成都市2020级高中毕业班第二次诊断性检测
物 理 试 题
二、选择题:本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．如图，纸面内正方形abcd的对角线交点O处有垂直纸面放置的通有恒定电流的长直导线，电流方向垂直纸面向外，所在空间有磁感应强度为B0，平行于纸面但方向未知的匀强磁场。已知c点的磁感应强度为零，则b点的磁感应强度大小为
A．0 B．B0
C．B0 D． 2B0
答案：C
解析：根据安培定则可知直导线在c处产生的磁场方向垂直ac斜向上与bc夹角为45 。由题意c点的磁感应强度为零，可判断直导线在c产生的磁感应强度大小等于B0，面匀强磁场的方向沿bc方向，如图所示。再根据安培定则可知直导线在b处产生的磁场方向垂直db，与ab成45 斜向左上，因此根据平行四边形定则可判断b点磁感应强度大小为B0，方向沿b→a。
15．用甲、乙两种单色光分别照射锌板，逸出的光电子的最大初动能分别为Ek和3Ek，己知甲、乙两种单色光的频率之比ν甲：ν乙=1：2，则锌板的逸出功为
A．Ek B．Ek C．Ek D．2Ek
答案：B
解析：甲、乙两种单色光分别照射锌板，根据光电效应方程有： hν甲-W0=Ek，hν乙-W0=3Ek，且有ν甲：ν乙=1：2，联立上述式子解得W0=Ek。
16．中国空间站天和核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知其轨道距地面的高度为h，运行周期为T，地球半径为R，万有引力常量为G，由此可得到地球的平均密度为
A． B． C． D．
答案：C
解析：设地球质量为M，天和核心舱质量为m，天和核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，万有引力提供向心力：G = m(R+h)，地球质量M = ρ·πR3，解得ρ =
17．物块P以速度v0沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。某时刻传送带突然以恒定速率v1沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是
答案：A
解析：设传送带倾角为θ，物块P原来匀速下滑，有mgsin θ=μmgcos θ，即μ = tan θ。某时刻传送带突然以v1逆时针方向运行，若v1
18．如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块，物块与圆盘间的动摩擦因数为μ。现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则
A．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为
B．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
C．餐桌面的半径为r
D．物块在餐桌面上滑行的过程中，所受摩擦力的冲量大小为m
答案：D
解析：滑落的瞬间μmg = mrω2，得ω = 。物块由静止开始加速到滑落瞬间，重力和圆盘支持力不做功，只有静摩擦力做功，根据动能定理W = mv2 = m(ωr)2 = μmgr。在餐桌面滑行至静止过程中，根据动量定理，所受摩擦力的冲量大小为I = mv= m(ωr) =m。物块在桌面滑行的距离如图所示大小为，根据动能定理－μ0mg·=0－mv2，因物块与桌面间动摩擦因数μ0未知，故桌面的半径R无法求解。
19．如图，某人斜拉着跨过光滑定滑轮的细绳提升重物，重物竖直上升依次经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程。若斜绳与竖直方向的夹角恒定，人始终静止在水平地面上，则
A．重物匀加速上升时，地面对人的支持力一定最小
B．重物匀速上升时，绳子对人的拉力一定最小
C．重物匀减速上升时，地面对人的摩擦力一定最小
D．三个过程中，地面对人的作用力大小相同
答案：AC
解析：重物匀加速上升时T1=mg+ma1、匀速时T2=mg、匀减速时T3=mg-ma3，即T1>T2>T3，设斜绳与竖直方向夹角为θ不变，人的质量为M，竖直方向有Tsin θ+FN=Mg，水平方向有Tcos θ=f静，易看出T1最大则FN1最小，T3最小则f静3最小。
20．在远距离输电技术上，中国1100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程。输电线路流程可简化为：
如虚线框所示，若直流输电线电阻为10Ω，直流电输送功率为5.5×109W，不计变压器、整流与逆变等造成的能量损失，则
A．直流电输电线路上的电流为5×103A
B．直流电输电线路上损失的电压为100kV
C．降压变压器的输出功率是4.5×109W
D．若将1100 kV直流输电降为550 kV直流输电，受端获得功率将比原来减少7.5×108 W
答案：AD
解析：由P=UI知用1100kV直流电输送5.5×109W时，直流电输电线路上的电流I==A=5×103A，在电阻为10Ω的输电线上损失的电压为U损=IR线=50kV，损失的功率P损= I2R线=2.5×108W，降压变压器的输出功率等于输入功率，为5.25×109W。若降为550 kV直流输电，电流I′==A=1×104A，损失的功率P损′= I′2R线=1×109W，受端获得功率为4.5×109W比原来减少7.5×108 W。
21．如图(a)，由水平竖直两段构成的“┐”形平行金属导轨固定，处于竖直方向的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的关系如图(b)(B向上为正)。两端打有小孔的导体棒PQ水平套在竖直导轨上并与导轨保持良好接触，PQ中点与物块A用轻绳经光滑定滑轮相连。已知导轨间距d=0.5m，导轨水平段长L=2m；A的质量m=0.09 kg，PQ的质量M=0.11kg；PQ 与导杆间的动摩擦因数μ=0.25(最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ，回路总电阻R=0.5Ω；竖直导杆、轻绳足够长，重力加速度g=10m/s2。若t=0时刻将PQ静止释放，则
A．t=0时刻，通过PQ棒的电流为2.5A
B．0.2s末，PQ棒开始运动
C．0~2s内，PQ棒的最大加速度为1.818 m/s2
D．2s末，PQ棒的速率为0.775 m/s
答案：BD
解析：0~2s内，感应电动势 =S =Ld= 1.0V，电流I==2.0A不变。方向根据楞次定律可判断为由P向Q，根据左手定则PQ所受安培力水平向右，导杆对PQ的弹力FN水平向左。当PQ即将开始运动时，有Mg=mg+μFN，其中FN=BId，联立解得此时B=0.8T，根据图(b)得B=1.0-t(T)，解得t=0.2s。PQ棒所受摩擦力随时间变化关系如右图所示。当t=1s时B=0，PQ所受安培力为零，此时与导杆间弹力为零，摩擦力也为零，PQ棒与物块A获得最大加速度，由Mg-mg=(M+m)amax得最大加速度为ama=1.0m/s2。由前面分析知PQ从0.2s末才开始运动，从0.2s到2s末对PQ棒和物块A使用动量定理，(M-m)g(t1+t2)-t1-t2=(M+m)v，即(0.11-0.09)×10×1.8-×0.8+×1.0=(0.11+0.09)v（或使用f-t图所围面积求摩擦力冲量），解得2s末PQ棒与物块A的速度大小v=0.775m/s。
22．(6分)某同学利用半偏法测量量程为2mA的电流表的内阻(小于100Ω)，实验电路如图所示。可供选择的器材有：
A．电阻箱(最大阻值9999.9Ω)，
B．电阻箱(最大阻值999.9Ω)，
C．直流电源E(电动势3V)，
D．开关两个，导线若干。
实验步骤如下：
①按图正确连接线路；
②闭合开关S1、断开开关S2，调节电阻箱R1，使电流表满偏；
③保持电阻箱R1接入电路的电阻不变，再闭合开关S2，调节电阻箱R2使电流表示数为1mA，记录电阻箱R2的阻值。
(1)实验中电阻箱R1应选择 (选填“A”或“B”)。
(2)在步骤③中，若记录的电阻箱阻值R2==51.0Ω，则可得到电流表的内阻为 ______ Ω；
若考虑到在接入电阻箱R2时，干路上电流发生的微小变化，则用该办法测出的电流表内阻的测量值__________真实值(选填“小于”、“等于”或“大于”）。
答案：(1)A(2分) (2)51.0或51(2分)；小于（2分）
解析：利用半偏法测量电流表的内阻时，电阻箱R2并入后，我们仍将干路电流视为恒定。电流表半偏的时候认为通过阻箱R2的电流与通过电表表的电流各为满偏电流的一半，所以取测量值RA=R2=51.0Ω。事实上，电阻箱R2的并入，必定使得干路电路略微变大，电流表半偏的时候流过的电流是满偏电流的一半，这样流过电阻箱R2的电流就要比满偏电流的一半稍大一点，根据并联分流原理，电阻箱R2的阻值要比电流表的内阻稍小一点，因此测量值总小于真实值。为了减小系统误差，干路上电阻箱R1的阻值应远大于电流表的内阻即R1>>Rg，才能做到电阻箱R2并入后干路总电流几乎不变，所以实验中电阻箱R1应选择最大阻值更大的A。
23．(9分)某研究小组利用DIS实验装置验证机械能守恒定律。如图(a)，内置有光电门的摆锤通过轻杆与转轴O相连，摆锤通过遮光片时可记录遮光时间。实验时，摆锤从M点由静止释放，依次记录其通过每个遮光片所对应的时间t。用刻度尺测出每个遮光片距最低点N的竖直高度为h，摆锤质量为m，重力加速度为g。
(1)实验前，用游标卡尺测量遮光片的宽度d ，其示数如图(b)，则d= mm.
(2)若以最低点N为零势能面，选用字母m、h、d、t、g表示物理量，则经过某个遮光片时，摆锤的重力势能EP=________， 动能Ek=________ ；对比通过各遮光片处摆锤的机械能E(E=EP+Ek)是否相等，可判断机械能守恒与否。
(3)为了更直观的处理数据，研究小组绘制了摆锤摆下过程中动能、重力势能及机械能随高度变化的图像如图(c)所示，其中重力势能Ep的图线应为 (选填“A” 、“B”或“C”)；仔细比对数据发现，摆锤摆下过程中，重力势能减少量 ___ 动能增加量(选填“大于”或“小于”)。
答案：(1) 8.7 (2分) (2) mgh (2分) m()2 (2分) (3)B（2分） 大于（2分）
解析：(1)游标零刻度之前主尺上读数为8mm，游标为10分度，第7根刻度线与主尺上刻度线对正，则游标读数为7×0.1mm=0.7mm，得遮光片的宽度d=8mm+0.7mm=8.7mm
(2)根据定义重力势能Ep=mgh，摆锤通过遮光片所用的时间很短，可用平均速度代替瞬时速度，即v=，因此动能Ek=mv2=m()2
(3) 根据重力势能表达式Ep=mgh，其随高度变化的图线应为B，而动能随高度变化图线应为C，由图可知摆锤摆下过程中高度由0.12m变为0时，重力势能减小量约为0.058J，大于动能增加量约为0.077J-0.026J=0.051J。
24．(12分)某高速公路上发生两车追尾事故，事故认定为前车违规停车，后车因制动距离不足追尾前车。假设两车追尾过程为一维正碰，碰撞时间极短，后车制动过程及两车碰后减速过程均可视为水平方向仅在滑动摩擦阻力作用下的匀减速直线运动，前车、后车视为质点。下图为事故现场俯视图，两车划痕长度与两车发生的位移大小相等。已知后车质量m1=2000kg，前车质量 m2=1000kg，两车所受摩擦阻力与车重的比值均为k=0.5，重力加速度g=10m/s2。请根据现场勘测数据及已知信息进行判断和计算。
(1)静止的前车在碰撞后瞬间的速度；
(2)后车开始刹车时是否超速(该段道路限速120km/h)。
解：（1）设后车该撞前、后瞬间的速度分别为v1、v1′，前车碰撞后瞬间的速度为v2
前车碰后做匀减速运动，发生位移为x3=40 m
对前车由动能定理有：－km2gx3=0－ （2分）
代入数据解得v2 = 20 m/s （2分）
（2）复合区域长度x2= 22.5m为碰后后车做匀减速运动的位移
对后车由动能定理有：－km1gx2= 0－ （1分）
代入数据解得v1 =15 m/s （1分）
碰撞过程，对前、后两车系统，由动量守恒定律有m1v1=m1v1′+m2v2 （2分）
代入数据解得：v1 =25 m/s （1分）
设后车从刹车到即将该撞的匀减速过程中发生的位移为x0，刹车时的速度为v0
则x0=x1-x2=27.5 m
对碰撞前后车的刹车过程，由动能定理有：－km1gx0 =－（1分〉
代入数据解得：v0= 30 m/s（1分）
因 v0= 30 m/s =108 km/h <120 km/h，故后车未超速（1分）
（其他合理解法参照给分）
25．(20分)如图(a)，空间直角坐标系Oxyz中，有一边长为L的正方体区域，其顶点分别是a、b、c、d、O、b'、c'、d'，其中a、b'、d'在坐标轴上，区域内(含边界)分布着电场或磁场。t=0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以初速度v0从a点沿ad方向射入区域，不计粒子重力。
(1)若区域内仅分布着沿y轴负方向的匀强电场，则粒子恰能从d'点离开区域，求电场强度E的大小；
(2)若区域内仅分布着方向垂直于平面adc'b'向外的匀强磁场，则粒子恰能从边b'c'之间的e点离开区域，已知b'e=L，求磁感应强度B的大小；
(3)若区域内仅交替分布着方向沿x轴负方向的磁场Bx和沿y轴正方向的磁场By，且磁感应强度Bx和By的大小随时间t周期性变化的关系如图(b)所示，则要使粒子从平面cdd'c'离开区域，且离开时速度方向与平面cdd'c'的夹角为60°，求磁感应强度B0大小的可能取值。
解：（1）粒子在电场力作用下，在平面add′O内做类平抛运动，由运动学规律
在x正方向：L=v0t（1分）
在y负方向：L=at2（2分）
由牛顿第二定律：qE=ma（2分）
联立解得：E=（1分）
（2）如答图1，粒子在洛伦兹力作用下，在平面adc′b′内做匀速圆周运动
过e点作半径eO′交于ab′，设粒子在磁场中的运动半径为r
由勾股定理：r2=(L)2+(L-r)2（2分）
得：r = < L（1分）
由牛顿第二定律：qv0B =m（2分）
得：B=（1分）
（3）由题意，粒子在磁场Bx和By中做匀速圆周运动的轨道半径R相同，周期T也相同
由牛顿第二定律：qv0B0=m （1分）
故：R=，T=（1分）
所以，，，……时刻对应着粒子做圆周运动的，，……时刻
（i）若粒子射出时与z轴负方向的夹角为60 ，则粒子在正方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图2所示，沿x轴负方向的的侧视如答图3所示，设粒子在平行于yOz平面内运动了n个半周期（答图2、答图3为n=3的情况），则
据答图2，x正方向：L=(2n-1)R+（n = 1，2，3，……）（1分）
据答图3，y方向：y =2nR （n =1，2，3，……） （1分）
因为y>L，故粒子无法到达cdd'c' 平面，不合题意（1分）
（ii）若粒子射出时与z轴方向的夹角为60 ，则粒子在正方体区域运动轨迹沿y轴负方向的俯视如答图4所示
据答图4，x正方向： L=2nR+（n = 0，1，2，3，……）（1分）
据答图3，y方向：y =2nR （n =0，1，2，3，……） （1分）
因为y
(其他合理解法参照给分)
33． [物理选修3-3](15分)
(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a(V0，p0)、b(2V0，2p0)、c(3V0，p0)， 以下判断正确的是_________。 (填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A．a到b的过程中，气体的内能增加
B．b到c的过程中，气体的温度升高
C．c到a的过程中，气体分子的平均动能增大
D．a到b的过程中气体对外界做的功等于b到c的过程中气体对外界做的功
E．a→b→c→a的过程中，气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的总功
答案：ADE
解析：a→b，由 = 得Tb=4Ta，温度升高气体内能增加；b→c，由= 得Tc=Tb，温度下降；c→a，由Tc=Tb=3Ta知温度下降，气体分子平均动能减小；a→b、b→c过程气体体积分别由V0变为2V0、2V0变为3V0，对外界做的功相等；根据热力学第一定律，从状态a开始回到状态a，气体从外界吸收的热量等于气体对外界做的总功。
(2)(10分)图(a)为某种机械的新型减振器—氮气减振器，其结构如图(b)，减振器中的活塞质量为2kg，气缸内活塞的横截面积为S=50cm2。为了测量减震器的性能参数，将减震器竖直放置，给气缸内冲入氮气，当气压达到p=6×105Pa时，活塞下端恰被两边的卡环卡住， 氮气气柱长度为L =20cm且轻质弹簧恰好处于原长。不计活塞厚度和一切摩擦，气缸导热性良好，气缸内密闭的氮气视为理想气体，大气压强p0=1×105Pa，重力加速度g=10m/s2，环境温度不变。
(i)现用外力竖直向下压活塞，使活塞缓慢向下运动，当气缸内氮气的压强大小为p'=1×106Pa时，活塞停止运动，求此过程中活塞下降的距离h；
(ii)若在(i)的过程中，外力对活塞做的功为W=87.2J，过程结束时弹簧的弹性势能为EP=6.4 J，求此过程中氮气向外界放出的总热量Q。
解：（i）下压过程中，缸内氮气做等温变化
由波意耳定律：pLS=p′L′S（2分）
代入数据得：L′=12cm（1分）
又：h=L—L'（1分）
解得：h =8 cm（1分）
(ii)设下压过程中，外界对氮气做的功为W气
由功能关系：W + p0Sh+mgh－W气=Ep（2分）
代入数据得：W气 = 122.4J（1分）
由热力学第一定律：ΔU= W气+(－Q)（1分）
等温压缩，ΔU=0，解得：Q = 122.4J（1分）
（其他合理解法参照给分）
34．[物理选修3-4](15分)
(1)(5分)某简谐横波在均匀介质中沿xOy平面传播，波源位于O点，t =0时刻波的圆形波面分布如图(a)，其中实线表示波峰，虚线表示与波峰相邻的波谷。A处质点的振动图像如图(b)，规定z轴正方向垂直于xOy平面向外。该波的波长为 m；该波从P点传播到Q点的时间为 s(可用根式表示)；M处质点起振后，5s内经过的路程为 cm。
答案：10（2分） 4（2分）（5.6和5.7也给2分） 5（1分）
解析：由图(a)可知波长λ=10m，由图(b)可知周期T=4s，振幅A=1cm，则波速v==2.5m/s。由几何关系得PQ=10m，波从P点传播到Q点的时间t==4s。5s=1T，起振动后5s经过的路程为5倍振幅5A=5cm。
(2)(10分)某发光二极管由一种透明材料封装而成，为研究其光学属性，某同学找来一个用此种透明材料制成的半球体。如图(a)，该同学将一光线垂直直径MN竖直射入半球体，发现进入球体的光线在球面上的入射角θ=53°时，折射光恰好消失。(sin53°=0.8，π=3.14）
(i)求该透明介质的折射率n；
(ii)如图(b)，二极管的半球球体直径为d=5mm，二极管发光面是以EF为直径且保持水平的发光圆面，发光圆面圆心位于半球的球心O，为确保发光面发出的光第一次到达半球面时都不发生全反射，求二极管发光圆面的最大面积Smax。(保留三位小数)
解：
(i)由题意，当θ=53 时，光恰好发生全反射，故临界角C=53 （1分）
由：n= （2分）
解得n = 1.25 （1分）
(ii）如答图5，发光圆面边缘处发出的光在球面上最容易发生全反射，且圆面面枳越大，边缘处发出的光越容易发生全反射；可证当边缘处发岀的光垂直于EF射向球面刚好不发生全反射时，对应着符合题意的圆面最大面积（1分）
设半球体和圆面的半径分别为R和r，则：sin C==（2分）
代入数据得：r=2mm（1分）
二极管发光圆面的面积为：Smax=πr2（1分）
代入数据得： Smax = 1.256×10-5 m2（1分）
(其他合理解法參照给分〉
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