础C.质子的发现揭示了原子不是构成物质的最小微粒D.氢原子光谱的实验研究说明原子核有内部结构【答案】B【解析】【详解】A．光具有波粒二象性，光电效应实验证实了光具有粒子性，故A错误；B．α粒子散射实验表明了原子具有核式结构，故B正确；C．电子的发现表明了原子不是构成物质的最小微粒，故C错误；D．氢原子光谱的实验研究不能说明原子核有内部结构，放射性现象的发现才是，故D错误。故选B。2.电磁波为信息的传递插上了翅膀。下列说法正确的是（　　）A.Wi-Fi信号实质是一种电磁波，可以传递信息，具有能量B.变化的电场周围产生变化的磁场C.电磁波和机械波都能传递信息，都需要靠介质传播D.医院拍片的X光机和治疗咽喉炎的超声波雾化器都是电磁波的应用【答案】A【解析】【详解】A．Wi-Fi信号实质是一种电磁波，电磁波是振荡的电磁场由近向远传播，可以传递信息，具有能量，故A正确；B．均匀变化的电场周围产生恒定的磁场，可知变化的电场周围不一定产生变化的磁场，故B错误；C．电磁波和机械波都能传递信息，但电磁波传播不需要介质，机械波传播需要靠介质传播，故C错误；D．医院拍片的X光机是电磁波的应用，治疗咽喉炎的超声波雾化器是机械波的应用，故D错误。故选A。3.现代战争给世界人民带来巨大的灾难，某些国家使用的新型武器贫铀弹在爆炸中有很多

1残留，其半衰期极为漫长且清理困难，所以对环境的污染严重而持久。设发生衰变形成新核X，同时放出射线。以下说法正确的是（）A.该衰变过程的方程可写为B.的结合能和新核X的结合能之差即为粒子的结合能C.衰变反应中的射线为高频电磁波，具有极强的穿透性D.质量为的原子核经过两个半衰期后，产生的新核质量为【答案】C【解析】【详解】A．衰变过程满足质量数和电荷数守恒，该衰变过程的方程可写为故A错误；B．由于衰变过程释放能量，存在质量亏损，可知的结合能和新核X的结合能之差小于粒子的结合能，故B错误；C．衰变反应中的射线为高频电磁波，具有极强的穿透性，故C正确；D．质量为的原子核经过两个半衰期后，有的原子核发生了衰变，还剩下的原子核，产生的新核质量不是，故D错误。故选C。4.交警查酒驾使用的酒精测试仪原理如图所示，R为传感器，其阻值随气体中酒精浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电流表和电压表均为理想电表。当酒驾驾驶员对着测试仪吹气时（　　）A.电压表的示数变大，电流表的示数变小B.酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大C.电压表示数与电流表示数之比保持不变D.电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变【答案】D

2【解析】【详解】A．当酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器电阻R的阻值变小，由可知电流I变大，电流表的示数变大，由可知电压表的示数变小，A错误；B．电源的输出功率因为不知道与r的具体关系未知，故无法确定酒精气体浓度越大时，电源的输出功率如何变化，B错误；C．根据欧姆定律可知电压表示数与电流表示数之比等于电阻R的阻值，阻值随气体中酒精浓度的变化而变化，C错误；D．由闭合电路欧姆定律可知既电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变，D正确。故选D。5.我国自主研发的氢原子钟现已运用于北斗导航系统中，高性能的原子钟对导航精度的提高极为重要。氢原子能级如图所示，大量处于能级的氢原子，下列正确的是（　　）A.氢原子向低能级跃迁时最多发出3种不同频率的光B.氢原子由能级跃迁到能级时发出光子的频率大于由能级跃迁至能级时发出光子的频率

3C.氢原子跃迁时发出的光子中能量最大的为D.动能为的电子射向大量处于基态的氢原子，氢原子会发生跃迁【答案】D【解析】【详解】A．大量处于能级的氢原子，氢原子向低能级跃迁时最多发出种不同频率的光，A错误；B．氢原子由能级跃迁到能级时发出光子的频率由能级跃迁至能级时发出光子的频率则有即有氢原子由能级跃迁到能级时发出光子的频率小于由能级跃迁至能级时发出光子的频率，B错误；C．从n=4能级跃迁到n=1能级时，辐射光子的能量最大，氢原子跃迁时发出的光子中能量最大的为C错误；D．因为实物粒子的动能可全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差值，均可使原子产生能级跃迁，因此动能为的电子射向大量处于基态的氢原子，氢原子会发生跃迁，D正确。故选D。6.如图甲所示为亥姆霍兹线圈的示意图，两线圈平行正对放置、相距较近，两线圈中通有相同的电流，电流随时间变化的规律如图乙，m点为圆心、连线的中点，现在m点放置一个与通电线圈平行的小金属圆环，下列说法正确的是（　　）

4A.时间内，两线圈之间磁场的磁感应强度大小恒定B.时刻，位于m点的圆环产生的感生电动势最大C.时刻前后瞬间，位于m点的圆环中产生的感应电流方向不同D.如果m点的圆环水平放置，则m点的圆环中无感应电流【答案】D【解析】【详解】A．时间内，线圈中电流均匀减小，两线圈之间的磁场的磁感应强度也均匀减小，故A错误；B．时刻，两线圈中电流达到时间内的最大值，但是电流变化率为零，故此时m点处的圆环产生的感生电动势为零，故B错误；C．时间内两线圈电流正向减小，时间内两线圈电流反向增大，故时间内m点的圆环中产生的感应电流方向不变，故C错误；D．若m点的圆环水平放置，则通过圆环的磁通量始终为零，圆环内没有感应电流，故D正确。故选D。7.手机自动计步器的原理如图，电容器的一个极板M固定在手机上，另一个极板N与两个固定在手机上的轻弹簧连接，当手机的加速度变化时，N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。下列对传感器描述正确的是（　　）A.匀速运动时，电阻R以恒定功率发热

5B.由向前匀速突然减速时，电容器的电容减少C.保持向前匀减速运动时，MN之间的电场强度持续增大D.由静止突然向前加速时，电流由b向a流过电流表【答案】D【解析】【详解】A．匀速运动时，N极板位置保持不变，电容器电荷量不变，定值电阻中没有电流，电阻没有发热功率，故A错误；B．由向前匀速突然减速时，N极板向前运动，极板距离减小，根据可知电容器的电容增大，故B错误；C．保持向前匀减速运动时，N极板受力保持不变，N极板位置保持不变，极板电压不变，极板距离不变，则MN之间的电场强度保持不变，故C错误；D．由静止突然向前加速时，N极板向后运动，极板距离增大，根据，可知电容器的电容减小，可知电容器所带电荷量减小，电容器放电，由于N极板带负电，可知电流由b向a流过电流表，故D正确。故选D。8.如图所示，水平放置的平行金属板A、B连接一恒定电压，两个质量相等的电荷M和N同时分别从极板A的边缘和两极板的正中间沿水平方向进入板间电场，两电荷恰好在板间某点相遇。若不考虑电荷的重力和它们之间的相互作用，则下列说法正确的是（）A.电荷M的电荷量小于电荷N的电荷量B.两电荷在电场中运动的加速度相等C.从两电荷进入电场到两电荷相遇，电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功D.电荷M进入电场的初速度大小与电荷N进入电场的初速度大小一定相同【答案】C【解析】

6【详解】AB．从运动轨迹知，竖直方向的位移M比N大，即yM>yN竖直方向上由于电荷M和N质量相同，E相同，时间t相同，则即aM>aNqM>qNAB错误；C．根据动能定理可知，电场力做功为W=Eqh，联立有由于M、N的qM>qN，m相同，E相同，时间t相同，则电场力对电荷M做的功大于电场力对电荷N做的功，C正确；D．从运动轨迹知xM>xN即vMt>vNt则vM>vND错误。故选C。二、本题包括4小题，每小题4分，共16分。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，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于绝缘倾斜直轨道DC的最低点，光滑直轨道上端点D到A、B两点的距离均为L，DO为绝缘竖直轨道，O为AB

7边的中点。一对电荷量分别为-Q、+Q的点电荷分别固定于A、B两点。在D处将质量为m、电荷量为+q的小球（忽略它对原电场的影响）套在轨道上D端，将小球分别沿DO和DC由静止开始释放，已知静电力常量为k，重力加速度大小为g，忽略一切阻力，下列说法正确的是（　　）A.D点的电场强度与C点的电场强度相同B.小球沿DC下滑过程中，其电场强度先增大后减小C.小球沿DC下滑过程中，其电势能先增大后减小D.小球沿DO到达O点速度与沿DC到达C点的速度大小不相等【答案】AB【解析】【详解】A．D点的电场强度与C点的电场强度大小相等，方向相同，都沿着与BA平行的方向，故A正确；B．小球沿DC轨道下滑过程中，A、B两点电荷对该小球电场强度大小相同，根据几何知识，合场强方向与DC垂直，由于小球运动过程距离A、B两点电荷的距离先减小后增大，其电场强度先增大后减小，故B正确；C．小球沿DC到达轨道最低点C过程，A、B两点电荷对其合电场力垂直于轨道，电场力不做功，电势能不变，故C错误；D．小球沿DO运动，受到电场力与轨道垂直，故小球沿DO到达O点与沿DC到达C点过程只有重力做功，由动能定理得小球到达O点与到达C点的速度大小相等，故D错误。故选AB。10.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3：1，电路中的5个灯泡完全相同，当A、B端输入如图乙所示的正弦交变电压时，每个灯泡消耗的电功率均为18W，下列说法正确的是（　　）

8A.每个灯泡两端的电压为40VB.通过每个灯泡的电流为0.6AC.通过定值电阻R的电流为0.6AD.定值电阻R的电功率为54W【答案】CD【解析】【详解】A．设原线圈的输入电压为，副线圈的输出电压为，根据可得由于每个灯泡消耗的电功率相同，即加在原线圈前端的灯泡两端的电压也等于U2，因此而A、B端输入电压的有效值为解得故每个灯泡两端的电压为30V，故A错误；B．根据P=UI可得通过每个灯泡的电流故B错误；C．流过副线圈的电流流过原线圈的电流

9流过定值电阻的电流C正确；D．定值电阻R的电功率D正确。故选CD。11.2022年12月28日我国中核集团全面完成了230MeV超导回旋加速器自主研制的任务，标志着我国已全面掌握小型化超导回旋加速器的核心技术，进入国际先进行列。如图所示，图甲为该回旋加速器的照片，图乙为回旋加速器工作原理示意图，置于真空中的D形金属盒半径为R，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，交流加速电压为U。圆心A处粒子源产生初速度为零，质量为m，电荷量为q的质子，质子在加速器中被加速。忽略质子穿过两金属盒间狭缝的时间，忽略相对论效应和重力的影响，下列说法正确的是（　　）A.保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置也可用于加速氘核和氚核B.若增大加速电压U，质子从D型盒出口射出的动能增大C.质子从D型盒出口射出时，加速次数D.质子第n次加速后和第次加速后的运动半径之比为【答案】CD【解析】【详解】A．此加速器加速粒子时的周期与粒子在磁场中的运动周期相同为氘核和氚核的比荷与质子的比荷不同，即氘核和氚核与质子在磁场中运动的周期不同，所以，保持B、R、U及交流电频率均不变，该装置不能用于加速氘核和氚核，故A错误；

10B．设质子从D型盒出口射出速度为vm，则有则质子从D型盒出口射出的动能与加速电压无关，故B错误；C．设质子从D型盒出口射出时加速了n次，则由动能定理得故C正确；D．由动能定理得第n次加速后和第次加速后的速度分别为再由质子在磁场中做圆周运动洛伦兹力提供向心力同理可得，质子第n次加速后和第次加速后的运动半径分别为

11所以故D正确。故选CD12.如图所示，S为一离子源，为足够长的荧光屏，S到的距离为，左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面各个方向均匀地喷发大量的质量为m、电荷量为q、速率为的正离子（此后不再喷发），不计离子重力，不考虑离子之间的相互作用力。则（　　）A.打中荧光屏的最短时间为B.打中荧光屏的最长时间为C.打中荧光屏的宽度为D.打到荧光屏的离子数与发射的离子数比值为【答案】AD【解析】【详解】A．根据则离子轨道半径离子轨迹对应弦长最短时运动时间最短，即离子轨迹恰好经过P点，如图所示

12根据几何关系可知，轨迹对应圆心角为60°，能打中荧光屏的最短时间为故A正确；B．当时，根据半径公式离子运动轨迹如图所示离子速度为从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打在荧光屏上的离子的周期打中荧光屏的最长时间为

13故B错误；C．离子打中荧光屏的范围总长度为图中得AB长度，由几何关系可知打中荧光屏的宽度为，故C错误；D．当时，根据半径公式离子恰好打到MN上的临界运动轨迹如图所示离子速度为从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到N点的离子离开S时的初速度方向和打到点的离子离开S时的初速度方向夹角能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比故D正确。故选AD。三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第题为必考题，每个试题考生都必须做答。第题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题（共48分）13.某学生实验小组利用如图所示电路进行实验，使用的器材有：

14多用电表、电压表（量程5V，内阻十几kΩ）、滑动变阻器（最大阻值5kΩ）、导线若干（1）将多用电表挡位调到电阻“×100Ω”挡，再将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零；（2）将图中多用电表的红表笔和___________（填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端；（3）若多用电表挡位调到电阻“×100Ω”挡测量，指针偏转角度过小，换挡后重新进行（1）的步骤后，将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图甲所示，这时电压表的示数如图乙所示，多用电表和电压表的读数分别为___________和___________。【答案】①.1②.15kΩ③.3.60V【解析】【详解】（2）[1]电表电流为红进黑出，电源在多用电表内，多用电表黑表笔接内部电源的正极，故黑表笔接2，红表笔接1；（3）[2]多用电表换倍率为档，读数为15kΩ；[3]电压表精确度为0.1V，估读，故读数为3.60V。14.为了描绘小灯泡的伏安特性曲线，提供以下实验器材：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）电压表V（量程3V，内阻为3kΩ电流表A（量程0.5A，内阻约为0.5.Ω）电阻箱（0~9999，9.Ω）

15滑动变阻器（阻值0~5Ω，2A）滑动变阻器（阻值0~200.Ω，1A）学生电源E（电动势4V，内阻不计）开关S及导线若干。（1）实验中滑动变阻器应选择___________（选填或）（2）实验提供的电压表量程小于小灯泡的额定电压，需要把电压表的量程扩大到4V，改装电压表时，应将电阻箱阻值调至___________Ω，并与题中所给电压表串联，改装后的电压表和电流表的连接方式应选择___________（“电流表内接法”或“电流表外接法”）（3）实验中得到小灯泡的伏安特性曲线曲线如下图（a）所示，现将与题中完全相同的两个小灯泡与另一电源（电动势4V，内阻1Ω）和一阻值为9Ω的定值电阻连接成如图（b）所示电路。此电路中每个小灯泡的实际功率为___________W（结果保留两位有效数字）。【答案】①.②.1000③.电流表外接法④.0.20##0.19##0.21【解析】【详解】（1）[1]因要得到从零开始连续可调的多组电压，且方便调节，则控制电路中滑动变阻器应该选用小的电阻。（2）[2]电压表的量程为3V，内阻为3kΩ，则要把电压表的量程扩大到4V，改装电压表时，应将电阻箱阻值调至[3]小灯泡的电阻

16则为了减小系统误差，应选择电流表外接法。（3）[4]设每个灯泡两端电压为U，电流为I，则由闭合电路的欧姆定律整理得将此函数关系画在灯泡的伏安特性曲线上，交点即为灯泡的实际电流和电压此电路中每个小灯泡的两端的实际功率为15.如图所示，用长为L＝1.0m的轻质柔软绝缘细线，拴一质量kg、电荷量的小球，细线的上端固定于O点。现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与竖直方向夹角为37°。现向左拉小球使细线水平且恰好伸直，小球由静止释放，不计空气阻力，取，。求：（1）匀强电场E的大小；（2）释放后s时刻，小球速度的大小。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）根据平行四边形定则知电场力为解得

17（2）现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，小球向最低点做初速度为零的匀加速直线运动解得绳子刚伸直时位移此过程的时间为t，根据位移时间关系解得经过小球速度的大小为解得16.如图所示，间距为L的平行金属轨道MN、PQ均固定在竖直平面内，两轨道均由水平光滑直轨道和半径为r的四分之一光滑圆弧轨道组成，圆弧轨道的最低点切线水平，水平轨道有一部分处在竖直向上的匀强磁场中，磁场的边界垂直于轨道，磁场边界间距也为L，轨道N、Q端接有阻值为R的定值电阻，磁场右侧轨道上固定有弹性立柱，两立柱连线与轨道垂直，一个质量为m的金属棒从轨道的M、P端由静止释放，金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，此后，金属棒刚好能再次穿过磁场，金属棒和轨道电阻均不计，重力加速度为g，求(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。

18【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【详解】(1)由题意可知从导体棒释放到达最低点的过程中，有动能定理有：在圆轨道最低点合力提供向心力有：联立解得：；根据牛顿第三定律可知金属棒对轨道的压力大小为：(2)由题意可知金属棒穿过磁场后，与金属立柱碰撞无能量损失，且金属棒刚好能再次穿过磁场，即再次穿过磁场时速度恰好为0，设两次穿越磁场的时间为t，流过电荷量为q，此过程中根据：可得：对整个运动过程根据动量定理有：联立两式结合(1)可解得：金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量为：

19(3)设金属棒第一次穿出磁场时速度v1，则根据动量定理有：所以金属棒第一次穿过磁场的过程中，根据能量守恒有：联立两式结合(2)的结果可得：答：(1)金属棒到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为3mg；(2)金属棒第一次穿过磁场的过程中，通过电阻R的电量的大小；(3)金属棒第一次穿过磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热。17.如图所示，在直角坐标系第一象限内有一个以坐标为的点为圆心、半径为d的圆，圆外范围有垂直于坐标平面向里的匀强磁场Ⅰ，磁场的磁感应强度大小为，圆内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，范围有沿x轴正向的匀强电场。在坐标为的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子进入磁场Ⅰ后轨迹刚好与圆相切，不计粒子的重力，。求：（1）匀强电场的电场强度大小；（2）改变粒子在电场中静止释放的位置，使粒子进入磁场Ⅰ后从坐标为的Q点进入磁场Ⅱ，且速度方向沿方向，则粒子在电场中释放点的坐标；（3）在（2）中，粒子进入磁场Ⅱ后，刚好以垂直x轴的方向射出磁场Ⅱ，则磁场Ⅱ的磁感应强度大小以及粒子从磁场Ⅱ射出到再次进入磁场Ⅱ时的时间。【答案】（1）；（2）；（3），【解析】

20【详解】（1）粒子进磁场Ⅰ后做圆周运动的轨迹刚好与圆相切，根据几何关系可知，则粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径根据牛顿第二定律粒子在电场中运动，根据动能定理解得（2）粒子进入磁场Ⅰ后从坐标为的点进入磁场Ⅱ，且速度方向沿方向，设与水平方向的夹角为，则设粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为，根据几何关系解得设粒子在磁场Ⅰ中运动的速度为，则设粒子释放的位置坐标为，则解得

21因此，粒子释放的位置坐标为。（3）设粒子在磁场II中做圆周运动半径为，根据几何关系根据牛顿第二定律解得粒子从磁场Ⅱ射出后在磁场Ⅰ中做半径为的匀速圆周运动，粒子从磁场Ⅱ射出后，根据几何关系可知粒子再进入磁场Ⅱ时转过的角度为所求时间（二）选考题：共12分。请考生从2道题中任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则按所做的第一题计分。18.一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.07s时刻的波动图像如图甲所示，图乙是质点A的振动图像，由题可知该波的传播方向沿x轴___________（填“正”或“负”）方向传播，该波的传播速度___________m/s，t=0.07s时刻质点A偏离平衡位置的位移为___________cm，A点的横坐标为___________m。【答案】①.负②.100③.④.9【解析】

22【详解】[1]由质点A的振动图像可知，质点A在t＝0.07s时刻速度沿y轴负方向，由同侧法可知该波的传播方向沿x轴负方向；[2]由图1可知该波的波长为由图2可知该波的周期为可得波速为[3]由图2可知质点A的振动方程为当t＝0.07s时[4]由质点A的振动方程可知质点A第二次到达平衡位置的时刻为，由于波向左传播，可知处质点第二次到达平衡位置的时间为时间差为则传播的距离可得A点的横坐标为19.在天宫课堂第二课“光学水球”实验中，王亚平老师在水球中注入少量气体，在水球内会形成一个气泡。在另一侧，我们可以观察到王老师一正一反两个像，如图（甲）所示。这是因为有一部分光线会进入水球中的气泡，形成了正立的人像，而另一部分无法进入气泡的光线，形成了倒立的人像。为了方便研究，我们简化为如图（乙）所示。已知：水球半径为R1，气泡半径为R2，两球为同心球，有两束平行光射入水球，其中a光沿半径方向射入，b光恰好在气泡表面发生全反射，水的折射率为n。求：ab两束平行光之间的距离x为多少？

23【答案】R2【解析】【详解】画出b光部分光路，如图所示在M点，根据折射定律，有b光在N点发生全反射，有在三角形OMN中，根据正弦定理有ab平行光之间的距离为联立以上四式解得