四川省成都市第二十中学2022-2023学年高二下学期零诊模拟物理（一） Word版含解析

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零诊复习摸底考试物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1.下列说法正确的是　　A.若某种材料的逸出功是W，则其极限频率B.当氢原子从的状态跃迁到的状态时，发射出光子C.衰变为要经过4次衰变和6次衰变D.中子与质子结合成氘核时吸收能量【答案】A【解析】【分析】光子能量计算公式E＝hυ可知其能量由光子频率决定，氢原子吸收光子向高能级跃时，α衰变和β衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒．中子和质子结合成氘核时放出能量．详解】A、结合光子能量计算公式E＝hυ，某种材料的逸出功是W，则它的极限频率为γ0，故A正确；B、氢原子从n=2的状态跃迁到n=6的状态，从低能级向高能级跃迁，要吸收能量．C、Th衰变为Pb根据质量数和电荷数守恒计算可知，要经过6次α衰变和13次β衰变D、中子和质子结合成氘核时有质量亏损，放出能量．【点睛】该题考查原子物理学中的原子跃迁中能量的变化等知识点的内容，都是基础性的知识点的内容，多加积累即可．2.如图所示，LC振荡电路的导线及自感线圈的电阻不计，在图示状态回路中电流方向如箭头所示，且此时电容器C的极板A带正电荷，则该状态A.电流i正在增大B.电容器带电量正在增加C.电容器两极板间电压正在减小D.线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在增大【答案】B

1【解析】【详解】A．根据图示电路知，该LC振荡电路正在充电，电流在减小，磁场能转化为电场能．A错误．B．电路充电，电容器的带电量在增大，B正确．C．电容器的带电量在增大，根据得出，电压在增大，C错误．D．充电的过程，电量在增加；磁场能转化为电场能，电流在减小，所以线圈中电流产生的磁场的磁感应强度正在减小，D错误．3.如图所示，虚线为某电场中的三条电场线1、2、3，实线表示某带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法中正确的是（　　）A.粒子在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小B.粒子在a点的电势能大于在b点的电势能C.粒子在a点的速度大小大于在b点的速度大小D.a点的电势高于b点的电势【答案】B【解析】【详解】A．电场线越密处场强越大，电场力越大，粒子的加速度越大，所以粒子在a点的加速度大小小于在b点的加速度大小，A错误；BCD．粒子受力指向轨迹凹面，大致向右，所以粒子从a点到b点电场力做正功，电势能减小，动能增大，故粒子在a点的速度大小小于在b点的速度大小。因为粒子带负电，受力方向与电场方向相反，所以电场强度方向大致向左，根据沿着电场线方向电势降低，所以a点的电势低于b点的电势，B正确，CD错误。故选B。4.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，正弦交流电源电压的有效值为U=15V保持不变，电阻R1=15Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40Ω。开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，则下列说法错误的是（　　）

2A.通过R1的电流为1AB.电压表读数为12VC.若向下移动P，电压表读数将变大D.若向上移动P，变压器的输出功率将变小【答案】A【解析】【详解】AB．理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，可知原副线圈的电流之比为2∶1，设通过原线圈的电流为I，则副线圈的电流为0.5I，初级电压为次级电压为根据电压器电压之比等于匝数之比可得联立解得A错误，符合题意，B正确，不符合题意；C．向下移动P，则电阻增大，次级电流变小，初级电流也随之变小，电阻的电压变小，变压器输入的电压变大，次级电压也变大，电压表读数变大，C正确，不符合题意；D．直流电路中外电路的总电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，如图所示

3R1等效为电源内阻，若向上移动P，R3电阻减小，等效外电阻为开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，可知随着R等效的减小，副线圈输出功率将变小，D正确，不符合题意。故选A。5.如图甲，边长为L的等边三角形金属框与匀强磁场垂直放置；图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图像，t3时刻曲线的切线与时间轴的交点对应的时刻为t2，下列说法正确的是（　　）A.0-t1段时间，金属框的感应电动势均匀增加B.t3时刻后，磁感应强度B的变化率越来越小C.t1时刻，金属框的感应电动势为D.t3时刻，金属框的感应电动势为【答案】D【解析】

4【分析】【详解】A．由图乙可知0-t1段时间，磁感应强度B随时间t均匀变化，根据可知金属框的感应电动势不变，选项A错误；B．t3时刻后，图线的斜率越来越大，则磁感应强度B的变化率越来越大，选项B错误；C．t1时刻，金属框的感应电动势为选项C错误；D．t3时刻，金属框的感应电动势为选项D正确。故选D。6.如图，平行金属板间带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（）A.电压表读数增大B.若带电质点P固定，则其电势能增大C.电容器极板带电量增大D.若电压表、电流表示数变化量分别为DU和DI，则【答案】B【解析】【详解】A．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，根据串反并同规律，电压表读数减小，A错误；B．质点P受重力和电场力作用，电场力竖直向上，则P带负电，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值减小，根据串反并同规律，电容器两端电压减小，电容器内电场强度减小，则

5UP下=EdP下=φP－0由于带电质点P固定，则dP下不变，E减小，UP下减小，φP减小，则带电质点P的电势能EpP=－φPq增大，B正确；C．根据串反并同规律，电容器两端电压减小，由于Q=CU可知电容器极板带电量减小，C错误；D．根据闭合电路欧姆定律U=E－I(r＋R1)解得D错误。故选B。7.如图，长、宽比为2：1的矩形区域内存在方向垂直于所在平面向外的匀强磁场。从长边中点O沿垂直于边且垂直于磁场的方向，先后以相同的速度发射两个不同的正离子甲和乙，甲从c点射出，乙从b点射出。已知甲的比荷为k，不计离子重力，则乙的比荷为（　　）A.B.kC.D.【答案】D【解析】【详解】设宽为l，正离子甲从c点射出时，由几何关系有轨迹半径由洛伦兹力提供向心力有解得

6正离子乙从b点射出时，其轨迹半径为由洛伦兹力提供向心力有解得故D正确。故选D。8.如图所示，边长为的正方形线圈abcd其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴匀速转动，则以下判断中错误的是（　　）A.闭合电路中感应电动势的瞬时表达式B.在时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快C.从时刻到时刻，电阻R上产生的热量为D.从时刻到时刻，通过R的电荷量【答案】A【解析】

7【详解】A．由法拉第啊电磁感应定律所以闭合电路中感应电动势的瞬时表达式为A错误；B．由题可知刻，线圈转了90°，此时磁通量为零，此时感应电动势最大，故此时磁通量随时间变化最快，B正确；C．根据正弦电流的特点，该正弦电压的有效值为由闭合电路欧姆定律所以由焦耳定律可知，从时刻到时刻，电阻R上产生的热量为解得C正确；D．根据电流的定义式由闭合电路欧姆定律法拉第啊电磁感应定律联立解得

8D正确。本题选错误的，故选A。二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9.下列四幅图的有关说法中正确的是（）A.图（1）中人用大锤连续敲打，小车能在光滑的水平面上持续向右运动B.图（2）中若改用绿光照射，验电器金属箔可能不张开C.图（3）为氢原子能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，能使逸出功为2.21eV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F的比结合能小于原子核E的比结合能，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要释放能量【答案】BC【解析】【详解】A：用锤打车，是人(包括铁锤)和车系统的内力，系统在水平方向所受的外力之和为零，所以系统的总动量守恒，人和车的初动量为零．根据动量守恒定律，如果据锤头打下去时锤头向右运动，车就向左运动；举起锤头时锤头向左运动，车就向右运动．用锤头连续敲击时，车只是左右运动，一但锤头不动，车就停下来．故A错误．B：紫光灯照射时，金属板产生光电效应；换用频率更小的绿光照射，可能不产生光电效应，验电器金属箔可能不张开．故B正确．C：一群氢原子处于n=4的激发态，当它们自发地跃迁到较低能级时，一共能产生6条光谱线，其中n=4到n=3的光子能量不能使钾发生光电效应，还有n=3到n=2的光子能量不能使钾发生光电效应，其余4种光子能量都大于2．21eV能使钾发生光电效应．故C正确．D：原子核F的平均核子质量小于原子核E的平均核子质量，原子核F的比结合能大于原子核E的比结合能；原子核D和E聚变成原子核F时核子平均质量减小，会有质量亏损，要释放能量．故D错误．故选BC。10.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N

9连线中点，连线上a、b两点关于O点对称，导线通有大小相等、方向相反的电流I．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离，一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是（）A.小球先做加速运动后做减速运动B.小球一直做匀速直线运动C.小球对桌面的压力先增大后减小D.小球对桌面的压力一直在增大【答案】BC【解析】【详解】根据右手螺旋定则及矢量合成法则，可知直线MN处的磁场方向垂直于MN向里，磁场大小先减小后增大，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力竖直向上，根据F=qvB可知，洛伦兹力是先减小后增大，由此可知，小球将做匀速直线运动，小球对桌面的压力先增大后减小，故AD错误，BC正确．11.如图，两根足够长，电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，质量、长度、电阻的匀质金属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直金属杆的水平拉力，使其由静止开始运动。拉力的功率保持不变，当金属杆的速度时撤去拉力。下列说法正确的是（　　）A.若不撤去拉力，金属杆的速度会大于5m/sB.金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小可能为C.从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为2.5CD.从撤去拉力到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为0.625J

10【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A．若不撤去拉力F，对棒由牛顿第二定律有当时，速度达到最大，联立各式解得最大速度为即杆的最大速度不会超过5m/s，选项A错误；B．若在F撤去前金属杆的切割速度时，代入各式可得加速度为撤去F后棒减速的速度为时，加速度为故金属杆的速度为4m/s时，其加速度大小为0.9m/s2或1.6m/s2，选项B正确；C．从撤去拉力F到金属杆停下，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理有而电量的表达式可得选项C正确；D．从撤去拉力F到金属杆停下的过程由动能定理而由功能关系有

11另金属杆和电阻R串联，热量比等于电阻比，有联立解得选项D正确。故选BCD。12.如图所示，甲是质谱仪的示意图，乙是回旋加速器的原理图，丙是研究楞次定律的实验图，丁是研究自感现象的电路图，下列说法正确的是（　　）A.质谱仪可以用来测量带电粒子的比荷，也可以用来研究同位素B.回旋加速器是加速带电粒子装置，其加速电压越大，带电粒子最后获得的速度越大C.丙图中，磁铁插入过程中，电流由a→G→bD.丁图中，开关S断开瞬间，灯泡A一定会突然闪亮一下【答案】AC【解析】【详解】A．甲图是质谱仪，用来测定带电粒子比荷的装置，可以用来研究同位素，故A正确；B．设D形盒的半径为R,当离子圆周运动的半径等于R时，获得的动能最大，由

12得则最大动能最大动能与加速电压无关，则带电粒子最后获得的速度与加速电压无关，故B错误；C．丙图中磁铁插入过程中，穿过线圈的向右的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场的方向向左，由右手定则，电流由a通过电流计流向b，故C正确；D．开关断开的瞬间，由于线圈对电流有阻碍作用，通过线圈的电流会通过灯泡A，所以灯泡A不会立即熄灭。若断开前，通过电感的电流大于灯泡的电流，断开开关后，灯泡会闪亮一下，然后逐渐熄灭；若断开前，通过电感的电流小于等于灯泡的电流，断开开关后，灯泡不会闪亮一下，故D错误。故选AC。三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）13.指针式多用电表是实验室中常用的测量仪器。请回答下列问题：（1）使用多用电表粗测电阻时，将选择开关拨至欧姆挡“”挡，经正确操作后，指针指示如图甲a，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡______档选填“、”；若经过正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针指示如图甲b，则待测电阻为______。（2）图乙是某多用电表欧姆挡内部电路示意图。其中，电流表满偏电流为、内阻为；电池电动势为1.5V、内阻为1；变阻器R的阻值范围为。①该欧姆表的两只表笔中，______是红表笔。选填“A”或“B”；

13②该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V、内阻为1进行刻度的。当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4时，欧姆表仍可调零，则调零后接入电路的电阻将变______（填“大”或“小”），若用重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为300，则这个待测电阻的真实阻值为______。【答案】①.×100②.3000③.A④.小⑤.290【解析】【详解】（1）[1]由图可知将选择开关拨至欧姆挡“”挡，指针偏转较小，说明电阻较大，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡挡；[2]由图b可知指针所指刻线为30，则读数为（2）①[3]红表笔接电源的负极，则A是红表笔；②[4]根据闭合电路欧姆定律有解得当电池的电动势下降到1.45V、内阻增大到4时，欧姆表仍可调零，则有解得则调零后接入电路的电阻将变变小；[5]电动势为1.5V，调零后欧姆表内部电阻为

14电动势为1.45V，调零后欧姆表内部电阻为电动势为1.5V，测300电阻时对应的电流为电动势为1.45V有解得14.如图所示为某同学测量电源的电动势和内阻的电路图．其中包括电源E，开关S1和S2，电阻箱R，电流表A，保护电阻Rx．该同学进行了如下实验步骤：(1)将电阻箱的阻值调到合适的数值，闭合S1、S2，读出电流表示数为I，电阻箱读数为9.5Ω，断开S2，调节电阻箱的阻值，使电流表示数仍为I，此时电阻箱读数为4.5Ω．则保护电阻的阻值Rx＝________Ω．（结果保留两位有效数字）(2)S2断开，S1闭合，调节R，得到多组R和I的数值，并画出图象，如图所示，由图象可得，电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．（结果保留两位有效数字）(3)本实验中，内阻的测量值________（填“大于”或“小于”）真实值，原因是_____________．【答案】①.5.0②.3.0③.2.2④.大于⑤.电流表也有内阻【解析】【详解】(1)[1]由题意可知，闭合S1和S2时只有电阻箱接入电路，闭合S1、断开S2时，电阻箱与R

15串联接入电路，两种情况下电路电流相等，由欧姆定律可知，两种情况下电路总电阻相等，所以保护电阻的阻值Rx＝9.5Ω-4.5Ω＝5.0Ω(2)[2][3]根据闭合电路的欧姆定律可得，E＝I(R+Rx+r)，整理可得可见图线斜率图线的纵截距结合图象中的数据可得E＝3.0V，r＝2.2Ω．(3)[4][5]本实验中，内阻的测量值大于真实值，原因是电流表也有内阻，测量值等于电源内阻和电流表内阻之和．四、计算题（本大题共3小题，共34.0分）15.如图所示，内表面光滑绝缘的半径为的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为有一质量为、带负电的小球，电荷量大小为，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点A时，小球与轨道压力恰好为零，g取，求：

16小球在A点处的速度大小；小球运动到最高点B时对轨道的压力．【答案】；【解析】【详解】（1）重力：G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2N电场力：F=qE=1.6×10﹣6C×3×106V/m=4.8N在A点，有：qE﹣mg=m代入数据解得：v1=6m/s（2）设球在B点的速度大小为v2，从A到B，由动能定理有：（qE﹣mg）×（2R）=mv22﹣mv12在B点，设轨道对小球弹力为FN，则有：FN+mg﹣qE=mv22由牛顿第三定律有：FN′=FN代入数据解得：FN′=21.6N【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，结合动能定理和向心力公式列式分析，可以将重力和电场力合成为“等效重力”，然后就能够结合竖直平面内的圆周运动模型进行分析．16.如图所示，在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，MN、PQ均与斜面底边平行，磁感应强度B=5T。有一边长L=0.4m、质量m1=0.6kg、电阻R=2Ω的正方形均匀导体线框ABCD，通过一轻质绝缘细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2=0.4kg的物体相连。物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，将线框从图示位置由静止释放，沿斜面下滑，线框底边始终与斜面底边平行，物体到定滑轮的距离足够长。（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求线框ABCD还未进入磁场的运动过程中加速度a的大小；（2）当AB边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框做匀速运动的速度v1的大小；（3）在满足（2）问中的条件下，若导体线框ABCD恰好匀速通过整个磁场区域，求磁场宽度d及线框穿过磁场的过程中AB边产生的热量Q。

17【答案】（1）；（2）；（3），【解析】【分析】【详解】（1）以m1、m2整体为研究对象，由牛顿第二定律解得（2）线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体为研究对象，由平衡方程得解得（3）导体线框ABCD恰好匀速通过整个磁场区域，所以磁场宽度AB边进入磁场前做匀加速运动，由第（2）可知，根据解得刚释放时，AB边距磁场边界的距离为线框穿过磁场的过程中AB边产生的热量Q，根据能量守恒可知记得所以

1817.如图，在长方体区域内，平面ghij的左边有垂直平面abhg的匀强磁场、右边有垂直平面的匀强电场。现有电量为、质量为的一个粒子以大小为v的初速度从a点沿平面abhg进入磁场区域，经h点并垂直平面ghij的方向进入电场区域，最后从点离开电场。已知长方体侧面abcd为边长为L的正方形，其它边长如图中标示，，不计粒子重力。（1）求电场强度E和磁感应强度B的比值；（2）求带电粒子在磁场与电场中运动时间的比值；（3）若只改变电场强度E大小，求粒子离开长方体区域时动能与E的关系式。【答案】（1）；（2）；（3）若，则，若，则【解析】【详解】（1）设带电粒子的质量为m，带电量为q，在磁场中运动时的轨道半径为R，由带电粒子在磁场中运动时如图（1）所示由几何关系带电粒子在电场中运动时如图（2），由

19联立解得（2）设带电粒子在磁场中运动的时间为，周期为，转过的圆心角为。由于且设在电场中运动的时间为，由解得（3）设带电粒子离开长方体区域时的动能为，由以上的分析可知，电场时带电粒子恰好从离开长方体区域，若则带电粒子从边离开长方体区域，由动能定理可知解得若

20则带电粒子将从边离开长方体区域，设射出点离的距离为y，有且由动能定理可知解得五、综合题（本大题共1小题，共12.0分）18.图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在时的波形图，M、N、P是介质中的三个质点，M的平衡位置，N的平衡位置，P的平衡位置；图乙为质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）A.这列波的传播方向沿x轴负方向B.这列波的传播速度大小为C.从时起，质点M比质点N先回到平衡位置D.在时，质点M和质点N的运动方向相同E.内，质点M和质点P通过的路程相等【答案】ABD【解析】【详解】A．由图乙可知t=2s时，P点向y轴轴负方向运动，结合图甲可知这列波的传播方向沿x轴负方向，故A错误；

21B．由图甲可知，波长为由图乙可知，周期则这列波的传播速度大小为故B正确；C．时，质点M向y轴正方向运动，质点N向y轴负方向运动，所以从时起，质点N比质点M先回到平衡位置，故C错误；D．在时，质点M和质点N的运动方向都是y轴负方向，故D正确；E．内，质点M先减速再加速，质点P先加速再减速，质点P通过的路程大，故E错误。故选ABD。19.如图所示，一半径为R的半圆形玻璃砖，一束单色光以的入射角照射到玻璃砖的上表面，已知该玻璃砖对该单色光的折射率为，光在真空中的速度为c，（不考虑多次反射）求：（ⅰ）若入射点在圆心O处，光在玻璃砖中传播的时间。（ⅱ）要使光线不能从玻璃砖的圆弧面射出，应至少将入射光的入射点向左平移的距离。【答案】（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【详解】（ⅰ）光在玻璃中的传播速度为折射后光沿某条半径传播，所以光在玻璃中传播的距离为R，则光在玻璃砖中传播的时间为（ⅱ）将入射点左移，补全光路如图所示，假设入射点为P，折射光线在Q点恰好发生全反射

22根据折射定律解得则有光线在Q点恰好发生全反射，则解得根据正弦定理有解得

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