2022年四川省成都外国语学校高考物理二诊试卷+答案解析(附后)

2022年四川省成都外国语学校高考物理二诊试卷1. 下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是( )
A. 甲图中，卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，发现了质子和中子
B. 乙图中，在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大
C. 丙图中，射线甲由电子组成，射线乙为电磁波，射线丙由粒子组成
D. 丁图中，链式反应属于轻核裂变
2. 如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd
在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴转动，轴垂直于
磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈
的匝数分别为和保持线圈以恒定角速度转动，下列判断
正确的是( )
A. 在图示位置时线框中磁通量的变化率为零，感应电动势最大
B. 当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表的示数变大
C. 电压表示数等于
D. 变压器的输入与输出功率之比为1：1
3. 如图所示，虚线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨
道Ⅰ为与第一宇宙速度对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆
轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度对应的脱离轨道，a、b、c
三点分别位于三条轨道上，b点为轨道Ⅱ的远地点，b、c点与地心的
距离均为轨道Ⅰ半径的2倍，则( )
A. 卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ周期的2倍
B. 卫星经过a点的速率为经过b点速率的倍
C. 卫星在a点的加速度大小为在c点加速度大小的2倍
D. 质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能
4. 如图所示，真空中xOy坐标系平面内有以O为圆心的两个同心圆，分别与坐标轴交于a、
b、c、d和e、f、g、h。

在a、c两点固定两个正点电荷，b、d两点固定两个负点电荷，四个点电荷所带电荷量均相等。

下列说法正确的是( )
A. f、h两点的电场强度相同
B. e、g两点的电势相等
C. 质子在e点所受电场力大于在h点所受电场力
D. 质子在e点电势能小于在h点电势能
5. 如图甲所示，水平地面上有一个底端固定、倾角可调的斜面，右侧在D点与一个水平平台相接。

固定在平台上的弹射装置可以将小球以不同水平初速度弹出、改变斜面倾角
使小球每次均垂直落到斜面上，图线如图乙所示，重力加速度g取，则
平台高度H为( )
A. B. 1m C. D. 2m
6. 无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导
线到这一点的距离成反比，即式中k为常数。

如图所示，两根相距L的无限长直
导线分别通有电流I和3I。

在两根导线的连线上有a、b两点，a点为两根直导线连线的中点，b点距导线I的距离为L。

下列说法正确的是( )
A. a点和b点的磁感应强度方向相同
B. a点和b点的磁感应强度方向相反
C. a点和b点的磁感应强度大小之比为
D. a点和b点的磁感应强度大小之比为
7. 如图所示，固定在水平面上一个光滑的半圆弧轨道，O
点为半圆弧的圆心，一根轻绳跨过半圆弧的A点、A等高，
不计A处摩擦，轻绳一端系在竖直杆上的B点，另一端连接
质量为m的小球P。

现将另一个小球Q用光滑轻质挂钩挂在
轻绳上的AB之间，已知整个装置处于静止状态时，，
，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A. 小球Q的质量为2m
B. 半圆弧轨道对小球P的支持力为
C. B点缓慢向上移动微小距离，轻绳的拉力减小
D. 静止时剪断A处轻绳的瞬间，小球P的加速度为
8. 质量为m和M的两个物块A、B，中间夹着一根由轻绳束缚着的、被压缩的轻质弹簧，弹簧与A、B不相连，它们一起在光滑的水平面上以共同的速度向右运动，总动量为P，弹
簧的弹性势能为Ep；某时刻轻绳断开，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，B向右运动，与质量为M的静止物块C相碰并粘在一起，则( )
A. 弹簧弹力对A的冲量大小为
B. 弹簧弹力对B做功的大小为Ep
C. 全过程中机械能减小量为Ep
D. B、C的最终速度为
9. 某同学采用如图装置来验证拉力一定时，物体加速度与质量成反比。

左右等高的水平桌面上都有一端带滑轮的长木板，木板上都固定有打点计时器，质量分别为和的两个小
滑块通过一条细绳绕过各自长木板上的定滑轮相连，动滑轮下吊有沙桶，调整装置使和在同一竖直平面内，并使细线与长木板平行，两个小滑块都与穿过打点计时器限位孔的纸带相连。

关于本次实验，下列说法正确的是______；
A.实验前平衡摩擦力需要去掉细线及动滑轮，分别垫高长木板一端
B.实验前平衡摩擦力不需要去掉细线及动滑轮，分别垫高长木板一端
C.实验中需要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块质量
D.实验中不需要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块质量
连接细线，调整沙桶中沙子的质量，接通两个打点计时器的电源，然后从静止释放沙桶，同时得到对应的两条纸带，纸带上相邻两个计数点间还有4个点未画出，实验时使用的交流
电的频率为50Hz，其中乙纸带如图丙所示，通过纸带计算加速度______保留三
位有效数字；
由于甲计时器中墨粉盘使用时间过长，纸带上未能打出清晰点迹，无法直接求得加速度。

现已知两小车质量分别为、。

若结论成立，可知______保
留三位有效数字。

10. 如图甲所示为欧姆表的简易图。

插孔B应与______填“红”或“黑”表笔相接。

已知电源的电动势为E、内阻为r，电流计的内阻为、满偏电流为，在应用该欧姆
表进行电阻测量时，应首先将红、黑表笔短接进行欧姆调零，则滑动变阻器的阻值应调节为______；完成调零后，利用该欧姆表测量某未知电阻时，电流计的示数为，则待
测电阻的阻值______。

为了在电流计的表盘上标记出各电流值所对应的电阻值，通过操作得到了多组数据，则下列关于电流倒数与待测电阻的关系图像正确的是______。

如果将该电流计改为量程为50V的电压表，指针偏转的角度如图乙所示，则该电压值应为______ V。

11. 光滑矩形斜面GHNM的倾角为，在其上放置一矩形金属线
框ABCD，AB边的边长为，BC边的边长为，线框的电阻为R，质
量为m，斜面上矩形OPHG区域内存在匀强磁场，方向垂直于斜面向
上，磁感应强度为，如果线框在恒力F作用下从静止开始运动开
始时刻，CD与NM重合，已知线框进入磁场最初一段时间是匀速的，且线框的AB边始终平行于MN，重力加速度为g，求：
线框进入磁场前的加速度大小；
线框进入磁场时匀速运动的速度大小；
线框进入磁场过程中产生的焦耳热。

12. 如图所示，在直角坐标系xOy平面的一、四个象限内各有一个边长为L的正方向区域，二三像限区域内各有一个高L，宽2L的匀强磁场，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向内的匀强磁场，各磁场的磁感应强度大小
均相等，第一象限的，的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场。

现有一质
量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标处以初速度沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标点，不计粒子重力。

求电场强度大小E；
为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；
求第问中粒子从进入磁场到坐标点所用的时间。

13. 下列说法正确的是( )
A. 用光导纤维传播信号是利用了光的全反射
B. 偏振光可以是横波，也可以是纵波
C. 光速不变原理指出光在真空中传播速度在不同惯性参考系中都是相同的
D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
E. 声源与观察者相对靠近时，观察者所接收的频率等于声源振动的频率
14.
如图，为经过球形透明体的直线，平行光束沿方向照射到透明体上。

已知透明体的半径为R，真空中的光速为c。

不考虑光在球内的反射，若光通过透明体的最长时间为t，求透明体材料的折射率；
若透明体材料的折射率为，求以的入射角射到A点的光，通过透明体后与
的交点到球心O的距离。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型。

故A错误；
B、图中在光的颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大。

故B正确；
C、根据左手定则可得，图射线甲是粒子，而丙图是粒子流。

故C错误；
D、链式反应属于重核的裂变。

故D错误；
故选：B。

卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型；
入射光的频率增大，光电子的最初动能增大，遏止电压增大，光电效应现象中，遏制电压与光照强度无关；
由左手定则判断出粒子的电性，然后答题；
重核变为轻核的核反应是裂变。

本题考查了粒子散射实验、饱和电流、聚变与裂变、三种射线的特征等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点。

2.【答案】D
【解析】解：A、交流电载入图所示的位置，磁通量的变化率最大，故A错误；
B
、滑动变阻器上下移动的时候，、的读数不变，故B错误；
C 、交流电压的最大值等于，电压表示数为有效值；由于：；所以电压表的读数是，故C错误；
D、变压器的输入输出功率相等，所以输入与输出功率之比为1：故D正确
故选：D。

正弦式交流发电机从线圈所处平面与磁场方向平行开始计时，其电动势表达式为：
；在图示位置时穿过正方形线圈中的磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大，电压表和电流表读数为有效值。

本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式，一定要注意理想变压器中，副线圈的输出电压由原线圈的输入电压决定，与副线圈的负载无关。

原线圈的电流由副线圈中的电流决定，输入功率由输出功率决定。

3.【答案】D
【解析】解：A、设轨道I的半径为R，则轨道II的半长轴为：
即
即卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道I的倍，故A错误；
B、在a点在轨道I做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：
；在轨道Ⅱ上b点做向心运动，万有引力大于向心力，则，故无法判断卫星经过ab两点的速率关系，故B错误；
C、由万有引力提供向心力，则，可知卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C错误；
D、在b点做向心运动，在c点做离心运动，则c点的速度大于b点的速度，c点动能大于b点的动能，又两点势能相等，故卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，故D正确；
故选：D。

由开普勒第三定律可确定周期的关系；卫星做圆周运动向心力等于万有引力，卫星所需要的向心力小于万有引力做向心运动，所需要的向心力大于万有引力做离心运动，据引判断各速度的大小关系；由万有引力提供向心力确定加速度的大小关系。

结合变轨原理分析不同轨道上机械能的关系。

对于卫星的运动问题，要明确所受万有引力与所需要的向心力的关系确定了卫星的运动轨道。

若做匀速圆周运动，则向心力等于万有引力，从来理解变轨原理。

4.【答案】B
【解析】解：根据电场叠加原理可知，两个正电荷在f点的合场强方向沿y轴负方向，两个负电荷在f点合场强沿y轴负方向，所以合场强方向沿y轴负方向，同理可得在h点合场强方向沿y轴正方向，因此场强方向相反，故A错误；
B.根据等量同种电荷电场分布特点可知，在两个正电荷形成的电场中，e、g两点的电势相等，同理在两个负电荷形成的电场中，e、g两点的电势相等，所以在四个电荷的合电场中电势相等，故B正确；
C.根据场强叠加原理及对称性可知eh点电场强度等大，因此电场力大小相等，故C错误；
D.通过叠加原理可知，Oh间电场线由O指向h，aO间电场线方向，由a指向O，沿电场线方向电势逐渐降低，因此e点电势比h点电势高，因此质子在e点的电势能大，故D错误。

故选：B。

根据电场的叠加原理分析电场强度的关系．根据对称性分析电势关系．先判断出电势的变化，再分析电势能大小关系．
解决本题的关键是掌握等量同种电荷电场线和等势面的分布情况，熟练运用电场的叠加原理来分析电场强度和电势关系．
5.【答案】D
【解析】解：固定在平台上的弹射装置可以将小球以不同水平初速度弹出、改变斜面倾角使小球每次均垂直落到斜面上，根据几何关系可知小球末速度的方向与竖直方向夹角为，
则①
②
③
台高为：④
①②③④联立解得：
结合图乙可得：
解得：
故ABC错误，D正确；
故选：D。

固定在平台上的弹射装置可以将小球以不同水平初速度弹出、改变斜面倾角使小球每次均垂直落到斜面上，根据几何关系可知小球末速度的方向，根据水平和竖直方向规律列式找出关系式，结合图象分析台高。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，以及隐含条件：合速度的与竖直方向的夹角为，结合运动学公式和推论灵活求解，难度中等。

6.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在M、N点形成磁场方向，磁感应强度B是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解。

磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提．
【解答】
AB、根据右手螺旋法则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，3I导线与I导线
在a处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下的；根据，3I导线在b处的磁感应强度方向向下，而I导线在b处的磁感应强度方向向上，因3I导线产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a点和b点的磁感应强度方向相同，故A正确，B错误；
CD、3I导线与I导线在a处的磁感应强度大小，
而3I导线与I导线在b处的磁感应强度大小，则a点和b点的磁感应强度大小之比为16：1，故C错误，D正确。

故选：AD。

7.【答案】BD
【解析】解：AB、分别对两个小球受力分析，如图所示，根据几何
关系知为等边三角形，因为是活结，所以轻绳的张力大小
都相等，设为T，对P由平衡条件，，
对Q由平衡条件得：，解得，，
，故B正确，A错误；
C、B点向上移动一小段距离，根据受力分析可知小球P没有发生位移，轻绳的长度不会变化，角度不会发生变化，即轻绳的拉力不会发生变化，故C错误；
D、剪断A处轻绳，拉力突变为零，小球P所受合力为重力沿圆弧切线方向的分力，由牛顿第二定律，解得，故D正确。

故选：BD。

分别对两个小球做受力分析，对P、Q根据平衡条件求解半圆弧轨道对小球P的支持力和Q的质量；根据受力情况分析绳子的张力是否会变化；根据牛顿第二定律求解小球的加速度。

本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答.
8.【答案】AD
【解析】解：A、选取向右为正方向，两个物体的总动量是P，则A的动量：，弹簧恢复到原长时，A刚好静止，由动量定理得：，负号表示与选定的正方向相反，故A正确；
B、弹簧对AB作用的过程中，弹簧对A做负功，对B做正功，系统的机械能全部转化为B的动
能，所以B的动能的增加量等于弹簧的弹性势能与A的动能的和，所以弹簧弹力对B做功的大于
故B错误；
C、物块A与B以及弹簧组成的系统相互作用的过程中系统的动量守恒，设相互作用结束后B的速度为，选取向右为正方向，则：，B与C相互作用的过程中二者组成的系统的动
量也守恒，设最终的速度为，根据动量守恒得：，解得：，整个
的过程中损失的机械能：，，而：
，解得：，可知只有在m与M相等时，全过程中机械能减小量才为故C错误，D正确。

故选：AD。

根据A的速度的变化，结合动量的定义式和动量定理即可求出弹簧弹力对A的冲量大小。

A、B组成的系统，在细绳断开的过程中动量守恒，B与C碰撞过程中动量守恒，抓住B与C最后速度相同，根据动量守恒定律求出B与C碰撞后的速度。

从绳剪断到AB与弹簧分开的过程，对AB和弹簧满足能量守恒求出弹性势能，根据能量守恒定律可以求出损失的机械能。

本题要正确分析碰撞的过程，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律和能量守恒定律，灵活选取研究的过程和研究对象。

9.【答案】
【解析】解：、实验前平衡摩擦力需要去掉细线及动滑轮，垫高长木板的一段，使物块匀速下滑，打点计时器打点均匀，故A正确，B错误；
CD、沙桶对沙子的拉力提供左右两边相等的拉力，这个拉力不需要知道具体的数值，所以不需要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块质量，故C错误，D正确；
故选：AD。

由逐差法得：
同一根绳上拉力相等，根据牛顿第二定律得
解得
故答案为：；；。

验前平衡摩擦力需要去掉细线及动滑轮，桶对沙子的拉力提供左右两边相等的拉力，这个拉力不需要知道具体的数值；
根据逐差法即可求解加速度；
同一根绳上拉力相等，根据牛顿第二定律即可求解。

本题考查探究加速度与力、质量的关系。

掌握实验原理和注意事项是正确解决实验题目的前提条件，掌握利用逐差法求加速度的方法。

10.【答案】黑
【解析】解：欧姆表是由电流表改装的，使用的是内部电源，电流从黑表笔流出，红表笔流入，因此插孔B应插入黑表笔；
两表笔短接时，说明被测电阻的阻值为零，将电流计的指针调至满偏，则由闭合电路欧姆电路定律得，解得
若用该表测量某未知电阻时，电流计的示数为，则由闭合电路欧姆定律得
，解得
由闭合电路的欧姆定律得
整理得，故B正确，ACD错误；
故选：B。

由于量程为50V，则每个小格代表的电压值为，则电压表的读数为
故答案为：黑；，；；
欧姆表内部的电流从黑表笔流出，红表笔流入；
根据闭合电路的欧姆定律列方程求解；
将闭合电路的欧姆定律变形得到相应的函数表达式，结合图像进行对比；
先确定电表的分度值，进而确定其数值。

本题主要考查了多用电表的相关应用，熟悉多用电表的使用规则，结合电路构造和欧姆定律完成分析。

11.【答案】解：对进入磁场前的线框受力分析，根据牛顿第二定律得：
解得线框进入磁场前的加速度大小为：
由题意知，线框进入磁场最初一段时间内所受的安培力为：
线框进入磁场最初一段时间是匀速的，根据平衡条件可得：
解得线框进入磁场时匀速运动的速度大小为：
线框进入磁场过程中产生的焦耳热为：
答：线框进入磁场前的加速度大小为；
线框进入磁场时匀速运动的速度大小为；
线框进入磁场过程中产生的焦耳热是。

【解析】对进入磁场前的线框受力分析，根据牛顿第二定律可得线框进入磁场前的加速度大小；
求出线框进入磁场后所受的安培力，根据平衡条件可得速度大小；
根据线框进入磁场过程中产生的焦耳热。

本题主要考查了线框的切割问题，电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

12.【答案】解：
带电粒子在
电场中做类平
抛运动，由类
平抛运动规律
，
解得：
；
粒子进入磁场时，速度方向与y 轴负方向夹角的正切值：，
速度大小：，
设x为每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达点，
应满足，其中…粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为；
当满足时，粒子轨迹如图乙所示，由于区域没有磁场，
因此粒子实际不能从点离开磁场，这种情况不考虑。

设圆弧的半径为R，圆弧对应的圆心角为，则有，此时满足，
解得：
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，
解得：，、2、3…；
粒子从进入磁场到从坐标一L，点射出磁场过程中，
圆心角的总和：，
粒子在磁场中做圆周运动的周期：，
粒子在磁场中的运动时间：；
答：电扬强度大小E为；
为使粒子进入磁场后途经坐标原点口到达坐标点，匀强磁场的磁感应强度大小B为：
、2、3…；
第问中粒子从进入磁场到从坐标点射出磁场整个过程所用的时间为。

【解析】粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出电场强度。

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。

粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子做圆周运动的周期公式求出粒子在磁场中的运动时间。

粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律可以解题；要掌握处理带电粒子在磁场中的运动问题的解题思路与方法。

13.【答案】ACD
【解析】解：A、用光导纤维传播信号是利用了光的全反射，具有容量大、衰减小、速度快的特点，故A正确；
B、偏振是横波是特有现象，光的偏振现象说明光的横波，故B错误；
C、根据相对论的光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故C正确；
D、照相机的镜头上的增透膜是光的干涉现象．照相机的镜头呈现淡紫色，因为可见光有“红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫”七种颜色，而膜的厚度是唯一的，所以只能照顾到一种颜色的光让它完全进入镜头，一般情况下都是让绿光全部进入的，这种情况下，你在可见光中看到的镜头反光其颜色就是蓝紫色，因为这反射光中已经没有了绿光故D正确；
E、根据多普勒效应可知，声源与观察者相对靠近，观察者所接收的频率大于声源发出的频率．故
E错误．
故选：ACD
光导纤维传播信号是利用光的全反射原理；光的偏振说明光的横波，反射光都是横波；光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉
现象；声源与观察者相对靠近，观察者所接收的频率大于声源发出的频率．
本题考查光的偏振、光的干涉、光的全反射等，知识点多，对这一部分的知识多加积累是做好题目的前提．
14.【答案】解：光在透明体内通过的最长路径为2R，由
得
故透明体材料的折射率为
该光线的传播路径如图所示，入射角
根据折射定律得
可得
因为光线射到B点时的入射角等于在A点的折射角，结合折射定律可知，光从B点射出时的出射角为。

由几何关系知
，，
，
在中，由正弦定理得
解得
答：
透明体材料的折射率是；
以的入射角射到A点的光，通过透明体后与的交点到球心O的距离是。

【解析】光在透明体内通过的最长路径为2R，由求出光在透明体内传播速度，再由求透明体材料的折射率；
画出光路图，根据折射定律求出光线在A点的折射角，根据光路可逆性得到光从B点射出时的出射角，再由几何关系求光通过透明体后与的交点到球心O的距离。

本题是几何光学问题，画出光路图是基础，要能运用几何知识求相关的角度和光程是关键。