高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1四川省成都市2024-2024學(xué)年高二下學(xué)期零診模擬全真演練物理試題（一）一、單選題1.如圖甲所示，某多級(jí)直線加速器由n個(gè)橫截面積相同的金屬圓筒依次排列，其中心軸線在同一直線上，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極M、N上，序號(hào)為C的金屬圓板中央有一個(gè)質(zhì)子源，質(zhì)子逸出的速度不計(jì)，M、N兩極加上如圖乙所示的電壓，一段時(shí)間后加速器穩(wěn)定輸出質(zhì)子流。已知質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為e，質(zhì)子通過圓筒間隙的時(shí)間不計(jì)，且忽略相對(duì)論效應(yīng)，則（）A.質(zhì)子在各圓筒中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.質(zhì)子進(jìn)入第n個(gè)圓筒瞬間速度為C.各金屬筒的長(zhǎng)度之比為1:：：D.質(zhì)子在各圓筒中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為1:：：【答案】C【解析】A．金屬圓筒中電場(chǎng)為零，質(zhì)子不受電場(chǎng)力，做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．質(zhì)子進(jìn)入第n個(gè)圓筒時(shí)，經(jīng)過n次加速，根據(jù)動(dòng)能定理解得故B錯(cuò)誤；D．只有質(zhì)子在每個(gè)圓筒中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為時(shí)，才能保證每次在縫隙中被電場(chǎng)加速，故D錯(cuò)誤；C．第n個(gè)圓筒長(zhǎng)度則各金屬筒的長(zhǎng)度之比為1:：：，故C正確。故選C。2.如圖所示，矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中可以分別繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸和以相同的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場(chǎng)方向平行時(shí)（）A.線圈繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流大于繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流B.線圈繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電動(dòng)勢(shì)等于繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電動(dòng)勢(shì)C.線圈繞和轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)電流的方向相同，都是D.線圈繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)邊受到的安培力大于繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)邊受到的安培力【答案】B【解析】AB．繞、軸轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的角速度相同，線圈面積相同，則兩種情況線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流相同，因此線圈繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流等于繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流，所以A錯(cuò)誤；B正確；C．對(duì)邊由右手定則可得，在圖示位置時(shí)，線圈繞和2轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)電流的方向相同，都是，所以C錯(cuò)誤；D．由于線圈繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流等于繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電流，而安培力，則線圈繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)邊受到的安培力等于繞轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)邊受到的安培力，所以D錯(cuò)誤；故選B。3.如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個(gè)木塊，其中兩個(gè)質(zhì)量為m的木塊間用一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，木塊間的最大靜摩擦力是μmg?，F(xiàn)用水平拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為2m的木塊，使四個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動(dòng)，則輕繩對(duì)m的最大拉力為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對(duì)右邊一組物體受力分析，當(dāng)拉力最大時(shí)，m和2m木塊之間的摩擦力為最大靜摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合整體法有對(duì)右邊一組木塊，隔離法可得則輕繩對(duì)m最大拉力為故選B。4.如圖所示，質(zhì)量為m的足球從水平地面上位置1被踢出后落在位置3，在空中達(dá)到最高點(diǎn)2的高度為h，則足球（）A.從1到2動(dòng)能減少 B.從1到2重力勢(shì)能增加C.從2到3動(dòng)能增加 D.從2到3機(jī)械能不變【答案】B【解析】AB．由足球的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，足球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)一定受到空氣阻力作用，則從從1到2重力勢(shì)能增加，則1到2動(dòng)能減少量大于，A錯(cuò)誤，B正確；CD．從2到3由于空氣阻力作用，則機(jī)械能減小，重力勢(shì)能減小mgh，則動(dòng)能增加小于，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤。故選B。5.“太空探索”（SpaceX）公司研制的“重型獵鷹”運(yùn)載火箭，從肯尼迪航天中心試射成功，把一輛紅色特斯拉跑車送進(jìn)地球和火星之間的軌道。其簡(jiǎn)化圖形如下圖，定義地球和太陽(yáng)平均距離為1個(gè)天文單位，已知特斯拉遠(yuǎn)日點(diǎn)離太陽(yáng)距離為2.6個(gè)天文單位，火星和太陽(yáng)平均距離是1.5個(gè)天文單位，地球和火星軌道都視作圓軌道。則（）A.發(fā)射特斯拉的初速度介于7.9km/s到11.2km/s之間B.特斯拉跑車在遠(yuǎn)日點(diǎn)機(jī)械能大于其在近日點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能C.特斯拉環(huán)繞運(yùn)動(dòng)的周期約為39個(gè)月D.火星、地球分別與太陽(yáng)的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積之比是【答案】D【解析】A．特斯拉跑車要脫離地球引力束縛，但是沒有脫離太陽(yáng)的引力束縛，發(fā)射特斯拉的初速度介于11.2km/s到16.7km/s之間。故A錯(cuò)誤；B．特斯拉跑車在遠(yuǎn)日點(diǎn)機(jī)械能等于其在近日點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤；C．特斯拉軌道半長(zhǎng)軸地球軌道半徑特斯拉環(huán)繞運(yùn)動(dòng)的周期為，地球的公轉(zhuǎn)周期為由開普勒第三定律解得故C錯(cuò)誤；D．由，得得火星和地球繞太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)速度之比火星、地球分別與太陽(yáng)的連線在相同時(shí)間內(nèi)掃過的面積之比故D正確。故選D。6.下列實(shí)驗(yàn)不能用光的粒子性解釋的是（）A.黑體輻射B.光電效應(yīng)C.康普頓效應(yīng)D.電子束衍射【答案】D【解析】ABC．黑體輻射、光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)都說(shuō)明光具有粒子性，能用光的粒子性解釋，故ABC錯(cuò)誤；D．電子束衍射說(shuō)明電子具有波動(dòng)性，不能用光的粒子性解釋，故D正確。故選D。7.利用智能手機(jī)中的加速度傳感器可以測(cè)量手機(jī)的加速度。用手掌托著手機(jī)，手掌從靜止開始上下運(yùn)動(dòng)，軟件顯示豎直方向上的圖像如圖，該圖像以豎直向上為正方向。則手機(jī)（）A.在時(shí)刻運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)B.在時(shí)刻改變運(yùn)動(dòng)方向C.在到時(shí)間內(nèi)，受到的支持力先減小再增大D.在到時(shí)間內(nèi)，受到的支持力先增大再減小【答案】D【解析】AB．根據(jù)題意，由圖可知，手機(jī)在加速度約為0，時(shí)間內(nèi)，向上做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)間內(nèi)，向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，則在時(shí)刻沒有運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，在時(shí)刻也沒有改變運(yùn)動(dòng)方向，故AB錯(cuò)誤；CD．由牛頓第二定律，時(shí)間內(nèi)有解得時(shí)間內(nèi)有解得結(jié)合圖像可知，時(shí)間內(nèi)，支持力增大，時(shí)間內(nèi)支持力減小，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。二、多選題8.2022年2月4日，第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)在我國(guó)首都北京開幕，北京成為歷史上第一個(gè)既舉辦過夏季奧運(yùn)會(huì)又舉辦過冬季奧運(yùn)會(huì)的“雙奧之城”。冬奧期間，越來(lái)越多的人參與到這場(chǎng)冰雪盛宴中。圖示為某滑雪游樂園的項(xiàng)目之一，一滑雪愛好者（可視為質(zhì)點(diǎn)）從離水平地面高為H的平臺(tái)A處由靜止滑下，從B處進(jìn)入半徑為R的圓弧軌道（斜面AB與圓弧BC平滑連接，圓弧BC所對(duì)應(yīng)圓心角為45?）、再?gòu)腃點(diǎn)滑出，剛好在D點(diǎn)落到斜面DE上。右側(cè)平臺(tái)高度和寬度均為h，重力加速度為g，忽略所有阻力影響，則以下說(shuō)法正確的是（）A.B.滑雪愛好者在CD段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C.滑雪愛好者在CD段運(yùn)動(dòng)的最小速度為D.滑雪愛好者在圓弧軌道上經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為【答案】AC【解析】AB．從A到C由機(jī)械能守恒定律從C到D做斜拋運(yùn)動(dòng)，則解得選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；C．滑雪愛好者在CD段運(yùn)動(dòng)時(shí)，到最高點(diǎn)時(shí)速度最小，最小速度為選項(xiàng)C正確；D．在B點(diǎn)的速度在B點(diǎn)時(shí)解得則滑雪愛好者在圓弧軌道上經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.如圖所示，臺(tái)秤上放一光滑平板，其左端固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來(lái)，此時(shí)臺(tái)秤讀數(shù)為?，F(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺(tái)秤讀數(shù)為，則以下說(shuō)法正確的是（）A.彈簧長(zhǎng)度將變長(zhǎng) B.彈簧長(zhǎng)度將變短C. D.【答案】BC【解析】導(dǎo)體棒所處的磁場(chǎng)是由磁鐵產(chǎn)生的，磁場(chǎng)方向指向右上方，如圖甲根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培力方向指向右下方，根據(jù)牛頓第三定律知，磁鐵受到導(dǎo)體棒的作用力指向左上方，設(shè)為，對(duì)條形磁鐵受力分析，如圖乙，由于有水平向左的分力和豎直向上的分力，可知彈簧長(zhǎng)度變短，臺(tái)秤對(duì)條形磁鐵的支持力減小，故臺(tái)秤示數(shù)故AD錯(cuò)誤，BC正確。10.在帶電粒子“碰撞”實(shí)驗(yàn)中，時(shí)粒子甲以初速度向靜止的粒子乙運(yùn)動(dòng)，之后兩粒子的的圖像如圖所示。僅考慮它們之間的靜電力作用，且甲、乙始終末接觸，在、、時(shí)刻系統(tǒng)電勢(shì)能分別為、、，則（）A.時(shí)刻乙粒子的速度為B.甲、乙粒子質(zhì)量之比為C.時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能為D.時(shí)刻甲粒子的速度為【答案】BD【解析】B．由的圖像可知，從時(shí)刻到時(shí)刻，兩粒子組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有可得甲、乙粒子質(zhì)量之比為B正確；A．從時(shí)刻到時(shí)刻，兩粒子組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有解得時(shí)刻乙粒子的速度為A錯(cuò)誤；C．從時(shí)刻到時(shí)刻，根據(jù)能量守恒定律可得從時(shí)刻到時(shí)刻，根據(jù)能量守恒定律可得聯(lián)立解得時(shí)刻系統(tǒng)的電勢(shì)能為C錯(cuò)誤；D．從時(shí)刻到時(shí)刻，兩粒子組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有由于時(shí)刻與時(shí)刻系統(tǒng)電勢(shì)能均為，可知時(shí)刻與時(shí)刻兩粒子組成的系統(tǒng)動(dòng)能相等，則有聯(lián)立解得時(shí)刻甲粒子的速度為D正確；故選BD。三、實(shí)驗(yàn)題11.在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，小胡采用了如圖的可拆式變壓器和電路圖進(jìn)行研究。（1）小胡將圖中變壓器的左側(cè)線圈接線柱0、8（代表800匝）與低壓直流電源12V擋相連，與右側(cè)線圈0、2（代表200匝）接線柱相連的電壓表示數(shù)最可能是______；A.48.0VB.3.0VC.0V（2）小胡正確選材并接線后，記錄如下表所示四組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)。第一組第二組第三組第四組/匝100100100200/匝2004004004001850.911.813.654.004.008.008.00若僅探究匝數(shù)N2對(duì)電壓U1影響，應(yīng)該分析第一組和第______組數(shù)據(jù)，分析表中數(shù)據(jù)可知，N1一定是______（填“原”或“副”）線圈的匝數(shù)?！敬鸢浮浚?）C（2）二副【解析】（1）[1]變壓器的工作原理是互感，原線圈接入的應(yīng)該是交流電源，小胡將低壓直流電源12V擋接入原線圈，不能夠發(fā)生互感，與右側(cè)線圈0、2（代表200匝）接線柱相連的電壓表示數(shù)最可能是0V。故選C。（2）[2]根據(jù)理想變壓器的電壓匝數(shù)關(guān)系有若僅探究匝數(shù)N2對(duì)電壓U1的影響，則需要保持與一定，可知，應(yīng)該分析第一組和第二組數(shù)據(jù)；[3]實(shí)際上，由于存在漏磁、鐵芯中一渦流、線圈有一定電阻，導(dǎo)致副線圈測(cè)量電壓小于副線圈兩端電壓的理論值，根據(jù)匝數(shù)關(guān)系，給出的匝數(shù)比值為與兩種，根據(jù)給出的數(shù)據(jù)可知，對(duì)應(yīng)的電壓比值分別小于與，可知，N1一定是副線圈的匝數(shù)。12.有一根細(xì)長(zhǎng)而均勻的金屬管線，橫截面積如圖a所示，外截面為正方形，因管內(nèi)中空部分截面形狀不規(guī)則，無(wú)法直接測(cè)量。已知這種金屬的電阻率為，現(xiàn)設(shè)計(jì)一個(gè)實(shí)驗(yàn)方案，測(cè)量中空部分的橫截面積S0.步驟如下：（1）按照?qǐng)Db電路圖，將圖c實(shí)物圖連接完成需要完成下列哪些選項(xiàng)的步驟___________。A.a接e B.b接d C.b接c D.a接f（2）實(shí)驗(yàn)中，用游標(biāo)卡尺測(cè)出金屬管線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)；如圖d，用螺旋測(cè)微器測(cè)出金屬管線外截面的邊長(zhǎng)為a=___________mm。（3）根據(jù)所測(cè)數(shù)據(jù)，在坐標(biāo)紙上描出了該金屬管線的伏安關(guān)系圖線，如圖e所示。由此圖得出該金屬管線的阻值為R=___________Ω（保留2位有效數(shù)字），此結(jié)果比真實(shí)值___________。（填“偏大”或“偏小”）（4）用上述測(cè)量的物理量的符號(hào)，將金屬管線內(nèi)部空間橫截面積表示為S0=___________?！敬鸢浮浚?）AB（2）6.683##6.682##6.684（3）2.4×103偏大（4）【解析】（1）由于滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，故滑動(dòng)變阻器需要“兩下一上”連接，故接線柱a接e；由圖可知，測(cè)量電路采用電流表的內(nèi)接法，故接線柱b接d。故選AB。（2）螺旋測(cè)微器的讀數(shù)即金屬管線外截面的邊長(zhǎng)為a=65mm+18.3×0.01mm=6.683mm（3）[1][2]根據(jù)歐姆定律可得將圖線中的點(diǎn)（1.0mA，2.4V）代入可得該金屬管線的阻值為由于測(cè)量電路采用電流表的內(nèi)接法，電流表的測(cè)量值等于流過電阻電流的真實(shí)值，而由于電流表的分壓作用，電壓表的測(cè)量值大于電阻兩端電壓的真實(shí)值，根據(jù)歐姆定律，知電阻的測(cè)量值大于真實(shí)值。（4）根據(jù)電阻定律可得該金屬管線的有效面積為故金屬管線內(nèi)部空間橫截面積為四、解答題13.如圖所示，玻璃磚的截面是半徑為R的四分之一圓，一光線從半徑上到圓心O距離為的D點(diǎn)沿截面射入玻璃磚，入射光線與的夾角，折射光線射到弧上的E點(diǎn)，且光線在弧上的入射角。光在真空中的傳播速度為c。求：（1）玻璃磚對(duì)該光線的折射率n；（2）光線從D點(diǎn)傳播E點(diǎn)的時(shí)間t?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）光線從D點(diǎn)射入玻璃磚的入射角為對(duì)，根據(jù)正弦定理有解得光線從點(diǎn)射入玻璃磚的折射角又解得②根據(jù)幾何關(guān)系可知，D、E兩點(diǎn)的距離為光線在玻璃磚內(nèi)傳播的速度大小為又解得14.如圖所示，一斜面固定在水平地面上，斜面傾角，質(zhì)量為的小物塊A通過一根跨過固定滑輪的繩子連接質(zhì)量同為的小物塊B，連接A的繩子與斜面平行，物塊B距離地面高度為L(zhǎng)，物塊A與斜面最上端擋板的距離也為L(zhǎng)，繩無(wú)阻礙穿過擋板上小孔。質(zhì)量為的小環(huán)C套在B上方的繩子上，繩子與小環(huán)C之間的最大靜摩擦力，不計(jì)滑輪和繩子質(zhì)量以及滑輪與繩子之間的摩擦，已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，，。（1）若系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，求A與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值；（2）若，同時(shí)由靜止釋放A、B、C，物塊A與擋板碰撞原速反彈，物塊B與地面碰撞后速度瞬間變成0，求繩子再次繃緊，B向上運(yùn)動(dòng)的初速度（繃緊過程C的速度未變）；（3）接第（2）問，若C始終沒有落到B上，求整個(gè)過程中C與繩子之間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮浚?）1；（2）；（3）【解析】（1）由題設(shè)條件可知，若系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊A受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，A與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)有最小值，由平衡條件可得解得（2）若，同時(shí)由靜止釋放A、B、C，由牛頓第二定律可得解得物塊A與擋板碰撞時(shí)的速度由題意可知，繩繃