2019-2020学年四川省攀枝花市东区第十五中学高二下学期模拟考试物理试题(解析版)

攀枝花市东区第十五中学2019-2020学年高二下学期
模拟考试物理试卷
第一部分（必考题，共80分）
一、选择题本题共10小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第1~7小题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。

全部选对的得3分，选对但不全的得1.5分，有选错的得0分。

1. 如图所示，一有限范围的匀强磁场的宽度为d，将一边长为l的正方形导线框由磁场边缘以速度v匀速地通过磁场区域，若d>l，则在线框通过磁场区域的过程中，不产生感应电流的时间为( )
A. d
v
B.
d l
v
-
C.
l
v
D.
2
d l
v
-
『答案』B
『解析』如图所示，从线框完全进入直到右边开始离开磁场区域，线框中的磁通量就不再发生变化，故线圈中没有感应电流的距离为d-l；因导线框做匀速运动，故不产生感应电流
的时间
d l
t
v
-
=；故选B.
2. 小物块甲和乙质量相等，甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，以下说法正确的是（）
A. 甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，受到弹簧弹力的冲量始终大小相等、方向相反
B. 弹簧压缩到最短时，甲物块的速率为零
C. 甲物块的速率可能达到5m/s
D. 当乙离开弹簧与甲分开时，甲和乙的速度相等
『答案』A
『解析』A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，弹簧对甲的作用力方向向右，弹簧对乙的作
用力方向向左，大小相等，由公式I Ft =可知，甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，受到弹簧弹力的冲量始终大小相等、方向相反，故A 正确；
B ．当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速率为v ，由动量守恒定律得2mv mv mv -=乙甲 解得0.5m/s v = 故B 错误；
C ．若物块甲的速率达到5m/s ，方向与原来相同，则mv mv mv m v -=-'+'乙甲甲乙乙 代入数据代入解得6m/s v '=乙
两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律。

若物块甲的速率达到5m/s ，方向与原来相反，则mv mv mv m v -='+'乙甲甲乙乙 代入数据解得4m/s v '=-乙
可以，碰撞后，乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律。

所以物块甲的速率不可能达到5m/s ，故C 错误；
D ．甲、乙速度相等时由于弹簧处于压缩状态，乙接着减速，甲加速，当弹簧恢复原长时，乙离开弹簧与甲分离，此时甲的速度大于乙的速度，故D 错误。

故选A 。

3. 一闭合矩形线圈abcd 绕垂直于磁感线的固定轴OO ′匀速转动,线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中,通过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化规律如图乙所示,下列说法正确的是（ ）
A. t 1、t 3时刻线圈产生的电动势最大
B. t 1、t 3时刻线圈位于中性面
C. t 2、t 4时刻线圈中感应电流方向改变
D. 线圈每转一周，电流的方向就改变一次
『答案』B
『解析』A ．t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，则电动势为0，
故A 错误；
B ．t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量最大，则线圈位于中性面位置，故B 正确；
C ．t 2、t 4时刻磁通量为零，线圈转到与中性面垂直位置处，此时电动势最大，电流方向不变，故C 错误；
D ．线圈每转一周，两次经过中性面，电流方向两次发生改变，故D 错误。

故选B 。

4. 高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ） A. 10 N
B. 102 N
C. 103 N
D. 104 N
『答案』C
『解析』本题是一道估算题，所以大致要知道一层楼的高度约为3m ，可以利用动能定理或
者机械能守恒求落地时的速度，并利用动量定理求力的大小． 设鸡蛋落地瞬间的速度为v ，每层楼的高度大约是3m ， 由动能定理可知：21
2
mgh mv = ，
解得：/v s = 落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，
由动量定理可知：()()0N mg t mv -=-- ，解得：1000N N ≈ ，
根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N ，故C 正确 故选C
5. 发电机的输出电压为220V ，输出功率为44kW ，两条输电线的总电阻为0.2Ω。

发电站先用变压比为1:10的升压变压器将电压升高，经两条输电线路后再用10:1的降压变压器将电压降低后供给用户，则（ ） A. 输电线上的电流200A
B. 在输电线上损失的电压为4V
C. 输电线消耗的电功率为160W
D. 用户得到的电压为220V
『答案』B
『解析』已知升压变压器线圈的匝数比12:1:10n n =
输入电压1220V U =
因此升压变压器的输出电压2
211
2200V n U U n =
= 输电线上的电流R
2
20A P
I
U =
= 输电线上损失的电压R
R 4V U
I R ==
损失的功率R R
R
80W P U
I
==
因此降压变压器的输入电压32R
2196V U U U
=-=
已知降压变压器线圈的匝数比34:10:1n n = 所以用户得到的电压4
433
219.6V n U U n =
= 用户得到的功率R 43.92kW P P P =-=用户 故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

6. 卢瑟福α粒子散射实验的结果 A. 证实了质子的存在
B. 证实了原子核是由质子和中子组成的
C. 证实了原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在一个很小的核里
D. 说明了原子的正电荷均匀分布在整个原子中
『答案』C
『解析』A.α粒子散射实验说明原子内存在一个集中了全部正电荷和几乎全部质量的核，
数年后卢瑟福发现核内有质子并预测核内存在中子。

所以α粒子散射实验说明不能证明质子的存在，故A 错误；
B. α粒子散射实验说明原子内存在一个集中了全部正电荷和几乎全部质量的核，数年后卢瑟福发现核内有质子并预测核内存在中子。

所以α粒子散射实验说明不能证明原子核是由质子和中子组成的，故B 错误；
CD. α粒子散射实验说明原子内存在一个集中了全部正电荷和几乎全部质量的很小的核，故C 正确，D 错误；
7. 以下对放射性衰变的说法中正确的是（ ） A.
23892
U 衰变为23490Th 是α衰变
B. 一定质量的23892U 经过一个半衰期放出n 个α粒子，则再经过一个半衰期共放出2n 个α粒子
C. 原子核衰变时电荷和质量都守恒
D. 原子核发生β衰变时，原子核质量不变
『答案』A
『解析』A ．根据核反应方程：质量数和电荷数守恒，可写出方程为2382344
92902U Th+He →
为α 衰变，故A 正确；
B ．半衰期是对大量粒子的统计规律，对少数粒子原子核不适用，故B 错误；
C ．原子核发生衰变时，电荷数和质量数都守恒，但质量不守恒，因为要释放能量，有质量亏损，故C 错误；
D ．原子核发生β衰变时，原子核内部的中子放出一个电子变成质子，原子核的质量数不变，但质量要减小。

故D 错误；故选A 。

8. 如图所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是（ ）
A. 向左拉出和向右拉出时，环中的感应电流方向相反
B. 向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向的
C. 向左或向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向的
D. 向左或向右拉出离开磁场过程中，环中电流都是先增大后减小
『答案』BD
『解析』ABC ．不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判
断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向，故AC 错误，B 正确；
D ．线圈在切割磁感线的过程中，感应电动势
E =BLv ，有效长度L 先增大后减小，所以感应电动势先增大后减小，感应电流的大小先增大后减小，故D 正确。

故选BD 。

9.氢原子的能级图如图所示,已知可见光光子能量范围为1.62~3.11eV,下列说法正确的是（ ）
A. 处于n ＝2能级的氢原子吸收某种可见光后可能发生电离
B. 大量氢原子从高能级向n ＝3能级跃迁时，发出的光中一定不包含可见光
C. 大量处于n ＝2能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光子有明显的热效应
D. 大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，只可能发出6种不同频率的光
『答案』BD
『解析』A ．处于n ＝2能级的氢原子发生电离至少要吸收3.4eV 的能量，可见光的光子能
量小于电离所需能量，不能发生电离，故A 错误；
B ．从高能级向n ＝3能级跃迁时，能释放的最大能量光子为n ＝∞跃迁到n ＝3时释放的能量，为1.51eV ，小于可见光能量，故一定不包含可见光，故B 正确；
C ．大量处于n ＝2能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光子能量远大于可见光能量，为紫外光，没有明显的热效应，故C 错误；
D ．大量处于n ＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，只可能发出2
46C =种光子，故D 正确。

故选BD 。

10. 如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b 。

当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光，下列说法正确的是（ ）
A. 原、副线圈砸数之比9:1
B. 原、副线圈砸数之比为10:1
C. 此时a 和b 的电功率之比为9:1
D. 此时a 和b 的电功率之比为1:9
『答案』AD
『解析』AB ．灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U ，则说明原线圈输入电压为9U ，输
出电压为U ，则可知原副线圈匝数之比为9:1，故B 错误，A 正确； CD ．根据公式
1221
I n I n = 可得121
9I I =
由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P UI =可得两者的电功率之比为1:9，故C 错误，D 正确。

故选AD 。

二、实验题（本题共2小题，共14分）
11. 在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx 1与绿光的干涉条纹间距Δx 2相比，Δx 1_____Δx 2（填“＞”、“＝”或“＜”）。

若实验中红光的波长为630nm ，双缝到屏幕的距离为1.00m ，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为10.5mm ，则双缝之间的距离为_______mm 。

若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的一项方法是_______(填字母代号)。

A ．增大双缝间距
B ．增大双缝到屏幕的距离
C ．将光源向原离双缝的位置移动
D ．将光源向靠近双缝的位置移动
『答案』 (1). ＞ (2). 0.3 (3). B
『解析』
『1』根据L
x d
λ∆= 波长越长，条纹间距离越大，因此Δx 1＞Δx 2 『2』由题可知3310.5
10m 2.110m 5
x --∆=
⨯=⨯ 代入公式可得6
3
1.0063010mm 0.3mm
2.110
L d x λ--⨯⨯===⨯ 『3』根据公式L
x d
λ∆=
可知减小双缝的距离，增大双缝到光屏的距离，改用波长更大的波，都可以使条纹间距离增大，其它都不行，B 正确，ACD 错误。

故选B 。

12. 如图，验证动量守恒定律实验
（1）实验要求斜槽末端必须_____(填字母代号)。

A ．水平 B ．光滑 C ．水平并且光滑
（2）用天平测量小球A 、B 质量m 1、m 2，实验要求m 1_____m 2（填“>”、“=”或“<”）。

用刻度尺测量P 、Q 、R 距O 点的距离x 1、x 2、x 3，通过验证等式_____是否成立，从而验证动量守恒定律。

（3）在本实验中，下列关于小球落点P 的说法，正确的是________(填字母代号)。

A ．如果小球每次都从同一点无初速释放，重复几次的落点P 一定是重合的
B ．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，但落点应当比较集中
C ．测定P 点位置时，如果重复10次的落点分别为P 1、P 2…P 10，则OP 应取OP 1、OP 2OP 10的平均值，即1210
10
OP OP OP OP ++⋯+=
D ．用尽量小的
圆把P 1、P 2、…P 10圈住，这个圆的圆心是小球落地点的平均位置P
『答案』 (1). A (2). ＞ (3). 121123m x m x m x =+ (4). BD
『解析』
（1）『1』ABC ．验证动量守恒定律实验，必须保证斜槽轨道末端切线水平，保证小球碰撞前速度水平，斜槽的粗糙与光滑不影响实验的效果，BC 错误A 正确。

故选A 。

（2）『2』 在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有101122m v m v m v =+ 在碰撞过程中动能守恒故有222
101122111222
m v m v m v =+ 解得
12
1012
m m v v m m -=
+
要碰后入射小球的速度10v >，即120m m -> 12m m >。

（2）『3』 Q 为碰前入射小球落点的平均位置，P 为碰后入射小球的位置，R 为碰后被碰小
球的位置，碰撞前入射小球的速度
0v =
碰撞后入射小球的速度
1v =
碰撞后被碰小球的速度
2v =
若101122m v m v m v =+
则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，代入数据得121123m x m x m x =+。

（3）『4』AB ．由于各种偶然因素，如所受阻力不同等，小球的落点不可能完全重合，落点应当比较集中，A 错误B 正确；
CD ．为了减小偶然误差，小球的落点不重合，但用一个最小的圆把落点圈起来，用该圆的圆心代替落点是最恰当的，C 错误D 正确。

故选BD
三、本题共3小题，共36分。

解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，
只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13. 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C 。

B 的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计）。

设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。

假设B 和C 碰撞过程时间极短。

求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，整个系统损失的机械能。

『答案』2
0116
E mv ∆=
『解析』从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量
守恒定律得012mv mv =
此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE 。

B 、C 组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得122mv mv = 221211(2)22
mv E m v =∆+ 联立得2
0116
E mv ∆=
14. 如图，水平面（纸面）内同距为l
的
平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的
金属杆置于导轨上，t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．0t 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且
在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g ．求
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； （2）电阻的阻值．
『答案』0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
； R =
220
B l t m 『解析』
（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：ma=F-μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有：v =at 0 ②
当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv ③
联立①②③式可得:0F E Blt g m μ⎛⎫
=-
⎪⎝⎭
④ （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I ，根据欧姆定律：I=E
R
⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：f BIl = ⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F –μmg–f=0 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得: R =220
B l t m
15. A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球质量分别为2m 和m 。

当用挡板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，水平桌面距水平地面的高度为h ，求： (1)弹簧的弹性势能；
(2)若保持弹簧的压缩程度不变，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，B 球的落地点距离桌边距离。

『答案』(1)
24mx g h ；6x
『解析』(1)当用挡板挡住A 球而只释放B 球时，B 球做平抛运动，则有2
12
h gt =
x v t = 所以弹簧的弹性势能为22p 124mx g E mv h
==
(2)由动量守恒定律A B 02mv mv =- 所以v A :v B ＝1:2 A 球与B 球获得的动能之比为E kA :E kB ＝1:2 由功能原理知E kA ＋E kB ＝E p B 球获得的动能为2kB B 1
2
E mv =
B球平抛后落地水平位移为x′＝v B t代入数据得x′
第二部分（选考题，共20分）
四、本题共5小题，小题为选择题，每小题3分，全部选对的得3分，选对但不全的得1.5分，有选错的得0分。

第(5)小题为计算题，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

16. 关于波的干涉和衍射现象，下列说法正确的是（）
A. 发生干涉现象的两列波，它们的频率一定相同，它们的振幅也一定相同
B. 发生干涉现象振动减弱的区域，各质点处于波谷
C. 一切机械波和电磁波都能发生干涉或衍射现象
D. 增大缝的宽度或障碍物的尺寸，衍射现象越明显
『答案』C
『解析』A．两列波发生干涉的条件是：频率相同，相位差恒定，振动方向平行，故A错误；
B．如果质点都处于波谷的位置是振动加强而不是减弱，振动减弱的区域两个独立的振动使质点振动的方向相反，故B错误；
C．电磁波和机械波都能发生反射、折射、干涉和衍射现象，这是波的特有现象，故C正确；D．只有当缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不多，或比波长更小时才能观察到明显的衍射现象，故D错误。

故选C。

17. 关于电磁场和电磁波，以下说法正确的是（）
A. 变化的磁场能够在周围空间产生变化的电场
B. 麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在
C. 电磁波在介质中的传播速度比在真空中快
D. 电磁波的传播不需要介质，在真空中也能传播
『答案』D
『解析』A．周期性变化的磁场能够在周围空间产生周期性变化的电场，均匀变化的磁场能够在周围空间产生稳定的电场，故A错误；
B．麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在，故B错误；
C．电磁波在介质中的传播速度比在真空中慢，故C错误；
D．电磁波是种物质，可以在真空中传播；不需要介质，故D正确。

故选D。

18. 如图所示，一束复色光从空气中沿半圆形玻璃砖半径方向射入，从玻璃砖射出后分成a、b两束单色光。

以下说法正确的是（）
A. 玻璃砖对a光的折射率为
2
2
B. b光的频率比a光的大
C. b光的波长比a光的大
D. b光在玻璃中的传播速度比a光的大『答案』B
『解析』A．玻璃砖对a光的折射率为
sin sin45
2
sin sin30
i
n
r
︒
︒
===故A错误；
B．由图知两束光的入射角相等，a的折射角小于b的折射角，根据折射定律可知玻璃砖对b光的折射率比对a光的大，由于折射率越大，光的频率越大，则b光的频率比a光的频率大，故B正确；
C．由公式cλν
=可知，b光的频率比a光的频率大，则b光的波长比a光的小，故C错误；
D．由于玻璃砖对a光的折射率小，根据
c
v
n
=知在玻璃砖中a光的传播速度比b光的大，
故D错误。

故选B。

19. 图甲是一个单摆振动的情形，O是它的平衡位置，B、C是摆球所能到达的最远位置，设摆球向右运动为正方向，图乙是这个单摆的振动图象，同此可知（）
A. 单摆振动的频率1.25Hz
B. t=0时摆球位于B点
C. t=0.2s时摆球位于平衡位置O，加速度为零
D. 若当地的重力加速度g=π2，则这个单摆的摆长是0.16m 『答案』ABD
『解析』A．由振动图像可判断：该单摆的周期为0.8s，故频率为
11
1.25Hz
0.8s
f
T
===
故A正确；
B．由于规定摆球向右运动为正方向，且B点为摆球所能到达的左边最远位置，故由振动图像可判断：t=0时摆球位于B点，故B正确；
C．由振动图像可判断：t=0.2s时摆球位于平衡位置O，但摆球受到的合力不为零，所以加速度不为零，故C错误；
D
．根据单摆的周期公式2
T=可得
2
2
4
gT
L
π
=
把T=0.8s，g=π2，代入计算得L=0.16m，故D正确；故选ABD。

20. 一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10 cm．O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x="5" cm处的两个质点．t=0时开始观测，此时质点O的位移为y="4" cm，
质点A处于波峰位置；t=1
3
s时，质点O第一次回到平衡位置，t="1" s时，质点A第一次
回到平衡位置．求：
（i）简谐波的周期、波速和波长；
（ii）质点O的位移随时间变化的关系式．
『答案』（i）4 s ；7.5 cm/s；30 cm （2）y=0.08cos(π
2
t
+
π
3
)
『解析』(1)设振动周期为T．由于质点A在0到1 s内由最大位移处第一次回到平衡位置，
经历的是1
4
个周期，由此可知T＝4s；由于质点O与A的距离5m小于半个波长，且波沿x
轴正向传播，O在1
s
3
时回到平衡位置，而A在t＝1s时回到平衡位置，时间相差
2
s
3
，两
质点平衡位置的距离除以传播时间，可得波的速度：
5
cm/s7.5cm/s
2
3
v==
；利用波长、波
速和周期的关系得，简谐波的波长：λ＝vT＝7.5m/s×4s＝0.3m；
(2)设y＝A sin(ωt+φ0)，可得：
2
rad/s
2
T
ππ
ω==
再由t＝0时，y＝4cm；
1
s
3
t=时，y＝0，代入得：A＝8cm＝0.08m，
再结合t＝1s和当
1
s
3
t=时，质点的位移，可得：
5
6
ϕπ
=
所以质点O的位移随时间变化的关系式为：
5
0.08sin
26
y t
π
π
⎛⎫
=+
⎪
⎝⎭。