海淀区高三年级第二学期期末练习物理能力测试2022.5本试卷共14页，满分300分。考舰长分钟。考生务必将答案写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Na23Mg24Si28Cl35.5Fe56Cu64第一部分(选择题共120分）本部分共20小题，每小题6分,共120分,在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。13.在下列叙述中，正确的是A.物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能B.—定质量的气体，体积不变时，温度越高，气体的压强就越大C.对一定质量的气体加热，其内能一定增加D.随着分子间的距离增大分子间引力和斥力的合力一定减小【答案】B【解析】物体里所有分子动能和势能的总和叫做物体的内能，A错误；—定质量的气体，体积不变时，温度升高，单位体积气体分子的个数不变但分子的平均动能增大，故气体的压强增大，B正确；气体吸收热量有可能同时对外做功，其内能不一定增加，C错误；分子间引力和斥力均随分子间距离的增大而减小，但二者减小的幅度不一样，斥力比引力变化快，故D错误。14.根据玻尔理论，氢原子的电子由n=2轨道跃迁到n=1轨道A.原子的能量减少，电子的动能增加B.原子的能量增加，电子的动能减少C.原子要放出一系列频率不同的光子D.原子要吸收某一频率的光子【答案】A【解析】氢原子的电子由n=2轨道跃迁到n=1轨道向外辐射某一频率的光子，释放能量，原子的能量减少；由于半径减小，静电力做正功，故电子的动能增加。本题应选A。15.如图2所示，用绿光照射一光电管，能产生光电效应。欲使光电子从阴极逸出时的初动能增大，应该A.改用红光照射B.改用紫光照射C.增大光电管上的加速电压D.增大绿光的强度【答案】B【解析】由爱因斯坦光电效应方程可知对于同种金属，光电子的初动能只跟入射光的频率有关，故欲使光电子从阴极逸出时的初动能增大，应该换用频率更高的紫光照射。本题应选B。16.甲、乙两颗人造卫星绕地球作圆周运动，周期之比为T1:T2=1:8，则它们的轨道半径之比和运动速率之比分别为-9-\nA.R1：R2=1：4,v1:v2=2:1B.R1：R2=4:1，v1:v2=2:1C.R1：R2=1：4,v1:v2=1:2D.R1：R2=4:1，v1:v2=1:2【答案】A【解析】已知卫星的周期之比，由公式可知轨道半径之比和线速度之比。本题选A。17.如图3所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压。副线圈接入电阻的阻值R=100Ω。则A.通过电阻的电流是22AB.交流电的频率是100HzC.与电阻并联的电压表的示数是100VD.变压器的输入功率是484W【答案】C【解析】由原副线圈电压跟匝数成正比可知副线圈的电压有效值为100V，故与电阻并联的电压表的示数是100V，C正确；通过电阻的电流为1A，A错误；交流电的频率Hz，B错误；由可得副线圈电阻消耗的功率为100W，故变压器的输入功率是100W，D错误。18.—根弹性绳沿x轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t=0时使其开始沿y轴做简谐运动，在t=0.25s时，绳上形成如图4所示的波形。关于此波,下列说法中正确的是A.此列波为横波,0点开始时向上运动B.此列波的波长为2m,波速为8m/SC.在t=1.25s后,A、B两点的振动情况总相同D.当t=10s时，质点B正通过平衡位置向上运动【答案】D【解析】由题意可知该简谐波沿x轴向右传播，质点沿y轴方向上下振动，故此列波为横波，由图可看出波长为2m，0点开始时向下运动，t=0.25s时，波刚传播到x=1m处，故波速为4m/s，选项A、B错误。t=1.25s时,波刚好传播到x=5m（即B点）处，A、B两点相距半波长的奇数倍，振动情况总相反，C错误。该简谐波的周期为=0.5s，t=1.25s时,波刚好传播到B点，B点向下运动，t=1.5s时，质点B正通过平衡位置向上运动，故再过17个周期，即当t=10s时，质点B正通过平衡位置向上运动，D正确。19.如图5所示，电源电动势为E，内电阻为r。两电压表可看作是理想电表,当闭合开关，将滑动变阻器的滑片由左端向右端滑动时（设灯丝电阻不变），下列说法中正确的是A.小灯泡L2变暗,V1表的示数变小，V2表的示数变大-9-\nB.小灯泡L2变亮，V1表的示数变大,V2表的示数变小C.小灯泡L1变亮，V1表的示数变大，V2表的示数变小D.小灯泡L1变暗,V1表的示数变小，V2表的示数变大【答案】C【解析】将滑动变阻器的滑片由左端向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与灯泡L1并联的电阻增大，外电路总电阻增大，路端电压增大，V1表的读数变大．由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流减小，灯泡L2变暗，电压表V2读数变小．灯泡L1的电压U1=E-I（r+RL2）增大，灯泡L1变亮．故选C。20.如图6所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是A.弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大B.B板的加速度一直增大C.弹簧给木块A的冲量大小为2mv0/3D.弹簧的最大弹性势能为mv02/3【答案】D【解析】由题意可知当A、B的速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得，，解得，，选项D正确；此时弹簧给木块A的冲量大小等于物块A动量的变化量，即等于2mv0/3，但此后弹簧要恢复原长，弹簧弹力对B做正功，又弹簧弹力逐渐减小，故B继续加速度减小的加速运动，选项AB错误；弹簧要恢复原长时对A做负功，A的速度减小，动量减小，故整个过程中，弹簧给木块A的冲量大小小于2mv0/3，选项C错误。第二部分（非选择题共180分）本部分共11小题,共180分。21.(18分）(1)(4分)某同学在测定一厚度均匀的圆柱形玻璃的折射率时，先在白纸上作一与圆柱横截面相同的圆，圆心为0。将圆柱形玻璃的底面与圆重合放在白纸上。在圆柱形玻璃一侧适当位置竖直插两枚大头针P1和P2，在另一侧适当位置洱先后插两枚大头针P3和P4，先使P3能够挡住P2、P1的像，再插大头针P4时，使P4能够档住P3和P2,P1的像。移去圆柱形玻璃和大头针后,得图7所示的痕迹。①图中已画出P1P2的入射光线，请在图中补画出完整的光路图，并标出光从玻璃射入空气的入射角θ1和折射角θ2。②用入射角θ1和折射角θ2表示玻璃折射率的表达式为n=_______。(2)(14分）为了较准确地测量一只微安表的内阻，采用图8所示实验电路图进行测量，实验室可供选择的器材如下：A.待测微安表（量程500，内阻约300Ω）B.电阻箱（最大阻值999.9Ω）-9-\nC.滑动变阻器R1(最大阻值为10Ω)D.滑动变阻器R2(最大阻值为1KΩ)E.电源（电动势为2V，内阻不计）F.保护电阻R0（阻值为120Ω)①实验中滑动变阻器应选用_____(填“C”或“D”）；②按照实验电路在图9所示的方框中完成实物图连接。③实验步骤：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端,调节电阻箱的阻值为零；第二，闭合开关S,将滑片缓慢左移，使微安表满偏；第三,保持滑片不动，调节R的电阻值使微安表的示数正好是满刻度的2/3时，此时接入电路的电阻箱的示数如图10所示,阻值R为______Ω。第四，根据以上实验可知微安表内阻的测量值RA为_______Ω④若调节电阻箱的阻值为时，微安表的示数正好是满刻度的1/2,认为此时微安表内阻就等于0则此时微安表内阻的测量值与微安表的示数正好是满刻度的2/3时微安表内阻的测量值RA相比，更接近微安表真实值的是____。（填“”或“RA”）【答案】（1）（4分）①光路图正确有箭头1分；入射角、折射角标注正确1分GμA+-图8OP1图6答案P2P4P3θ1θ2②……2分（2）（14分）①C……3分②实物图补画正确……3分③145.5……3分,291……3分④RA……2分【解析】（2）①滑动变阻器采用分压式接法，应选小量程的，便于调节。③各档位电阻之和即为电阻箱的读数。由欧姆定律可知，代入已知数据可求得Ω。④电阻箱和微安表串联的总电阻增大，它们与滑动变阻器右半部分电阻并联后阻值略增大，那么电路总电阻略增大，总电流略减小，分压器上分到的电压略增大，通过微安表电流为I，电阻箱和微安表串联的总电阻略大于原来的，所以测量值比真实值偏大． 同理可知，用半偏法测得的值比真实值差大得更多。22.(16分）如图11,水平桌面固定着光滑斜槽，光滑斜槽的末端和一水平木板平滑连接，设物块通过衔接处时速率没有改变。质量m1=0.40kg的物块A从斜槽上端距水平木板高度h=0.80m处下滑，并与放在水平木板左端的质量m2=0.20kg的物块B相碰,相碰后物块B滑行x=4.0m到木板的C点停止运动，物块A滑到木板的D-9-\n点停止运动。已知物块B与木板间的动摩擦因数=0.20,重力加速度g=10m/s2,求：(1)物块A沿斜槽滑下与物块B碰撞前瞬间的速度大小；(2)滑动摩擦力对物块B做的功；(3)物块A与物块B碰撞过程中损失的机械能。【答案】见解析【解析】（1）设物块A滑到斜面低端与物块B碰撞前时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有……………………2分解得：v0=4.0m/s………………2分（2）设物块B受到的滑动摩擦力为f，摩擦力做功为W，则f=µm2g……………………2分W=-µm2gx……………………2分解得：W=-1.6J……………………1分（3）设物块A与物块B碰撞后的速度为v1，物块B受到碰撞后的速度为v，碰撞损失的机械能为E，根据动能定理、根据动量守恒定律和能量守恒有-µm2gx=0-m2v2……………………1分解得：v=4.0m/s…………………1分解得：v1=2.0m/s…………………1分…………………2分解得：E=0.80J…………………2分23.(18分）图12所示为回旋加速器的示意图。它由两个铝制D型金属扁盒组成,两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上。在D1盒中心A处有离子源，它产生并发出的a粒子,经狭缝电压加速后,进入D2盒中。在磁场力的作用下运动半个圆周后，再次经狭缝电压加速。为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致。如此周而复始，速度越来越大,运动半径也越来越大,最后到达D型盒的边缘，以最大速度被导出。已知a粒子电荷量为q,质量为m，加速时电极间电压大小恒为U,磁场的磁感应强度为B,D型盒的半径为R，设狭缝很窄,粒子通过狭缝的时间可以忽略不计，设a粒子从离子源发出时的初速度为零。（不计a粒子重力）求：(1)a粒子第一次被加速后进入D2盒中时的速度大小；(2)a粒子被加速后获得的最大动能Ek和交变电压的频率f(3)a粒子在第n次由D1盒进入D2盒与紧接着第n+1次由D1盒进入D2盒位置之间的距离Δ-9-\nx。【答案】见解析【解析】（1）设α粒子第一次被加速后进入D2盒中时的速度大小为v1，根据动能定理有……………………2分……………………2分（2）α粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有……………………2分解得：……………………2分设α粒子的最大动能为Ek，则Ek=……………………2分解得：Ek=……………………2分设交变电压的周期为T、频率为f，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则，解得：T=……………………1分……………………1分（3）离子经电场第1次加速后，以速度进入D2盒，设轨道半径为r1离子经第2次电场加速后，以速度v2进入D1盒，设轨道半径为r2-9-\n轨道半径：………离子第n次由D1盒进入D2盒，离子已经过（2n-1）次电场加速，以速度进入D2盒，由动能定理：轨道半径：……………………1分xn+1nn+1Δxxn离子经第n+1次由D1盒进入D2盒，离子已经过2n次电场加速，以速度v2n进入D1盒，由动能定理：轨道半径：……1分则=2…………1分（如图所示）=2(……………………1分24.(20分)如图13所示，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一竖直平面内，圆弧轨道的圆心为0，半径为R0传送带PC之间的距离为L,沿逆时针方向的运动速度v=.在PO的右侧空间存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回。物体与传送带间的动摩擦因数为，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失,重力加速度为g(1)求物体下滑到P点时，物体对轨道的压力F(2)求物体返回到圆弧轨道后，能上升的最大高度H(3)若在PO的右侧空间再加上方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的水平匀强磁场(图中未画出），物体从圆弧顶点A静止释放,运动到C端时的速度为，试求物体在传送带上运动的时间t。【答案】见解析【解析】（1）设物体滑到P端时速度大小为，物体从A端运动到P端的过程中，机械能守恒-9-\n…………………………1分解得：…………………………1分设物体滑到P端时受支持力为N，根据牛顿第二定律…………………………1分解得：N=3mg…………………………1分设物体滑到P端时对轨道压力为F，根据牛顿第三定律F=N=3mg…………………………1分（2）物体到达C端以后受滑动摩擦力，向左做初速度为零的匀加速运动，设向左运动距离为x时物体与皮带速度相同，设物体受到的摩擦力为f，则fx=………………………1分物体从皮带的P端滑到C端摩擦力做功-fL=0-………………………1分………………………1分解得：x=………………………1分即物体在皮带上向左先做匀加速运动一半皮带长度后，与皮带同速向左运动，即再次到达P点时速度大小是v=………………………2分根据机械能守恒定律，设在斜面上上升的高度H，则mgH=解得H=……………………2分说明：其他方法答案正确均得分。（3）设电场强度为E，在无磁场物体从A端运动到C端的过程中，根据动能定理有……………………1分解得E=……………………1分-9-\n在有磁场情况下物体从P端运动到C端的过程中，设任意时刻物体速度为v，取一段极短的含此时刻的时间，设在此时间段内的速度改变量为（取水平向右为正方向），根据牛顿第二定律，有……………………1分两边同时乘以再对两边求和……………………1分而……………………1分而，则……………………1分以上结果代入上式，得化简得t=……………………1分-9-
