1、成都市成都市 2018 级高中毕业班摸底测试级高中毕业班摸底测试 物理物理 本试卷分选择题和非选择题两部分。第本试卷分选择题和非选择题两部分。第卷（选择题）卷（选择题）1 至至 3页第页第卷（非选择题）卷（非选择题）4 至至 6页，页， 共共 6 页，满分页，满分 100分，考试时间分，考试时间 100 分钟。分钟。 注意事项：注意事项： 1.答题前务必将自己的姓名考籍号填写在答题卡规定的位置上。答题前务必将自己的姓名考籍号填写在答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，必须使用答选择题时，必须使用 2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑
2、，如需改动，用橡皮擦 擦净后，再选涂其它答案标号。擦净后，再选涂其它答案标号。 3.答非选择题时，必须使用答非选择题时，必须使用 0.5 毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5.考试结束后，只考试结束后，只将答题卡交回。将答题卡交回。 第第卷（选择题，共卷（选择题，共 40 分）分） 一、本题包括一、本题包括 8 小题，每小题小题，每小题 3 分共分共 24 分每小题只有一个选项符合题目要求。分每小题只有一个选项符合题目要求。 1.
3、 1820 年，在实验中首次发现电流磁效应的科学家是（ ） A. 安培 B. 奥斯特 C. 楞次 D. 洛伦兹 【答案】B 【详解】1820年，在实验中首次发现电流磁效应的科学家是奥斯特，故选 B。 2. 下列说法正确的是（ ） A. 为了形象地描述电场和磁场，法拉第引入了电场线和磁感线 B. 由 F E q 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 C. 由 Q C U 可知，电容器的电容与加在电容器上的电压成反比 D. 由 F B IL 可知，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 【答案】A 【详解】A了形象地描述电场和磁场，法拉第引入了电场线和磁
4、感线，选项 A 正确； B电场中某点的电场强度大小是由电场本身决定的，与检验电荷受到的电场力大小无关，选项 B错误； C电容器的电容是由电容器本身决定的，与加在电容器上的电压无关，选项 C错误； D某点的检验电流元所受的安培力为零可能是电流元与磁场方向平行，而该点的磁感应强度不一定为零， 选项 D错误。故选 A。 3. a、b 是同种材料制成的两根圆柱形导体棒，它们的伏安特性曲线如图所示。两者相比较（ ） A. 长度大的一定是 a B. 横截面积大的一定是 a C. 若 a、b 串联，通电后功率较大的是 b D. 若 a、b 并联，通电后功率较大的是 b 【答案】D 【详解】AB由 U-I图像
5、斜率等于电阻可知 RaRb 根据 L R S 可知，不能比较两导线的长度和横截面积的大小关系，选项 AB 错误； C若 a、b串联，电流相等，根据 P=I2R 可知，通电后功率较大的是 a，选项 C 错误； D若 a、b并联，电压相等，根据 2 U P R 可知，通电后功率较大的是 b，选项D正确。 故选 D。 4. 如图，实线表示某固定场源点电荷电场中的三条电场线，虚线为一正离子仅在电场力作用下从 P 点运动 到 Q 点的轨迹，下列判定正确的是（ ） A. 场源点电荷带正电 B. 正离子在 P 点的加速度大于在 Q 点的加速度 C. 正离子在 P 点的速度小于在 Q点的速度 D. 正离子在
6、P 点的电势能大于在 Q 点的电势能 【答案】B 【详解】A根据粒子的运动轨迹可知，正离子所受的电场力大致向右，可知电场线大致向右，则场源点电 荷带负电，选项 A 错误； B因为 P点的电场线较 Q点密集，可知正离子在 P 点受到的电场力较大，则在 P点的加速度大于在 Q点 的加速度，选项 B 正确； CD正离子从 P 点到 Q 点，电场力做负功， 则动能减小，电势能变大， 即在 P点的速度大于在 Q点的速度， 在 P 点的电势能小于在 Q点的电势能，选项 CD 错误； 故选 B。 5. 如图，两根平行长直导线固定，导线中通有垂直纸面向外，大小相等的恒定电流，O是两导线连线的中 点，a、b是连
7、线上的两点，c是连线的中垂上一点aOOb。下列说法正确的是（ ） A. O 点的磁感应强度不为零，方向垂直于两导线的连线向上 B. a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同 C. a、b两点磁感应强度大小相等，方向相反 D. c点的磁感应强度不为零，方向平行于两导线的连线向右 【答案】C 【详解】A由安培定则判断可知，M、N两导线在 O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，则 O点处 的磁感应强度为零，故 A错误。 BC根据磁场的叠加原理和对称性知，a、b 两点处的磁感应强度大小相等，但是左边电流在 a点产生的磁 场大于右边电流在 a 点产生的磁场，则 a 点合磁场方向向上，同理可知 b点合磁
8、场方向向下，故 B 错误，C 正确； D画出 c 点的磁场方向如图，可知 c 点的磁场不为零，方向水平向左，选项 D错误。故选 C。 6. 图示电路中，电源电动势为 E，内阻为 r，且 r=R1，电流表和电压表均为理想电表，闭合开关 S，让动变 阻器的滑片 P 由图示位置向右滑动到另一位置。则与 P 滑动前比较（ ） A. 电流表 A的示数变大 B. 电压表的示数变大 C. 电容器所带电荷量变小 D. 电源的输出功率变小 【答案】D 【详解】变阻器的滑片 P由图示位置向右滑动到另一位置，则其 R2电阻变大，电路总电阻变大，总电流减 小，则电流表 A 的示数变小，R1两端电压减小，则电压表读数减
9、小；路端电压变大，则电容器两端电压变 大，根据 Q=CU可知，电容器所带电量变大；因 r=R1，则外电路电阻越来越远离内阻值，则电源的输出功 率减小,故选 D。 7. 如图，金属导体的长度，宽度，厚度分别为 a、b、d，导体处在方向垂直前后面向里，磁感应强度为 B 的匀强磁场中。 现给导体通以图示方向的恒定电流， 稳定后， 用电压表测得导体上、 下表面的电压大小为 U。 下列说法正确的是（ ） A. 上表面的电势高于下表面的电势 B. 导体单位体积内的自由电子数越多，电压表的示数越大 C. 导体中自由电子定向移动的速度大小为 U v Bd D. 导体中自由电子定向移动的速度大小为 U v Bb
10、 【答案】C 【详解】A电流方向向右，电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向 上，则上表面积累了电子，上下表面之间产生向上的电场，所以上表面的电势比下表面的电势低，选项 A 错误； CD稳定时有 U qqvB d 得自由电子定向移动的速度为 U v Bd 选项 C正确，D 错误； B电流的微观表达式是 I=nevS 可知导体单位体积内的自由电子数 I n evS 又 Sdb， U v Bd 代入得 BI U neb 可见导体单位体积内的自由电子数越多，电压表的示数越小，选项 B 错误。 故选 C。 8. 如图（a） ，纸面内，圆形金属框通过长导线与平行金属板 MN
11、和 PQ连接框内有如图（b）所示周期性变 化的磁场（规定垂直纸面向里为磁场的正方向）导线上 c、d接有电阻 R，O1、O2是金属板上正对的两个小 孔。t=0 时刻，从 O1孔内侧由静止释放一个离子（不计重力）离子能够在时间 t内到达 O2孔，已知 t2T， 规定从 c 经 R到 d 为电流 I的正方向， 从 O1指向 O2为离子速度 v 的正方向， 则下列图像可能正确的是 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【详解】AB根据电路知识可知，金属板两端的电压等于电阻 R 两端的电压，由法拉第电磁感应定律知， 电阻 R两端的电压为 B S E tt 由图可知，0 2 T 内， B t 的比值
12、不变，故感应电动势大小不变，根据楞次定律判断可知，感应电流方向 为逆时针，所以经过 R 的电流大小不变，方向为负； 2 T T内， B t 的比值也不变，故感应电动势大小不 变， 根据楞次定律判断可知， 感应电流方向为顺时针， 所以经过 R的电流大小不变， 方向为正， 故 AB错误； CD根据 AB 项分析，0 2 T 内，经过 R 的电流大小不变，方向为负，判断可知，金属板 PQ带正电，金 属板 MN带负电，金属板 PQ的电势高于 MN，且金属板两端电压不变，根据牛顿第二定律有 U qma d 可知离子运动的加速度不变，则离子从 O1开始做匀加速直线运动； 2 T T内，经过 R 的电流大小
13、不变，方 向为正，判断可知，金属板 PQ 带负电，金属板 MN带正电，金属板 PQ的电势低于 MN，且金属板两端电 压不变，同理，离子运动的加速度不变，但与速度方向相反，则离子做匀减速直线运动，直到速度刚好减 为 0；2TT的规律与0T相同，离子一直向 O2方向运动，经过时间t内到达 O2孔，故 C 正确，D错 误。故选 C。 二、本题包括二、本题包括 4 小题，每小小题，每小 4 分，共分，共 16 分。每小给出的四个选项中，有分。每小给出的四个选项中，有多项符合题目要求。多项符合题目要求。 全部选对的得全部选对的得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得
14、 0分。分。 9. 教学用发电机能够产生正弦交变电流。如图，利用该发电机（内阻不计）通过理想变压器向定值电阻 R 供电时，理想电流表 A 的示数为 I，R 消耗的功率为 P。则（ ） A. 仅将变压器原线圈的匝数变为原来的 2 倍，R 消耗的功率将变为 4 P B. 仅将变压器原线圈的匝数变为原来的 2 倍，A表的示数仍为 I C. 仅将发电机线圈的转速变为原来的 1 2 ，A表的示数将变为 2 I D. 仅将发电机线圈的转速变为原来的 1 2 ，R 消耗的功率仍为 P 【答案】AC 【详解】AB仅将变压器原线圈的匝数变为原来的 2 倍，根据 11 22 Un Un 可知，次级电压 U2变为原
15、来的 1 2 ，根据 2 2 U P R 可知 R消耗的功率将变为 4 P ；则初级输入功率变为原来的 1 4 ，则输入电流变为原来的 1 4 ，即 A表的示数变 为 1 4 I，A正确，B 错误； CD仅将发电机线圈的转速变为原来的 1 2 ，根据 m 2?ENB SNBnS 可知，电动势最大值变为原来的 1 2 ，变压器输入电压变为原来的 1 2 ，根据 11 22 Un Un 可知，次级电压变为原来的 1 2 ，根据 2 2 U P R 可知 R消耗的功率将变为 4 P ；次级电流变为原来的 1 2 ，根据 12 21 In In 可知，初级电流变为原来的 1 2 ，即 A 表的示数将变
16、为 2 I ，C 正确，D错误。 故选 AC。 10. 氢原子能级示意图如图所示，处于 n=4能级的一群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 10种不同频率的光子辐射出来 B. 共有 3 种不同频率的光子能使钨板发生光电效应现象 C. 从钨板逸出的光电子的最大初动能为 12.75eV D. 从钨板逸出的光电子的最大初动能为 8.21eV 【答案】BD 【详解】A根据 2 4 6C 可知，这些氢原子可能辐射出 6种不同频率的光子，选项 A错误； B根据能级差公式 m hvEE可得 n=4跃迁到 n=3 辐射的光
17、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，选项 B正确； CD根据光电效应方程 0k EhvW 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 0 12.75eV4.54eV8.21eV
18、k Ehv W 选项 C错误，D 正确。故选 BD。 11. 如图，四个电荷量绝对值相等的点电荷分别固定在正方形的四个顶点处，其中两个为正电荷，两个为负 电荷。A、B、C、D为正方形四条边的中点，O为正方形的中心，规定无穷远处电势为零。下列说法正确的 是（ ） A. A 点电场强度为 0 B. B 点电势为零 C. A、C 两点电场强度相同 D. 将一带负电的检验电荷从 A 点沿直线 AC移动到 C点，在此过程中电荷电势能减小 【答案】BC 【详解】A 两个正电荷在 A 点的合场强为零，但是两个负电荷在 A 点的合场强水平向右，不等于零，A 错误； B由对称性可知，上面一对正负电荷在 B的合电
19、势为零，下面一对正负电荷在 B 的合电势也为零，则 B 点电势为零，B正确； C由场强叠加可知，A点的场强等于右边一对负电荷在 A点场强的矢量和，C点的场强等于左边一对正电 荷在 C点场强的矢量和，根据平行四边形法则可知，A、C 两点电场强度相同，C 正确； D 由场强叠加可知 AC直线上场强方向由 A 到 C， 则将一带负电的检验电荷从 A 点沿直线 AC移动到 C点， 在此过程中电场力做负功，则电荷电势能增加，D错误。 故选 BC。 12. 如图，一质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器构成。静电分析器通道的圆弧中心线半径为 R，通 进内有均匀辐向电场，中心线处的场强大小为 E；半圆形磁分
20、析器中分布着方向垂直于纸面、磁感应强度为 B 的匀强磁场。要让质量为 m、电荷量为 q的粒子（不计重力） ，由静止开始从 M板经加速电场加速后沿圆 弧中心线通过静电分析器，再由 P 点垂直磁场边界进入磁分析器，最终打到胶片上，则（ ） A. 加速电场的电压 U需满足的关系为 1 2 UER B. 若 q0，则 M板电势需低于 N板电势，辐向电场的方向由圆心指向圆外，且磁分析器中磁场方向垂直于 纸面向外 C. 电荷量相同的粒子都能打在胶片上的同一点 D. 粒子打在胶片上的位置 Q 到 P点的距离为 2mER Bq 【答案】AD 【详解】A在加速电场中 2 1 2 Uqmv 在静电分析器中 2 v
21、 Eqm R 解得 1 2 UER A 正确； B若 q0）的小物 块，恰好静止在斜面上距底边高为 h 的 A点，重力加速度大小为 g。 (1)求电场的场强大小； (2)若保持场强方向不变，仅将场强大小变为原来的一半，求小物块滑到斜面最低点 B 时的速度大小。 【答案】(1) tan mg E q ；(2) 2 2 tan gh vgh 【详解】(1)小物块恰好静止在斜面上，此时物块受重力 mg、电场力 qE、斜面的支持力 N 的作用，如图所 示： 根据平衡条件有 tanqEmg 解得 tan mg E q (2)若保持场强方向不变，仅将场强大小变为原来的一半，设小物块滑到斜面最低点 B 时的
22、速度大小为 v， 根据动能定理有 2 11 2tan2 h mghqEmv 代入 tan mg E q 解得 2 2 tan gh vgh 16. 如图，倾角=30绝缘光滑斜面固定，斜面上宽度 L=0.5m的矩形区域 MNQP 存在方向垂直斜面、 磁感应强度 B=1T的匀强磁场。现给一平放在斜面上的正方形闭合导线框施加一个作用于线框上边中点、方 向始终平行于线框侧边的力 F（图中未画出） ，使线框从虚线 ab处由静止向下做加速度 a=2m/s2的匀加速直 线运动直到穿过磁场。已知线框质量 m= 2 5 kg、电阻 R=0.5、边长也为 L=0.5m，abMPNQ斜面底 边，且 ab 与 MP的
23、间距 s=1m，重力加速度 g=10m/s2。求： (1)线框下边刚进入磁场时导线框的热功率； (2)线框上边即将离开磁场时的外力 F。 【答案】(1)2W；(2) 2 2 N 5 【详解】(1)线框下边刚进入磁场时导线框的速度 1 22m/svas 感应电动势 11 1VEBLv 导线框的热功率 22 1 1 1 W=2W 0.5 E P R (2)线框上边即将离开磁场时的速度 2 2 (2 )2 2(1 2 0.5)m/s2 2m/sva sL 安培力 2222 22 10.52 2 N= 2N 0.5 BLvB L v FBL RR 安 方向向上； 由牛顿第二定律 sin30=FmgFm
24、a 安 解得 2 2 N 5 F 17. 如图，直角坐标系 xOy 中，在 xL区域有沿 y轴负方向的匀强电场在L0 区域还有一个圆心在 O（ 2 L ，0）点且与 y轴相切的圆形匀强磁场区域，磁场的 方向垂直于坐标平面向外。一位于 P（2L， 3 6 L）点的带正电粒子（不计重力）以初速度 v0沿 x 轴正方 向射出，粒子恰能依次经过 Q（L，0）点、O点和圆形区域圆弧上的 M点。粒子质量为 m、电荷量为 q， MO与 x 轴正方向的夹角为60。求： (1)粒子在 Q 点的速度； (2)Lx0区域内磁场的磁感应强度大小 B1； (3)圆形区域内磁场的磁感应强度大小 B2。 【答案】(1) 0
25、 2 3 3 Q vv，方向与水平方向成30；(2) 0 1 2 3 3 mv B qL ；(3) 0 2 4 3 3 mv B qL 【详解】(1)带电粒子从 P到 Q 做类平抛运动，设带电粒子在 Q点时的速度方向与水平方向的夹角为，则 有 0 3 3 6 tan 3 2 y L v L v 得 =30 则 Q 点的速度为 0 0 2 3 cos303 Q v vv 方向与水平方向成30 (2)带电粒子的运动轨迹如图所示 带电粒子从 Q 到 O，弦长 2 sin30QOLR 解得 =R L 由公式 2 1 Q v qvBm R 解得 0 1 2 3 3 Q mv mv B qRqL (3)带
26、电粒子从 O 到 M，弦长为 3 2cos30 22 LL s 弦切角为 =60 则有 2sin60sR 解得 2 L R 由公式 2 2 Q v qvBm R 解得 0 2 4 3 3 Q mv mv B qRqL （二）选考题共（二）选考题共 12 分，请考生从分，请考生从 2 道题中任选一题做答，并用道题中任选一题做答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题铅笔在答题卡上把所选题 目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选区域指定位置目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选区域指定位置 答题。如果多做，则按所做的第一题计分。答题。如果多做
27、，则按所做的第一题计分。 物理选修物理选修 33 18. 下列说法正确的是（ ） A. 布朗运动是固体分子的无规则运动 B. 一定质量的理想气体在等温膨胀过程中一定吸热 C. 晶体的分子（或原子，离子）的排列是规则的 D. 气体压强仅与气体分子的平均动能有关 E. 一切与热现象有关的实际宏观自然过程都是不可逆的 【答案】BCE 【详解】A布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，并不是固体分子的无规则运动，故 A错误； B理想气体在等温膨胀的过程中内能不变，同时对外做功，由热力学第一定律知，一定从外界吸收热量， 故 B 正确； C晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的，而非晶体的分子（或原子、离子）排
28、列是无规则的，故 C正确； D气体压强由温度、体积决定，即与气体分子的平均动能和分子密集程度有关，故 D错误； E根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，故 E 正确； 故选 BCE。 19. 如图，长 L=1m的粗细均匀细管开口向上竖直放置，管内有一段高为 h=4cm的水银柱，水银柱下密封了 一定质量的理想气体，当环境温度为 T1=301K，水银柱上端到管口的距离为 d=10cm。已知大气压强 p0=76cmHg，管内气体温度与环境温度相同。 (i)当环境温度变为 T2=315K，求稳定后水银柱下端到管底的距离； (ii)保持环境温度 T2不变，让细管在竖直面内绕
29、管底缓慢转动，直到细管水平。试通过计算判断管口是否有 水银溢出。 【答案】(i)0.9m；(ii)没有 【详解】(i)气体发生等压变化则有 12 12 VV TT 即有 (1 0.1 0.04) 301315 SxS 解得 0.9mx (ii)气体发生变温变化则有 2233 p VpV即 80 0.976ShS 解得 0.95mh 由于 0.99m1mhh 则管口没有水银溢出 物理选修物理选修 34 20. 在一根拉直的绸带两端 O1和 O2同时沿竖直方向抖动后停止，产生的两列简谐横波相向传播，某时刻的 波形如图所示。不考虑波的反射。下列说法正确的是（ ） A. 两列波在绸带中的波速大小相等
30、B. O1和 O2振动的频率相同 C. O1和 O2开始振动 方向相同 D. 两列波引起 x=6m处的质点通过的总路程为 80cm E. 在两列波叠加的区域内，振动最强的质点坐标为 x=0.25m 【答案】ADE 【详解】A两列波在同种介质中传播，则波速大小相等，故 A 正确； B由图可知，两列波的波长不同，由公式vf可知，O1和 O2振动的频率不相同，故 B 错误； C根据同侧法可确定，此时 x=3m处的质点的振动方向向下，x=3m处的质点的振动方向向上，则 O1和 O2 开始振动的方向不同，故 C错误； D向右传播的波引起 x=6m处的质点振动半个周期通过的路程为 1 220cmsA 向左
31、传播的波引起 x=6m处的质点振动一个周期通过的路程为 2 44 15cm60cmsA 总路程为 12 80cmsss 故 D 正确； E当两列波的波谷相遇时此处质点振动加强，由于两列波的波速相同，所以两列波传播的距离都为 4.55 m=4.75m 2 d 则相遇点的坐标为 (54.75)m=0.25mx 故 E 正确。 故选 ADE。 21. 如图，ABO是横截面为四分之一圆的透明体，圆半径为 R。一束光线垂直于 AO 射到边上 D点，进入透 明体的光线恰能在 AB 边发生全反射。已知透明体的折射率 n=2，真空中的光速为 c。求： （1）D点到 O 点的距离； （2）光线从进入透明体到再次返回 AO 边（含端点）经历的时间（结果用根式表示） 。 【答案】 （1）0.5R； （2） 3 3R c . 【详解】 （1）光路如图： 临界角 11 sin 2 C n 则 C=30 sin300.5DORR （2）因DEO=90 -DOE=30 ，故在 F点也将发生全反射，由几何关系可知，从 F点反射的光线与 OA 边 交于 A点。过 F 点作法线与 DE交于 G点 3 cos 2 DEOEDEOR 3 2cos3 OE EFR DEO 3 2 3 3 1 cos3 2 R OF FAR AFO 传播时间 DEEFFA t v ， c v n 解得： 3 3 tR c
