河北区2021-2022学年度高三年级总复习质量检测（二）物理物理学科共100分，考试用时60分钟第I卷一、单项选择题（每小题5分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的）1.以下现象不属于干涉的是（ ）A.白光经过杨氏双缝得到彩色图样B.白光照射肥皂膜呈现彩色图样C.白光经过三棱镜得到彩色图样D.白光照射水面油膜呈现彩色图样【答案】C【解析】【详解】A．根据光的干涉定义可知白光经过杨氏双缝得到彩色图样是杨氏双缝干涉，故A错误；B．由于重力的作用，肥皂膜形成了上薄下厚的薄膜，光线通过薄膜时频率不变，干涉条纹的产生是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波的叠加，白光照射肥皂膜呈现彩色图样是属于干涉现象，故B错误；C．白光经过三棱镜得到彩色图样是光在折射时产生的色散现象，故C正确；D．水面上的油膜呈现彩色是光的干涉现象，属于薄膜干涉，故D错误；故选C。2.100年前，卢瑟福猜想在原子核内除质子外还存在着另一种粒子X，后来科学家用粒子轰击铍核证实了这一猜想，该核反应方程为：，则（）A.，，X是中子B.，，X是电子C.，，X是中子D.，，X电子【答案】A【解析】\n【详解】根据电荷数和质量数守恒，则有，解得m=1，n=0，故X是中子故选A。3.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器（ ）A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流【答案】D【解析】【详解】A．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A选项错误。B．电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误。C．电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流，故原、副线圈电流的频率相同。C选项错误。D．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流。D正确。故选D。4.分子力随分子间距离的变化如图所示。将两分子从相距处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是（ ）\nA.从到分子力的大小一直在减小B.从到分子力大小先减小后增大C.从到分子势能先减小后增大D.从到分子动能先增大后减小【答案】D【解析】【详解】A．由图可知，在时分子力为零，从到分子力的大小先增大后减小，A错误；B．由图可知，在时分子力为零，故从到分子力的大小先增大后减小再增大，B错误；C．从到，分子间的作用力表现为引力，故随距离的减小，分子力一直做正功，动能增大，分子势能一直减小，C错误；D．从到，先分子引力在分子斥力，则分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，D正确。故选D。5.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为（ ）\nA.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，可得粒子在磁场中的周期粒子在磁场中运动的时间则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。当0.5R<r<1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即轨迹对应的最大圆心角粒子运动最长时间\n,故选C。二、多项选择题（每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分）6.一列简谐横波沿x轴正方向传播，波的周期为，某时刻的波形如图所示．则（）A.该波的波长为B.该波的波速为C.该时刻质点P向y轴负方向运动D.该时刻质点Q向y轴负方向运动【答案】AC【解析】【详解】A．由波形图可知，波长为8m，故A正确；B．根据公式代入数据解得，故B错误；CD．由题知，沿x轴正方向传播，根据“上下坡法”，可知该时刻质点P向y轴负方向运动，该时刻质点Q向y轴正方向运动，故C正确，D错误。\n故选AC。7.甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（ ）A.由可知，甲的速度是乙的倍B.由可知，甲的向心加速度是乙的2倍C.由可知，甲的向心力是乙的D.由可知，甲的周期是乙的倍【答案】CD【解析】【详解】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，则A．因为在不同轨道上g是不一样的，故不能根据得出甲乙速度的关系，卫星的运行线速度代入数据可得故A错误；B．因为在不同轨道上两卫星的角速度不一样，故不能根据得出两卫星加速度的关系，卫星的运行加速度代入数据可得故B错误；\nC．根据，两颗人造卫星质量相等，可得故C正确；D．两卫星均绕地球做圆周运动，根据开普勒第三定律，可得故D正确。故选CD。8.真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是（ ）A.a点电势低于O点B.b点电势低于c点C.该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能【答案】BD【解析】【详解】A．由题意可知O点合场强为零，根据同种电荷之间电场线的分布可知aO之间电场线由a到O，故a点电势高于O点电势，故A错误；B．同理可得，c点电势高于O点电势，两个固定电荷在bO射线上的点电场方向斜向上，故b点电势低于O点电势，则b点电势低于c点，故B正确。C．a点电势高于O点电势，b点电势低于O点电势，则a点电势高于b点，试探电荷为负电荷，故该试探电荷在a点的电势能小于在b点的电势能，故C错误；D．根据电荷电场的对称分布可得，b、d两点电势相同，则c点电势高于d点，试探电荷为负\n电荷，则该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能，故D正确。故选BD。第II卷9.滑板运动场地有一种常见的圆弧形轨道，其截面如图，某同学用一辆滑板车和手机估测轨道半径R（滑板车的长度远小于轨道半径）。主要实验过程如下：①用手机查得当地的重力加速度g；②找出轨道的最低点O，把滑板车从O点移开一小段距离至P点，由静止释放，用手机测出它完成n次全振动的时间t，算出滑板车做往复运动的周期T=___________；③将滑板车的运动视为简谐运动，则可将以上测量结果代入公式R=___________（用T、g表示）计算出轨道半径。【答案】①.②.【解析】【分析】【详解】②[1]滑板车做往复运动周期为③[2]根据单摆的周期公式，有得10.用图1所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为1Ω）。其中R为电阻箱，电流表的内电阻约为0.1Ω，电压表的内电阻约为3kΩ。\n（1）利用图1中甲图实验电路测电源的电动势E和内电阻r，所测量的实际是图2中虚线框所示“等效电源”的电动势和内电阻。若电流表内电阻用表示，请你用E、r和RA表示出、：_______、_______。（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在图3中，实线是根据实验数据（图甲：U=IR，图乙：）描点作图得到的U-I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U-I图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。在图中，对应图甲电路分析的U-I图像是：__________；对应图乙电路分析的U-I图像是：________。（3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图1中的______（填“甲”或“乙”）。【答案】①.②.③.C④.A⑤.乙【解析】【详解】（1）[1][2]因电源电动势等于外电路断路时的路端电压，可知内阻\n（2）[3][4]因U-I图像在U轴上的截距为电动势，斜率等于内阻；因甲电路中测得的电动势与准确值相等，而内阻测量值比真实值偏大，则在图中，对应图甲电路分析的U-I图像是C；而在以电路中，电动势的测量值内阻即电动势和内阻的测量值均偏小，则对应图乙电路分析的U-I图像是A。（3）[5]综合上述分析，因电流表的内阻RA与电源内阻大致相当，而电压表的内阻远大于电源内阻，可知图乙电路测量的误差较小，则为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图1中的乙图。11.如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)重物落地后，小球线速度的大小v；(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；(3)重物下落的高度h。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】\n【详解】(1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有结合(1)可解得杆对球的作用力大小为(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有联立各式解得12.在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面积是以O为圆心，半径为R的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m，电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v0穿出电场，AC与AB的夹角θ=60°。运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为mv0，该粒子进入电场时的速度应为多大？\n【答案】(1)；(2)；(3)0或【解析】【详解】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q>0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：所以根据动能定理有：解得：；（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有而电场力提供加速度有联立各式解得粒子进入电场时的速度：；（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时由几何关系有电场力提供加速度有\n联立解得；当粒子从C点射出时初速度为0。另解：由题意知，初速度为0时，动量增量的大小为，此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，动量变化都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化量也恒为，由几何关系及运动学规律可得，此时入射速率为13.某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小随速度的变化曲线。(1)求列车速度从降至经过的时间t及行进的距离x。（保留1位小数）(2)有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为，不计金属棒及导轨的电阻。沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。(3)制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列车从减到的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强?\n(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)【答案】.(1)，；(2)列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，论证过程见解析。画出的图线如下图所示：\n(3)【解析】【详解】（1）列车速度从降至的过程中做匀减速直线运动，根据运动学公式可得（2）设金属棒MN的质量为m，磁感应强度为B，导轨宽度为l，MN棒在任意时刻的速度大小为vMN。MN棒切割磁感线产生的感应电动势为回路中的电流为MN棒所受安培力大小为MN棒的加速度大小为由上式可知与成正比。又因为MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气化制动产生的加速度成正比，所以电气制动产生的加速度a电气与列车的速度v成正比，则电气制动产生的加速度大小随列车速度变化图线如图1所示。\n（3）制动过程中，列车受到的阻力是由电气制动、机械制动和空气阻力共同引起的。由（2）可知，电气制动的阻力与列车速度成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由题图1并根据牛顿第二定律可知，列车速度在20m/s至3m/s区间所需合力最大且不变。综合以上分析可知，列车速度在3m/s左右所需机械制动最强。
