【精准解析】四川省成都市青白江区南开为明学校2019-2020学年高二下学期零诊模拟物理

物理
一、本题包括6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意。

1.关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是（）
A.电磁波由真空进入介质，频率不变，速度变大
B.均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场
C.雷达是用电磁波来测定物体位置的设备
D.声波和电磁波都可在真空中传播【答案】C 【解析】【分析】
正确解答本题需要掌握：电磁波的频率、波动与介质的关系；正确理解电磁波理论内容；声波和电磁波的区别；雷达测定物体位置的原理．
【详解】A、电磁波由真空进入介质，频率不变，速度变小，故A 错误；B、均匀变化的电场一定产生恒定的磁场，故B 错误；
C、雷达的工作原理是：发射电磁波对目标进行照射并接收其回波，由此获得目标至电磁波发射点的距离、距离变化率（径向速度）、方位、高度等信息，故C 正确；
D、声波属于机械波，它的传播离不开介质，故D 错误.故选C.
2.真空中有两个完全相同的、可视为点电荷的甲、乙带电小球，甲的电荷量为q，乙的电荷量为-2q，当它们相距为r 时，它们间的库仑力大小为F．现将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为2r，则它们间的库仑力大小变为（）
A.F/32
B.F/16
C.F/8
D.F/4
【答案】A 【解析】
【详解】当甲、乙充分接触后它们的电荷量先中和再平分，所以接触后带的电荷量都为-q/2，
由库伦力的公式F=k 122 q q r 可得，原来电荷之间22
222q q q F k k r r
⋅==，将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为
2r
后的库仑力的大小为
()2222
2
112221632
322q q k
kq q F F k r r r ⋅'===⨯=，所以A 正确．故选A．【点睛】当两个异种电荷接触后，电荷的电量先中和之后再平分电量，找到电量的关系再由库伦力的公式F=k 12
2
q q r 计算即可．3.下列说法正确的是（）
A.电荷在电场中某处不受电场力，则该处的电场强度一定为零
B.电荷在电场中某处不受电场力，则该处的电势一定为零
C.运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛仑兹力的作用
D.运动电荷在磁场中某处不受洛仑兹力，则该处的磁感应强度一定为零【答案】A 【解析】
【详解】AB．电荷在电场中某处不受电场力，则该处的电场强度一定为零，但该处的电势不一定为零，A 正确，B 错误；
C．电荷沿磁感线方向在磁感应强度不为零的地方运动，受到的洛伦兹力为零，C 错误；D．通电直导线平行磁场方向放在磁场中，不受安培力作用，则该处的磁感应强度不为零，D 错误。

故选A。

4.磁悬浮列车需要很强的磁场，因此线圈中的电流将非常大．用超导材料做磁悬浮线圈主要是因为（
）
A.超导线圈强度大
B.只有超导线圈才能产生强磁场
C.低于临界温度时，超导线圈无电阻不发热
D.低于临界温度时，超导线圈有电阻但不发热【答案】C 【解析】
【详解】线圈强度与是否是超导体无关，故A 错误；只要电流大就能产生强磁场，故B 错误；达到临界温度时，超导体电阻变为零，根据Q=I 2Rt 可知，产生热量为零，减小能量损耗，超导材料做磁悬浮线圈正是用了超导体的这一特性，故C 正确，D 错误．故选C．
5.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，一带电粒子（不计重力）从电场中a 点以某一
初速度运动至b点，运动轨迹如图中虚线所示，则下列判断正确的是（）
A.a点的电场强度大于b点的电场强度
B.a点的电势高于b点的电势
C.粒子在b点的动能小于在a点的动能
D.粒子在b点的电势能小于在a点的电势能
【答案】D
【解析】
【详解】由图可知b处电场线比a处电场线密，因此a点的电场强度小于b点电场强度，故A 错误；由于电场线方向和带电粒子带电正负不知，无法判断a、b两点电势高低，故B错误；从a运动b过程中，根据做曲线运动带电粒子的受力特点可知，电场力的方向与运动方向之间的夹角小于90°，电场力做正功，动能增大，电势能减小，与粒子所带电荷的正负无关，故C错误；D正确．故选D．
【点睛】在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握．
6.如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则（）
A.电压表的示数为6V
B.灯泡消耗的电功率是6.48W
C.线圈转动的角速度为l00πrad/s
D.在t=l×10-2s时刻，穿过线圈的磁通量为零
【答案】C 【解析】
【详解】由图象可知，电动机电压的最大值为V，那么有效电压就是6V，电压表测量的
是灯泡的电压，所以电压为6 19+×9V=5.4V，所以A 错误．由P=U 2
/R 知，P=25.4 9
=3.24W，所以B 错误．由ω=222
210
T ππ-=⨯=l00πrad/s，所以C 正确．在t=l×10-2
s 时刻，有图象可知此时的电动势为零，那么此时的磁通量应该是最大的，所以D 错误．故选C．
【点睛】应用正弦式交变电流最大值和有效值间的关系，判断出电压，其它的由公式都可以求出，就是看对交变电流的理解．
二、多选题：本题包括6小题，每小题4分，共24分，每小题有一个或多个选项符合题意。

7.如图所示，回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形盒，两盒间构成一狭缝，两D 形盒处于垂直于盒面的匀强磁场中．下列有关回旋加速器的描述正确的是（
）
A.粒子由加速器的边缘进入加速器
B.粒子由加速器的中心附近进入加速器
C.粒子在狭缝和D 形盒中运动时都能获得加速
D.交流电源的周期必须等于粒子在D 形盒中运动周期的2倍【答案】B 【解析】
【详解】由qvB=2
mv r
⇒v= qBr m ．当r 越大时，v 越大．粒子由加速器中心附近进入加速器才
可使粒子加速到最大，故A 错误；由A 选项中的分析可知粒子由加速器的中心附近进入加速器，速度可加速到最大，故B 正确；狭缝中电场可加速粒子，在D 形盒中运动时，由左手定则知，洛伦兹力总与速度方向垂直，不对粒子加速，故C 错误；交流电源周期必须等于粒子
运动周期，才可以进行周期性的加速，故D 错误；故选B．
8.如图所示，有一电动势
sinl00πt（V）的交流电源与理想变压器输入端相连，已知理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，输出端电阻R 的阻值为4Ω．则（
）
A.当变压器原线圈瞬时电压为零时，电压表读数也为零
B.电压表读数为20V
C.
A
D.理想变压器的输出功率为100W 【答案】BD 【解析】
【详解】电压表读数为副线圈有效值，根据公式
E=，得U 1=100V ；由
1122U n U n =得U 2=100×
1
5
=20V，故A 错误；电压表读数为U 2的值20V 故B 正确．电流表读数：因
I 2=2
U R
=5A 由
1221I n I n =得I 1=1
5
I 2=1A，电流表读数为1A，故C 错误；理想变压器的输出功率P=U 2I 2=100W，故D 正确．故选BD．
，输出功率用有效
值计算．
9.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C 的两金属板水平放置．G 为灵敏电流计．开关S 闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q 的油滴处于静止状态．则在滑动变阻器R 的触头P 向上移动的过程中，下列判断正确的是（
）
A.灵敏电流计G 中有b→a 的电流
B.油滴向上加速运动
C.电容器极板所带电荷量将减小
D.通过电阻R
2
的电流将减小
【答案】AB
【解析】
【详解】ACD．在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和
内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R
1上的电压和R
2
与R并
联电压之和，而R
1上的电压减小，所以R
2
与R的并联电压增大，通过R
2
的电流增大．根据Q=CU，
电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a．选项A正确，CD错误；
B．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速．故B正确．
故选AB．
【点睛】处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压．
10.如图所示，一个质量为m的带电小球从M点自由下落，M点距场区水平边界PQ的高度为h，边界PQ下方有方向竖直向下、大小为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的大小为B的匀强磁场．小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出．重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）
A.小球带负电，电荷量大小
mg q
E
B.匀强磁场方向垂直于纸面向外
C.小球从a运动到b的过程中，小球的电势能先减小后增大
D.小球在复合场中做匀速圆周运动的半径
【答案】AD 【解析】
【详解】因小球在复合场中做匀速圆周运动，故电场力和重力平衡，电场力向上，故粒子带负电；由Eq=mg 可知，q=
mg
E
，故A 正确；由图可知，圆周运动的圆心在上方，故洛仑兹力向上，由左手定则可知，磁场向里，故B 错误；小球从a 到b 的过程中，电场力先做负功再做正功，故电势能先增大后减小，故C 错误；粒子进入混合场时的速度由机械能守恒得：
由Bqv=2
mv R
可得，半径mv R Bq =
=故D 正确；故选AD．【点睛】此类题目应熟记：在混合场中若粒子做匀速圆周运动，则一定有电场力与重力平衡，合力为洛仑兹力．
11.我国于2011年5月1日起，醉酒驾驶由交通违法行为升级为犯罪行为．“陶瓷气敏传感器”可以用于分析气体中酒精蒸汽的含量．如果司机饮酒，血液中的酒精成分扩散到呼出的气体中，呼出的气体喷在传感器上，传感器的电阻将随酒精蒸汽浓度发生相应的变化，从而可以检测血液中的酒精含量．某种陶瓷气敏传感器的电导（即电阻的倒数）与气体中酒精蒸汽浓度C 的关系如图甲所示．现用其组成如图乙所示的检测电路（电池内阻为r，电流表内阻不计）．以下判断正确的是（
）
A.此陶瓷气敏传感器的电阻与气体中酒精蒸汽的浓度C 成正比
B.气体中酒精蒸汽的浓度C 越大，则电流表指针偏转的角度越小
C.气体中酒精的蒸汽浓度C 越大，则电池路端电压越小，传感器上电压也越小
D.气体中酒精的蒸汽浓度C 越大，则传感器电阻越小，电源的总功率越小【答案】C 【解析】
【详解】A．传感器的电导与酒精蒸汽的浓度成正比，而电导和电阻互为倒数．故A 错．B．气体中酒精蒸汽的浓度C 越大，电导越大，电阻越小，闭合电路的总电阻越小，总电流越大，电流表指针偏转的角度越大．故B 错．
C．气体中酒精的蒸汽浓度C越大，电阻越小，闭合电路的总电阻越小，总电流越大，内电压越大，外电压越小．电阻R
上的电压越大，所以传感器上电压也越小．故C正确．
D．气体中酒精的蒸汽浓度C越大，传感器电阻越小，总电流越大，电源总功率P=EI，可知电源的总功率越大，故D错．
故选C．
12.矩形导线框abcd（图甲）放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。

t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。

若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0〜4s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为（）（安培力取向上为正方向）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由图可知，0~1s过程中磁感应强度向里均匀减小，1~2s过程中磁感应强度向外均匀增大，根据楞次定律可知，都产生顺时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知电流大小恒定；2~3s过程中磁感应强度向外均匀减小，3~4过程中磁感应强度向里均匀增大，同理可知都产生逆时针方向的感应电流，且大小恒定。

故A错误，B错误；CD．根据楞次定律可知磁感应强度减小时导线框abcd有扩张趋势，磁感应强度增大时导线框abcd有收缩趋势。

所以在0~2s内ab边所受安培力先向上后向下；在2s~4s内ab边所受安培力也是线上向后向下；由安培力公式
F BIL
且B随时间t均匀变化可知，故C正确，D错误。

故选C。

三、实验题：
13.如图甲所示，20分度游标卡尺的读数是_______cm；如图乙所示，螺旋测微器的读数是_____mm．
【答案】(1).10.380；(2).2.969-2.971
【解析】
【详解】[1]．游标卡尺的主尺读数为103mm，游标读数为0.05×16mm=0.80mm，所以最终读数为103.80mm=10.380cm．
[2]．螺旋测微器固定刻度为2.5mm，可动刻度为0.01×47.0=0.470mm，所以最终读数为2.970mm．
【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．14.（1）甲同学按如图甲所示电路测量量程为500μA 的电流表G 的内阻．他按图甲连接好电路后，先闭合S 1，断开S 2，调节R 1，使电流表G 的指针满偏．再闭合S 2，保持R 1的滑动触头不动，调节R 2使电流表G 的指针指到满刻度的1/3．若此时电阻箱R 2各旋钮的位置如图乙所示，则电流表G 的内阻测量值R G =____Ω．
（2）现将该电流表G 改装成量程为3V 的电压表V，需给该电流表G 串联一阻值为_____Ω的电阻．
（3）乙同学将（2）问中改装的电压表V 校准后采用伏安法测量某待测电阻R x ，实验室还备有以下器材：
A．待测电阻R x ，阻值约为200Ω
B．电源E，电动势为3V，内阻可忽略不计C．电流表A，量程为0～15mA，内阻r A =20ΩD．滑动变阻器R′1，最大阻值10ΩE．滑动变阻器R′2，最大阻值5kΩF．开关S，导线若干
①为提高实验精确度，尽可能测量多组数据，实验中滑动变阻器应选择____（填器材序号字母）．
②请在虚线框内画出乙同学用伏安法测量电阻R x
的电路图_______．
【答案】(1).（1）100(2).（2）5900(3).（3）①D (4).②见解析；
【解析】
【详解】（1）[1]．因s 2闭合前后电总电流不变，则电流表达满偏刻度的1/3时，则并联电阻的电流为电流表满偏电流的2/3．因是并联关系，则
g R g
R I
R I 得：
R g ＝
R
g
I I R =2R 由电阻箱可读出：
R =50Ω
则：
R g=2R =2×50=100Ω
（2）[2]．改装成电压表要串联的阻值为
R =g
U
I −R g =5900Ω（3）[3]．因测量范围大，要采用滑动变阻器分压式接法，宜用小阻值，故选D．
[4]．因电压表内阻比得测电阻大的多，宜用电流表外接法．故画得电路图如图所示；
【点睛】考查的电阻箱的读数，半偏法测电阻，明确总电流认为不变；电路的设计，电流表的内外接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器分压式接法宜用小阻值．四、计算题
15.如图，A 、B 是水平放置且间距d =5cm 的两平行金属板，两板间为匀强电场，一质量
m =1×10-9kg、电荷量q =5×10-12C 的一带负电液滴恰静止在两板正中间的P 点．液滴可视为质
点，重力加速度g =10m/s 2．
(1)求两板间的电场强度大小；
(2)若将液滴从P 点移到B 板，求该过程中电势能的增加量．
【答案】(1)E =2×103N/C；(2)P E ∆=2.5×10-10
J
【解析】
【详解】
（1）液滴受电场力和重力作用处于平衡状态由力的平衡条件有：mg =qE 代入数据解得：E =2×103N/C
（2）将液滴从P 点移动到B 板的过程中，电场力做负功
2
d E qE =-⋅P E W
∆=-代入数据解得：P E ∆=2.5×10-10
J
16.如图，水平固定且间距为L 的平行导轨处于方向垂直于导轨平面、磁感应强度为B 的匀强磁场中，导轨左端接有阻值为R 的电阻，导轨上有a 、b 两根与导轨接触良好的导体棒，两棒的质量均为m 、电阻均为2R ．现对a 施加一平行于导轨的恒力，使其由静止开始水平向右运
动，当a 向右的位移为x 时，a 的速度达到最大且b 刚好不滑动．已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩察力，导轨电阻不计，重力加速度为g ．求：
(1)b 中的最大电流以及a 的最大速度；(2)a 发生位移x 的过程中，b 产生的焦耳热．
【答案】(1)228m mgR v B L μ=；(2)2322
44
1843b m g R Q mgx B L μμ=-
【解析】
【详解】（1）当a 的速度达到最大值m v 时，b 中电流达到最大值m I 此时b 刚好不滑动，对b 由力的平衡条件有：m BI L mg μ=解得：m mg I BL
μ=
由电路分析有：2g m I I =故：03g m m
I I I I =+=电路的总电阻为：28223
R R R
R R R R ⨯=+
=+总则导体棒a 产生的感应电动势为：0E I R =总得：8mgR
E BL μ=
由法拉第电磁感应定律有m E BLv =解得：22
8m mgR v B L μ=
（2）a 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大值m v 后做匀速运动
a 的速度为m v 时，对a 由力的平衡条件有：34m F mg BI L mg μμ=+=a 发生位移x 的过程中，对系统由功能关系有：212
m Fx mgx W mv μ-+=
安
2322
44
323m g R W Q mgx B L μμ==-
总安
各电阻的热功率分别为：2
4R m P I R =，2
2b m P I R =，2
18a m P I R =故112b Q Q =
总
解得：2322
44
1843b m g R Q mgx B L μμ=-
17.如图，粒子源由静止释放出质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子(不计重力)，先经水平方向的电场加速，再沿中心轴线射入方向竖直的匀强电场，接着进入方向水平向里的有界匀强磁场(边界竖直)，最后经磁场偏转打到磁场左边界的感光胶片上．已知加速电场的电压为U 0，
偏转电场的板间距和极板长均为L 、所加电压为
03
(1)求带电粒子穿出偏转电场时的速度大小；(2)求磁场的最小宽度；
(3)若简转电压可取
03
0之间的任意一值，为使粒子都能打在感光胶片上，求感光胶片的最小长度．
【答案】(1)v =；(2)3m d L =(3)12
y y y L ∆-='=【解析】
【详解】（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理有：2
0012
qU mv =
得：0v =
粒子在偏转电场中的偏转，由牛顿第二定律：U
q ma L
=水平方向上：
0L v t =竖直方向有：y v at =联立以上各式，将0233
U U =
代入解得：22
00
83y qU v v v m =+=（2）如图1，粒子速度与磁场左边界的夹角满足：0tan y
θ=
v v 解得：θ=60°
粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律有：2
v qvB m
R
=由几何关系，磁场的最小宽度：(1cos )m d R θ=-联立以上各式，将021mU B L
q =
代入解得：3
3
m d L =（3）粒子在磁场中偏转时的侧移量为：2sin x R θ=且：mv R qB =
，0
sin θ=v v 所以：0
2mv x qB
=
为一定值故感光胶片最小长度即为粒子在偏转电场中最大和最小偏转距离的差值为v ∆在偏转电场中，偏转距离：20
124UL y at U =
=当03U U =时偏转距离最大：34
L y '=
(2L
y '＜，能穿出偏转电场)
当03U =
时偏转距离最小，6
y =
解得：12
y y y L ∆-='=[物理选修3－4]
18.弹性介质中某质点O 沿竖直方向做简谐运动的规律如图甲，它完成两次全振动后停在平衡位置，其形成的机械波沿水平方向的x 轴匀速传播，波速大小为10m/s。

x 轴上有3个质点（如图乙），它们的坐标分别为x P =－2m、x Q =1m、x R =3m。

以质点O 开始振动作为计时零点，下列说法正确的是（
）
A.该机械波的波长为4m
B.质点P 在0.4s 时刻的振动方向沿y 轴正方向
C.质点Q 在0.5s 内通过的路程为10cm
D.质点R 在0.4s 时刻第一次位于波峰
E.质点R 在1.0~2.0s 时间内通过的路程为20cm 【答案】ADE 【解析】
【详解】A．由甲图可知，波的周期为
0.4s
T =根据
v T
λ
=
解得波长
4m
λ=故A 正确；
B．分析甲图可知，质点的起振方向沿y 轴正方向，波传播到质点P 的时间为0.2s，则质点P
在0.4s 时刻，位于平衡位置，振动方向沿y 轴负方向，故B 错误；
C．波传播到质点Q 的时间为0.1s，则在0.5s 内，经过了1个周期，通过的路程为8cm，故C 错误；
D．波传播到质点R 的时间为0.3s，则在0.4s 内，经过了1
4
个周期，质点P 第一次位于波峰，故D 正确；
E．质点R 在1s 时间内，通过的路程为1
22
个周期，通过的路程为20cm，故E 正确。

故选ADE。

19.如图，ABCA 是横截面为直角三角形的玻璃三棱镜，一平行于CB 边的细激光束从AC 边上的某点射入梭镜后，在AB 边上的D 点部分反射、部分折射，其中反射光刚好与AC 边平行．已知AB =L ，AD =
3
L
，∠C=30°，空气中的光速为c ．
(i)试通过计算，判断光束第一次射到BC 边时是否发生全反射；(ii)求光束自进入棱镜到第一次从AC 边射出所经历的时间．
【答案】(i)能发生全反射；(ii)t c
【解析】
【详解】(i)设光在AC 边的入射点为E ，在BC 边的反射点为D ，在AC 边的出射点为G ，光路图如图所示
由图结合题意可知，在D 点反射角为30°，∠ADE =60°，ADE 为等边三角形，在E 点折射时，入射角i =60°，折射角为r =90°-∠ADE =30°
根据折射定律得：sin sin i n r
=
得：n =
设发生全反射的临界角为C ，则有1sin 3
C n =
=在F 点，入射角为60°，因sin60°=32>33
，故该处会发生全反射．(ii)光射至G 点发生折射进入空气
FG =ED =AD =
3
L
4cos 603
AB AD L DF -==
故光在棱镜中通过的路程：s=ED+DF +FG =2L 光棱镜中的速度：c
v n
=
s vt
=
解得光在棱镜中传播的时间为：t c
=。