2021-2022学年四川省成都市外国语学校高二下学期6月月考 物理试题 （解析版）

成都外国语学校2021——2022学年度下期第二次月考

高二物理试卷

第Ⅰ卷  选择题部分

一、单项选择题（本题共8小题。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题3分，共24分）

1. 下列说法正确的是（　　）

A. 光纤通信是光的色散的应用

B. 8个原子核经过一个半衰期后，一定剩下4个没有衰变的原子核

C. 原子核的比结合能越大，原子核就越稳定

D. 光的干涉、衍射现象证实了光具有波动性，偏振现象证实光是纵波

【答案】C

【解析】

【详解】A．光纤通信利用的是光的全反射，A错误；

B．半衰期是大数粒子的统计结果，不可用于少数原子核，B错误；

C．比结合能越大，说明原子核越稳定，C正确；

D．偏振现象说明光是横波，D错误。

故选C。

2. 关于电磁学中的相关物理量下列说法正确的是（　　）

A. 由可知，电场中某点的电场强度大小与检验电荷受到的电场力大小成正比

B. 由可知，电容器的电容与加在电容器上的电压成反比

C. 由可知，磁场中某点的检验电流元所受的安培力为零，则该点的磁感应强度必为零

D. 由可知，穿过线圈平面的磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大

【答案】D

【解析】

【详解】A．是电场强度的定义式，电场中某点的电场强度取决于电场本身，与检验电荷是否存在以及检验电荷受的电场力大小无关，A错误；

B．是电容的定义式，电容器的电容取决于电容器本身，与其两端电压无关，B错误；

C．是磁感应强度的定义式，当电流元垂直于磁场放置时才能成立，当电流元平行于磁场放置时，则磁场力为零，但磁感应强度不一定为零，C错误；

D．由法拉第电磁感应定律知，穿过线圈平面的磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大，D正确。

故选D。

3. 如图所示，真空中有沿水平方向的x轴，在x轴上有两个等量异种电荷关于坐标原点O点对称，abcd为等腰梯形，ad边、bc边与x轴垂直且被x轴平分，O点位于bc边右侧，规定无穷远处电势为0。下列说法正确的是（　　）

A. O点的电场强度为零 B. b、c两点的电场强度相同

C. O点的电势不为零 D. a、d两点的电势相同

【答案】D

【解析】

【详解】A．两电荷在O点的场强方向均向左，可知叠加后O点的电场强度不为零，选项A错误；

B．由等量异种电荷的场强分布可知，b、c两点的电场强度大小相同，但是方向不同，选项B错误；

C．两电荷连线的中垂线为电势为零的等势面，可知O点的电势为零，选项C错误；

D．由对称性可知，a、d两点的电势相同，选项D正确。

故选D。

4. 图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图像如图乙所示。发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12Ω。下列说法正确的是（　　）

A. 在t=0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为零

B. 电压表的示数为V

C. 灯泡消耗的电功率为3W

D. 若其它条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e=12sin100t（V）

【答案】C

【解析】

【详解】A．在t=0.01s的时刻，电动势为0，则为中性面，穿过线圈磁通量最大，故A错误；

B．电动势的最大值为

电压表测量的为有效值，又发电机线圈的内电阻不计，故示数为

故B错误；

C．灯泡消耗的功率

故C正确；

D．周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为

由公式

可知，转速提高一倍后，角速度变为原来的2倍，最大值

也增大一倍，则

故D错误。

故选C。

5. 如图所示电路中，电阻箱的最大阻值大于电源的内阻。调节电阻箱的阻值使其由大到小，发现理想电流表A的示数为2A时，电源的输出功率达到最大值10W。下列说法正确的是（　　）

A. 电源的电动势为5V

B. 电源的内阻为2.5Ω

C. 电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为6Ω

D. 该电路中，电源的效率为70%

【答案】B

【解析】

【详解】B.电源的输出功率达到最大时，设滑动变阻器的电阻值为R，则

P=I2R

可得

根据电源的输出功率最大的条件：外电阻与电源的内电阻相等可知，电源的内电阻也是2.5Ω，故B正确；

A.电源的电动势

E=I（R+r）=2×（2.5+2.5）=10V

故A错误；

C.电源输出功率最大时，闭合电路的总电阻为

R总=R+r=2.5Ω+2.5Ω=5Ω

故C错误；

D.电源的效率

η=×100%

随外电阻的变化而变化，外电阻越大，则效率越大，因R的最大值未知，无法确定电源效率的最大值，故D错误。

故选B。

6. 如图所示，三根长为L平行的直线电流在空间构成以a为顶点的等腰直角三角形，其中a、b电流的方向垂直纸面向里，c电流方向垂直纸面向外，其中b、 c电流大小为I，在a处产生的磁感应强度的大小均为B，导线a通过的电流大小为I，则导线a受到的安培力为（　　）

A. 2BIL，方向竖直向上 B. BIL，方向水平向右

C. BIL，方向竖直向上 D. 4BIL，方向水平向左

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】b、c电流在a处产生的磁感应强度的大小分别为B，根据矢量的叠加规则，结合几何关系可得，a处的磁感应强度为

方向水平向左，再由左手定则可知，导线a安培力方向竖直向上，大小为

故选A。

7. 如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u = 220sin100πt（V），副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，灯泡的电阻为22Ω，电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作。则（   ）

A. 通过副线圈的电流频率为5Hz

B. 电压表示数为22V

C. 电动机的输出功率为40W

D. 变压器原线圈输入功率为66W

【答案】C

【解析】

【详解】A．变压器不改变交流电的频率，副线圈的电流等于原线圈中交流电的频率

A错误；

B．已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为u = 220sin100πt（V），则原线圈电压的有效值为

又

U1∶U2= n1∶n2

解得

U2= 22V

故电压表示数为22V，B错误；

C．通过电灯泡的电流

故通过电动机的电流

IM= I−I3= 2A

则电动机的输入功率

P = IMU2= 22 × 2W = 44W

电动机的发热功率

P热 = I2R内 = 4W

故电动机的输出功率为

P−P热 = 44−4W = 40W

C正确；

D．副线圈的输出功率

变压器输入功率等于输出功率，也66W，D错误。

故选C。

8. 物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，准确地测定了电子的电荷量。如图所示，平行板电容器两极板M、N与电压恒定为U的电源两极相连，板的间距为d。现有一质量为m的带电油滴恰好悬浮在极板间的A点，重力加速度为g，则下列说法错误的是（　　）

A. 油滴带负电

B. 油滴的电荷量为

C. 将极板N向下缓慢移动一小段距离，A处的电势降低

D. 增大极板间电压，油滴将加速上升

【答案】C

【解析】

【详解】A．由图可知，上极板带正电，下极板带负电，油滴悬浮，说明受力平衡，电场力应竖直向上，因此油滴带负电，A正确；

B．根据受力平衡

可得

B正确；

C．将极板N向下缓慢移动一小段距离后，根据公式

可知场强E减小。而A离上极板的距离不变，且上下极板间的电势差恒为U，因此

可知减小，即从上极板到A点，电势差减小，故A点电势升高，C错误；

D．增大极板间电压，则增大场强，油滴受到的向上的电场力增大，因此液滴将加速上升，D正确。

该题选错误的，故选C。

二、多项选择题（本题共4小题。在每小题给出的四个选项中，有的有两个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分，共16分）

9. 氢原子能级示意图如图所示。大量处于n = 4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子再照射到逸出功为4.54eV的钨板上，下列说法正确的是（   ）

A. 跃迁过程中，共有6种不同频率的光子释放出来

B. 共有4中不同频率的光子能使钨板发生光电效应现象

C. 从钨板表面跑出的光电子的最大初动能为12.75eV

D. 从钨板表面跑出的光电子的最大初动能为8.21eV

【答案】AD

【解析】

【详解】A．根据可知，这些氢原子可能辐射出6种不同频率的光子，A正确；

B．根据能级差公式

可得n = 4跃迁到n = 3辐射的光子能量为0.66eV，n = 4跃迁到n = 2辐射的光子能量为2.55eV，n = 3跃迁到n = 2辐射的光子能量为1.89eV，都小于4.54eV，不能使金属钨发生光电效应；n = 4跃迁到n = 1辐射的光子能量为12.75eV，n = 3跃迁到n = 1辐射的光子能量为12.09eV，n = 2跃迁到n = 1辐射的光子能量为10.2eV，大于4.54eV，所以能发生光电效应的光子共3种，B错误；

CD．根据光电效应方程

可知，照射金属的光频率越高，光电子的最大初动能越大，从钨板逸出的光电子的最大初动能为

C错误、D正确。

故选AD。

10. 下列关于四幅图的说法正确的有（　　）

A. 图甲是回旋加速器，可通过增加电压U使带电粒子获得的最大动能增大

B. 图乙是磁流体发电机，B极板是发电机的正极

C. 图丙是速度选择器，不计重力的电子从右向左沿直线运动的速度大小为

D. 图丁是质谱仪，粒子打在底片上的位置越靠近狭缝S3，说明粒子的比荷越大

【答案】BD

【解析】

【详解】A．甲图中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

可知

粒子获得的最大动能为

所以要想粒子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径R和增大磁感应强度B，增加电压U不能增大最大初动能，A错误；

B．乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B极板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，B正确；

C．丙图中，电子从右向左运动通过复合场时，电场力竖直向上，根据左手定则，洛伦兹力方向也向上，电子不会沿直线运动，所以不是速度选择器，C错误；

D．由

可得

可知R越小，说明比荷越大，D正确。

故选BD。

11. 如图所示，两平行金属导轨，间有一正方形磁场区域abcd，，ac两侧匀强磁场的方向相反且垂直于轨道平面，ac右侧磁感应强度是左侧的2倍。现让垂直于导轨放置在导轨上，与导轨接触良好的导体棒PQ从图示位置以速度v向右匀速通过区域abcd。若导轨和导体棒的电阻均不计，则下列关于PQ中感应电流i和PQ所受安培力F随时间变化的图像可能正确的是（规定从Q到P为i的正方向，平行于导轨向左为F的正方向）（　　）

A.  B.
 

C.
 D.
 

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．到达ac边界之前，根据右手定则可知，电流Q到P，为正方向且逐渐增大，故A正确B错误；

CD．根据安培力的表达式

该过程杆匀速通过，但是在磁场中切割的有效长度L在不断增大，则安培力与L呈现二次函数关系，而由于有效长度L与时间t成正比，因此安培力并非直线变化，C正确D错误。

故选AC。

12. 如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三点构成的直角三角形，，，DE是三角形的中位线，AB边长为2m。一质子从D点以垂直于AD的速度方向射入电场，质子在运动过程中经过B点，已知A、C、E点的电势分别为2V、26V、17V，元电荷为e。质子重力不计，下列说法正确的是（　　）

A. 质子在D点的电势能大于在B点的电势能

B. B点的电势为10V

C. 质子从D点运动到B点过程中，静电力做功4eV

D. 匀强电场的场强方向由D点指向A点，大小为6V/m

【答案】AD

【解析】

【详解】AB．由匀强电场中两点间的电势差与距离成正比，得

得

由于质子带正电，故电势高的对应的电势能大，故A正确，B错误；

C．质子从D点运动到B点过程中，静电力做功

故C错误；

D．如图

取DA中点F，则，连接BF，即为等势线，由几何关系知

故匀强电场的场强方向由D点指向A点，大小

故D正确；

故选AD。

第Ⅱ卷（非选择题  共60分）

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第13—17题为必考题，每个试题考生都必须做答。第18—19题为选考题，考生根据要求做答。

（一）必考题（共48分）

13. 在描绘一只“2.5V，6W”小灯泡的伏安特性曲线的实验中，某同学已选择好恰当的仪器并按照图示电路图正确连接了仪器，电流表的内阻约0.5Ω，电压表的内阻约3000Ω。请回答下列问题：

（1）开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应置于______。（选填“A端”、“B端”或“AB间任意位置”）

（2）为了减小测量误差，图中的单刀双掷开关S1应接______。（选填“M”或“N”）

【答案】    ①. A    ②. M

【解析】

【详解】（1）[1] 开关S闭合之前，应使测量路段电压为零，所以滑动变阻器的滑片应置于A端；

（2）[2]小灯泡正常发光的电阻为

为相对小电阻，所以应采用电流表外接法，图中的单刀双掷开关S1应接M。

14. 图（a）是测量电源电动势E和内阻r的原理图。定值电阻R0=2.5Ω为保护电阻，电流表内阻不计，长度为60cm粗细均匀的电阻丝ab上标有长度刻度。

（1）在电阻丝接入电路前，使用多用电表测量它的阻值，选择倍率“”正确操作后，多用电表的示数如图（b）所示，测量结果为R=______Ω，电阻丝单位长度的电阻=______Ω/m。

（2）请根据电路图（a）并结合图（d）中数据把实物图（c）电路连接完整。______

（3）闭合开关S，记录ac的长度L和电流表A的示数I。多次滑动c点改变ac的长度，测得多组L和I的值，并计算出对应的，则=______。（用E、r、R0、L和表示）

（4）图（d）是根据多组实验数据得到的—L图像，由图像可得电源电动势E=______V，电源内阻r=______Ω。（计算结果保留两位有效数字）

【答案】    ①. 6Ω    ②. 10Ω/m    ③.     ④.     ⑤. 2.0V    ⑥. 1.5Ω

【解析】

【详解】（1）[1]在电阻丝接入电路前，使用多电表测量它的电阻，选择倍率进行测量，多用表的示数如图（b）所示，结果为；

[2] 对长度为60cm的电阻丝ab

（2）[3]由图（d）可以看出电流表的最大示数为0.5A，所以选用0.6A量程。将电流表0.6A接线柱与电阻丝a端相连即可。连线后电路图如下。

（3）[4]因为是串联电路，则

即

（4）[5][6]由图可知

解得

15. 如图所示，固定的光滑绝缘轻质杆MN与水平面的夹角为θ，MN的长度为L．一质量为m、电荷量为q、可看作质点的带正电小球P穿在杆上．已知小球P在运动过程中电荷量保持不变，静电力常量为k，重力加速度值为g．

(1)现把另一可看作质点的带正电小球W固定在杆的M端，小球P恰能静止在MN的中点O处．求小球W的电荷量Q．

(2)若改变小球W的电荷量至某值，将小球P从N点由静止释放，P沿杆恰好能到达MN的中点O处．求电荷W在O、N两点间的电势差UON．（结果用m、g、q、k、L、θ表示）

【答案】(1)；(2)

【解析】

【详解】(1)小球受重力、支持力和电场力作用恰好静止在轻质杆的点，由力的平衡条件有：

解得：

(2)小球由点静止释放到点的过程中由动能定理有：

解得：

则电势差：

16. 如图所示，平行且足够长的粗糙导轨bf、de与水平面的夹角，bfde区域内有垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场；在导轨bd处接有水平放置的电路，其中R1=3Ω，R2=6Ω，R=30Ω，电压表量程为1V，电流表量程为0.3A；一质量m=0.4kg，电阻r=2Ω的金属杆MN平行于bd放置在导轨上，MN与导轨接触良好，从静止释放MN，MN沿导轨运动，当MN达到最大速度时，两表中有一表的示数恰好满量程，另一表又能安全使用。已知MN与导轨间的动摩擦因数，导轨电阻不计，电表均为理想电表，g取10m/s2，。求：

（1）通过计算判断是哪个表满量程；

（2）MN达到最大速度时，MN两端的电压；

（3）MN达到最大速度时，重力对MN做功的瞬时功率。

【答案】（1）电压表；（2）1.6V；（3）0.64W

【解析】

【详解】（1）R、R2并联，电阻

R并＝＝5Ω

设电流表满偏，则电压表示数为

U＝IR并＝1.5V>1V

故只能是电压表满偏，电流表安全工作；

（2）电流表示数为

I＝＝0.2A

电路外电阻

R外＝R并＋R1＝8Ω

MN两端电压为

UMN＝IR外

代入数据解得

UMN＝1.6V

（2）设MN长度为L、最大速度为v

此时MN切割磁感线产生感应电动势为

E＝BLv

由闭合电路欧姆定律有

E＝UMN＋Ir

由力的平衡条件有

mgsin53°＝μmgcos53°＋ILB

联立可得

E＝2V

BL＝10Tm

v＝0.2m/s

重力做功的功率为

PG＝mgsin53°v

代入数据解得

PG＝0.64W

17. 理论研究表明暗物质湮灭会产生大量高能正电子，所以在宇宙空间探测高能正电子是科学家发现暗物质的一种方法。下图为我国某研究小组设计的探测器截面图：开口宽为的正方形铝筒，下方区域Ⅰ、Ⅱ为方向相反的匀强磁场，磁感应强度均为B，区域Ⅲ为匀强电场，电场强度，三个区域的宽度均为d。经过较长时间，仪器能接收到平行铝筒射入的不同速率的正电子，其中部分正电子将打在介质MN上。已知正电子的质量为m，电量为e，不考虑相对论效应及电荷间的相互作用。

(1)求能到达电场区域的正电子的最小速率；

(2)在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为的区域有正电子射入电场，求正电子的最大速率；

(3)若L=2d，试求第（2）问中最大速度的正电子打到MN上的位置与进入铝筒位置的水平距离。

【答案】(1)；(2)；(3)

【解析】

【详解】(1)正电子在磁场中只受洛伦兹力作用，故正电子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力；在电场中正电子只受电场力作用，做匀变速运动；正电子离开电场运动到MN的过程不受力，做匀速直线运动；
根据两磁场磁场方向相反，磁感应强度相等，故正电子在其中做匀速圆周运动的轨道半径相等，偏转方向相反，所以正电子离开磁场时的速度竖直向下；
故正电子能到达电场区域，则正电子在磁场中在匀速圆周运动的轨道半径R≥d；
那么由洛伦兹力做向心力可得

所以正电子速度

故能到达电场区域的正电子的最小速率为；

(2)根据几何关系可得：正电子进入磁场运动到区域Ⅱ和Ⅲ的分界线时，正电子水平位移偏移

故轨道半径R越大，水平偏移量越小；由(1)可得：最大偏移量

△xmax=2d；

故有探测器正方向开口宽为，在区域Ⅱ和Ⅲ的分界线上宽度为的区域有正电子射入电场可得：正电子最小偏移量

所以由可得正电子运动轨道半径最大为

故根据洛伦兹力做向心力可得：正电子的最大速率

(3)速度最大的正电子垂直射入电场时，在电场中运动的时间

在电场中水平方向的位移

解得

进入无场区域时运动的时间

在无场区域内运动的水平位移

解得

则最大速度的正电子打到MN上的位置与进入铝筒位置的水平距离

（二）选考题：共12分。

18. 图甲是一列简谐横波在t=0时刻的波形图，乙图为介质中平衡位置在x=1.5m处的质点的振动图像，P是平衡位置在x=2m处的质点，Q是平衡位置在x=3.25m处的质点，下列说法正确的是（　　）

A. 波的传播方向向左

B. 波速为0.5m/s

C. 0—2s时间内，P运动的路程为8cm

D. t=13.5s时刻，P恰好回到平衡位置

E. Q经过1.5s将回到平衡位置

【答案】BCE

【解析】

【详解】A．由图乙读出，t=0时刻x=1.5m处的质点速度向上，由波的平移可知，这列波沿x轴正方向传播，故A错误；

B．由图可知，、，因此

故B正确；

C．0—2s时间内，处于波谷的P在时间内运动到波峰处，路程为

2A=8cm

C正确；

D．由

t=135s=

t=13.5s时刻，P在平衡位置上方向下振动，D错误；

E．Q的振动方程为

将t=1.5s代入可得

即Q经过1.5s将回到平衡位置，E正确。

故选BCE。

19. 如图所示，直角三角形OAB为某透明介质的横截面，该介质的折射率为n=，OB边长为L，θ=15°，位于截面所在平面内的一束光线自O点以角i入射，第一次到达AB边恰好没有光线折射出来。求：

①入射角i；

②从入射到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为c，可能用到sin75°=或tan15°=2－）。

【答案】①45°；②

【解析】

【详解】①根据全反射的条件可知，光线在AB面上的P点的入射角等于临界角C，由折射定律：

解得

C=45°

设光线在OB面上的折射角为r，在△OPA中，由几何关系知：

r=30°

由折射定律

联立解得

i=45°

②在△OPB中，由正弦定理

解得

设所用时间为t，光线在介质中的传播速度为v，可得

又

联立解得