四川省成华区某重点校2022-2023学年高二物理下学期6月月考试题（Word版附解析）

2022-2023学年度（下）阶段性考试（三）高2021级物理必考第一卷（客观题40分）一、单项选择题：本题共8个小题，每小题3分，共24分。1.氢原子的能级如图所示，一群氢原子处于n=4能级，下列说法中正确的是（　　）A.这群氢原子跃迁时能够发出3种不同频率的光子B.这群氢原子发出的光子中，能量最大为12.75eVC.从n＝4能级跃迁到n=3能级时发出的光波长最短D.这群氢原子能够吸收任意光子的能量而向更高能级跃迁【答案】B【解析】【详解】A．根据知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子，故A错误；B．由n=4跃迁到n=1，辐射的光子能量最大，即故B正确；C．从n=4跃迁到n=3辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长，故C错误；D．这群处于n=4能级氢原子向更高能级发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差，才能发生跃迁，故D错误。故选B。2.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】AB．根据图中理想自耦式变压器原理可知原线圈电压恒为220V，则示数不变。若P不动，F向下滑动时减小，则减小，示数也会减小。反之，F向上滑动时示数增加，则副线圈中电流增大。根据可知灯泡消耗的功率变大，故AB错误；CD．若F不动，P向上滑动时，、示数都不变，P向下滑动时，不变，滑动变阻器阻值增大，副线圈中电流减小，灯泡上耗的功率会减小，故C错误，D正确。故选D。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。4.一长直导线通以正弦交流电，在导线下有一断开的线圈，如图所示。那么，相对于a来说，b的电势最高时是在（　　） A.交流电流方向向右，电流减少到零时B.交流电流方向向左，电流减少到零时C.交流电流方向向右，电流强度最大时D.交流电流方向向左，电流强度最大时【答案】A【解析】【详解】要使线圈中的感应电动势最大，即磁通量的变化率最大，可知此时正弦交流电的电流变化率应该最大，故此时电流为减少到零时；当交流电流方向向左时，根据右手螺旋定则可知线圈中的磁感线垂直纸面向外，并在减小，根据楞次定律可知此时线圈中a点电势高；当交流电流方向向右，根据右手螺旋定则可知线圈中的磁感线垂直纸面向里，并在减小，根据楞次定律可知此时线圈中b点电势高。故选A。5.如图甲所示的电路中，灯泡电阻为R，A1、A2为完全相同的电流传感器（内阻不计）。闭合开关K，得到如图乙所示的图像，电源电动势为E，内阻r，则（　　）A.B.C.断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭D.闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零【答案】B【解析】【详解】AB．由图乙可知，当时，自感线圈中电流为零，流过灯泡支路的电流为，根据闭合回路欧姆定律有 当时，电路稳定，两支路电流相等为，根据闭合回路欧姆定律有联立解得故A错误B正确；C．由图乙可知，电路稳定后，两支路电流相等，则断开开关时，小灯泡不会闪亮后逐渐熄灭，故C错误；D．闭合开关时，自感线圈中电流为零，但由于电流变化，自感电动势不为零，故D错误。故选B。6.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。在两导线中通有图示方向电流时，纸面内与两导线等距离的点处的磁感应强度为零。下列说法正确的是（　　）A.匀强磁场方向垂直纸面向里B.将导线撤去，点磁感应强度为C.将导线撤去，点磁感应强度为D.将导线中电流反向，点磁感应强度为【答案】C【解析】【详解】两长直导线和所产生的磁场方向根据安培右手定则可得都垂直纸面向里，所以匀强磁场方向应该垂直纸面向外，纸面内与两导线等距离的点处的磁感应强度为零，所以每根导线在点处产生的磁感应强度为。A．匀强磁场方向应该垂直纸面向外，故A错误； B．将导线撤去，点磁感应强度应为而不是，故B错误；C．将导线撤去，点磁感应强度为，C正确；D．将导线中电流反向，点磁感应强度为而非，故D错误。故选C。7.矩形磁场区域如图所示，磁场方向垂直于纸面，，。一带电粒子从点沿方向射入磁场，经时间从点射出。若改变粒子速度大小仍从点沿方向射入磁场，粒子从中点离开磁场区域，不计粒子重力，则粒子第二次在磁场中运动的时间为（　　）A.tB.C.D.【答案】D【解析】【详解】带电粒子沿方向射入，经时间从点射出，得到的轨迹图如图所示由几何关系有改变粒子速度大小，沿方向射入，从中点离开磁场区域，得到的轨迹图如图所示由几何关系有 解得则有解得则轨迹所对圆心角为运动时间为故选D。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：（每题4分，共16分。全部正确得4分，正确但不完整得2分，有错得0分。）9.下列说法正确的是（　　）A.原子的核式结构模型是汤姆孙建立起来的B.在α粒子散射实验中，极少数粒子发生了大角度偏转C.玻尔模型能够解释所有原子的光谱现象D.玻尔认为，电子的轨道是量子化的，原子的能量也是量子化的【答案】BD【解析】【详解】A．原子的核式结构模型是卢瑟福建立起来的，选项A错误；B．在α粒子散射实验中，只有少数粒子发生了大角度偏转，选项B正确；C．玻尔模型只能解释氢原子的光谱现象，选项C错误；D．玻尔认为，电子的轨道是量子化的，原子的能量也是量子化的，选项D正确。 故选BD。10.某同学设计了一个测量压力的电子秤，电路图如图所示，压敏电阻R会随秤台上所受压力的变大而线性变小，G是由理想电流表改装而成的指针式测力显示器，R0是定值电阻，电源电动势为，内阻r<R0，当压力变大时（　　）A.R0两端的电压变大B.电容器放电C.电源的输出功率变大D.电源的效率变大【答案】AC【解析】【详解】A．当压力变大时，则R的电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电流表示数变大，R0两端的电压变大，故A正确；B．电容器C与R0并联，则C两端电压变大，根据Q=CU可知，电容器的电量增大，电容器处于充电状态，故B错误；C．当压力变大时R的电阻变小，外电路总电阻减小，又r＜R0则外电阻更接近内阻，所以电源输出功率变大，故C正确；D．电源的效率为当压力变大时，则R的电阻变小，总电流增大、内电压增大、路端电压U减小，则电源的效率减小，故D错误。故选AC。11.如图所示，有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等，有以不等的速率进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入磁场，由此可以判定（） A.射向的是a离子B.射向的是b离子C.射向的是d离子D.射向的是c离子【答案】AD【解析】【详解】AB．通过在磁场中偏转知，粒子带正电．在速度选择器中，有只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．所以只有b、c两粒子能通过速度选择器。a的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转，故A正确、B错误；CD．只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据，可知质量大的半径大，射向A1的是b离子，射向A2的是c离子．故C错误、D正确。故选AD。12.如图所示，空间中存在垂直于纸面向外的磁感应强度为B的匀强磁场（图中没有画出），两个质量均为m的物块P、Q叠放在一起，并置于固定在地面上倾角为θ且无限长的绝缘斜面体上。物块P带正电，电荷量为q；物块Q是不带电的绝缘体。P、Q间动摩擦因数为μ1，Q和斜面间动摩擦因数为μ2.现使P、Q一起由静止开始沿斜面下滑，运动过程中P、Q始终保持相对静止。则以下说法正确的是（　　）A.根据题设条件可以求出物块P任意时刻的加速度B.根据题设条件可以求出物块P最大动能C.两个物块P、Q间的摩擦力最小值为μ2mgcosθ D.两个物块P、Q间的摩擦力最小值为μ1mgcosθ【答案】BC【解析】【分析】根据题中物理情景描述可知，本题考查带电物体在磁场中的运动，根据磁场对带电粒子作用的规律，运用洛伦兹力、牛顿第二定律、平衡条件等，进行分析推断。【详解】A．由于物体的速度变化时洛伦兹力发生变化，所以除了开始时刻外，其他各时刻P、Q间弹力及摩擦力无法求出，故无法求出任意时刻的加速度，故A错误；B．根据受力分析可知，P、Q受重力、支持力、摩擦力以及洛伦兹力的作用，由左手定则可知，洛伦兹力垂直斜面向下；物体开始时向下加速运动，随着速度变大，洛伦兹力增大，则压力增大，摩擦力增大；当摩擦力等于重力的分力时物体具有最大动能；此时有由公式可求得最大速度，即可求最大动能；故B正确；CD．对整体分析可知，开始时整体的加速度此时P受摩擦力最小；再对Q分析可知，此时Q受到摩擦力也为最小值，根据牛顿第二定律可得摩擦力最小值为：，故C正确，D错误。故选BC。必考第二卷（主观题48分）三、实验题：（满分14分：14题每空2分，共6分；15题每问2分，共8分。）13.在“测定金属丝的电阻率”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）等器材测金属丝电阻，要求电压和电流均从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，Rx的真实值___________（填“大于”“小于”或“等于”）50Ω。 【答案】①.2.704##2.705##2.706##2.707##2.708②.A③.小于【解析】【详解】（1）[1]根据螺旋测微器的读数规则，金属丝的直径D=2.5mm＋20.6×0.01mm=2.706mm（2）[2][3]根据题述，要求电压和电流均从0开始测量，得到多组电流、电压数据，则滑动变阻器应该为分压接法，由于Rx>所以应采用电流表内接法测量，他们采用的是A电路图。由于电流表有分压作用，故电压表的示数大于电阻Rx两端的实际电压，则Rx的真实值小于测量值50Ω。14.实验室中准备了下列器材：待测干电池(电动势约1.5V，内阻约1.0Ω)，电流表G(满偏电流1.5mA，内阻10Ω)，电流表A(量程0～0.60A，内阻约0.10Ω)，滑动变阻器R1(0～20Ω，2A)滑动变阻器R2(0～100Ω，1A)，定值电阻R3＝990Ω，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.R1②.图见解析③.1.46④.0.75【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四、计算题：（满分34分。写出简要文字分析说明及重要计算步骤，只给出答案不予给分。）15.如图甲所示，空间内存在着方向竖直向下、场强大小的匀强电场，一质量、电荷量的带电粒子从空间的点以初速度水平射出。设粒子射出时为初始时刻，之后某时刻，带电粒子的速度与水平方向的夹角为，则与时间的关系图象如图乙所示，粒子的重力忽略不计。（1）求粒子的初速度的大小；（2）若粒子运动过程中经过图中点，且连线与水平方向的夹角，求、两点间的距 离。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）粒子仅在电场力作用下做类平抛运动，竖直方向上，根据牛顿第二定律有竖直方向的速度水平方向的速度根据题意可知根据图乙可得则解得（2）根据题意可知，水平位移竖直位移 设位移偏角为，则代入数据得出运动时间根据几何关系得出联立解得16.如图所示是列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车示意图，在车身下方固定一矩形线框，边长为l，边长为d，在站台轨道上存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，边界与平行，区域长为d。若边刚进入磁场时列车关闭发动力，此时的速度大小为，已知线框总电阻为R，列车的总质量为m，摩擦阻力是车重的k倍，不计空气阻力，重力加速度为g。（1）求线框边刚进入磁场时列车的加速度大小；（2）若线框边离开磁场时速度，求线框从进入到离开磁场过程中，通过线框的电量和线框产生的焦耳热；（3）要使列车更快停下，在的右边加方向竖直向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，假设列车停止时边未到达，列车从进入到停止的总时间为t，求列车总位移的大小。【答案】（1）；（2）；；（3）【解析】【详解】（1）刚进入磁场时边产生的电动势回路中的感应电流 边所受安培力根据牛二定律得解得（2）根据可得根据动能定理线框产生焦耳热（3）列车进入磁场距离d过程中通过线框的电量再经过x过程中电量全过程动量定理，得解得 总位移17.电子对湮灭是指电子和正电子碰撞后湮灭，产生伽马射线的过程，电子对湮灭是正电子发射计算机断层扫描（PET）及正子湮灭能谱学（PAS）的物理基础．如图所示，在平面直角坐标系xOy上，P点在x轴上，且，Q点在负y轴上某处．在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，在第Ⅱ象限内有一圆形区域，与x、y轴分别相切于A、C两点，，在第Ⅳ象限内有一未知的圆形区域（图中未画出），未知圆形区域和圆形区域内有完全相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面向里。一束速度大小为v0的电子束从A点沿y轴正方向射入磁场，经C点射入电场，最后从P点射出；另一束速度大小为的正电子束从Q点沿与y轴正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后进入未知圆形磁场区域，离开磁场时正好到达P点，且恰好与从P点射出的电子束正碰发生湮灭，即相碰时两束粒子速度方向相反．已知正负电子质量均为m、电量均为e，电子的重力不计．求：（1）圆形区域内匀强磁场磁感应强度B的大小和第Ⅰ象限内匀强电场的场强E的大小；（2）电子从A点运动到P点所用的时间；（3）Q点纵坐标及未知圆形磁场区域的面积S。【答案】（1），；（2）；（3）-4L，【解析】【详解】（1）运动图象如图所示 由题意可得：电子在磁场中运动的半径R=L，得电子在电场中做类平抛运动可得（2）在电场中运动时间在磁场中运动的周期电子在磁场中运动了四分之一圆周： 故从A到P的时间（3）正电子在磁场中运动的半径故Q点的纵坐标磁场圆直径故磁场圆的面积选考题（选修3-4，12分）18.如图所示，a、b两束光以不同入射角由介质射向空气，结果折射角相同，下列说法正确的是()A.b在该介质中的折射率比a小B.若用b做单缝衍射实验，要比用a做中央亮条纹更宽C.用a更易观测到泊松亮斑D.做双缝干涉实验时，用a光比用b光两相邻亮条纹中心的距离更大E.b光比a光更容易发生明显的衍射现象【答案】ABE【解析】【详解】A．设折射角为，入射角为，由题设条件知，，，由知，A正确；B．b光的折射率小，波长长，波动性强，当用b做单缝衍射实验，要比用a做中央亮条更宽，B正确； C．b光波长长，更容易产生衍射现象，则用b更易观测到泊松亮斑，C错误；D．用同一双缝干涉装置时干涉条纹间距与波长成正比。则用a比用b光亮条纹中心的距离更小，D正确；E．波长越长，衍射现象越明显；b光比a光更容易发生明显的衍射现象，E正确。故选ABE。【点睛】本题是几何光学与物理光学的简单综合．要掌握折射定律以及折射率与光的波长、频率、临界角、光速等量的关系，知道折射率越大，频率越高，波长越短．19.一湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，如图所示是截面图，观景台下表面恰好和水面相平，A为观景台右侧面在湖底的投影，水深h=4m。在距观景台右侧面x=4m处有一可沿竖直方向移动的单色点光源S，现该光源从距水面高3m处向下移动到接近水面的过程中，观景台水下被照亮的最远距离为AC，最近距离为AB，若AB=3m，求：（1）水的折射率n；（2）光能照亮的最远距离AC（计算结果可以保留根号）。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】（1）点光源S在距水面高3m处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最近距离AB，由于所以，水的折射率（2）点光源S接近水面时，光在观景台右侧面与水面交接处掠射到水里时，被照亮的距离为最远距离 AC，此时，入射角为90°，折射角为临界角C，则解得