【文档说明】湖北省宜昌市夷陵中学2021-2022学年高二下学期诊断性检测物理试题（详解版）.docx，共(20)页，1.020 MB，由envi的店铺上传

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12022年春夷陵中学高二年级诊断性检测物理试题一、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分，其中第1-7题只有一项符合题目要求，第8-11题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分

，有选错的得0分。1.以下关于光学常识的描述中说法正确的是（）A.偏振光只可以是横波，不可以是纵波B.泊松亮斑支持了光的微粒说C.雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的折射现象D.“隔墙有耳”是波的干涉现象【答案】A【解析】【详解】A．偏振光只可以是横波，不可以是纵波，选项A正确

；B．泊松亮斑是光的衍射现象，支持了光的波动说，选项B错误；C．雨后路面上的油膜呈现彩色，是光的干涉现象，选项C错误；D．“隔墙有耳”是波的衍射现象，选项D错误。故选A。2.演示自感现象的电路如图所示，L为电感线圈。闭合开关S，电路稳定时，两只完全

相同的灯泡A1、A2亮度相同，下列说法正确的是（）A.闭合开关S时，A1、A2同时变亮B.若断开开关，通过A2的电流从左向右C.L的直流电阻与R的阻值相同D.若断开开关，A1逐渐变暗，A2闪亮一下再逐渐变暗【答案】C2【解析】【详解】A．闭合开关S时，A2立即变亮；由于线圈的自感

作用将阻碍电流的快速变大，使电流缓慢变大，所以与其串联的灯泡A1缓慢变亮，故A错误；C．电路稳定时，两只完全相同的灯泡A1、A2亮度相同，说明L的直流电阻与R的阻值相同，故C正确；BD．断开开关时，电路中的电流突然减小为零，线圈内将产生阻碍原电流减小的自感电流，即自感电流的方向与原电流方向相同；

灯泡A1、A2所在的两个支路构成了一个闭合回路，自感电流通过灯泡A1、A2，通过A2时方向从右向左，随着自感电流的减小，两个灯泡同时熄灭，因两个灯泡之前电流相同，因此灯不会闪烁一下；故BD错误。故选C。3.在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻

为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴OO（从上往下看逆时针转动）以角速度匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（）A.在13~tt时间内，通过电阻R电流方向先向上然后向下

B.在13~tt时间内，穿过线圈的磁通量的变化量为零C.4t时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为0ED.在13~tt时间内，通过电阻R的电荷量为02()ERr+【答案】D【解析】3【详解】A．在13~tt时间内根据右手定则可知电流方向不变，始终向上，A选项错误；B．在13~tt时间内，穿过线圈的磁

通量由正向BS变为负向BS，磁通量的变化量为2BS=不为零，故B选项错误；C．4t时刻线圈产生的感应电动势最大，为0E，根据法拉第电磁感应定律0Ent=所以磁通量的变化率大小为0Etn=故C错误；D．在34~tt时间内，通过电阻

R的电荷量2()()nBSqnRrRr==++0EnBS=故02()EqRr=+故D选项正确。故选D。4.如图所示，一束复色可见光入射到置于空气中的平行玻璃砖MNPQ上，穿过玻璃后从下表面射出a、b两束单色光，则下列说法正确的是（）4A.a光的频率较大B.玻璃

对b光的折射率较小C.若增大MN面上的入射角，b光可能在PQ面上发生全反射D.a、b两束单色光的出射方向一定平行【答案】D【解析】分析】【详解】AB．因为b光的偏折程度大，则b光的折射率较大，折射率大的光，频率高，故b光的频率高，故AB错误；CD．光线通过玻璃砖发生两次折射，第二

次的入射角等于第一次的折射角，根据光路可逆，光不可能在PQ面上发生全反射，一定能从下表面射出玻璃砖，根据光路可逆，出射光线与入射光线平行，故C错误，D正确。故选D。5.两个带等量异种电荷的粒子分别以速度av和bv射入匀强磁场，两粒子的入射方

向与磁场边界的夹角分别为60和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，A、B连线垂直于磁场边界。如图所示，则（）A.a粒子带正电，b粒子带负电B.两粒子的轨道半径之比:3:1abRR=C

.两粒子的质量之比:2:1abmm=D.两粒子的速率之比:1:4abvv=【答案】C【解析】【详解】A．由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；B．由粒子做匀速圆周运动，如图【5粒子运动轨道圆心在AB的垂直平分线和过A点的速度垂直方向的交点，故12sin30a

dRd==112sin603bdRd==所以:3:1abRR=故B错误；C．由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60，b粒子转过的圆心角为120，根据运动时间相同可得运动周期为:2:1abT

T=再根据洛伦兹力做向心力可得2mvBvqR=所以，运动周期为22RmTvqB==根据电荷量相等可得::2:1ababmmTT==故C正确；D．根据62mvBvqR=mvRqB=:3:1abRR=::2:1ababmmTT==可得:3:2a

bvv=故D错误。故选C。6.等腰三角形内有垂直纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，t=0时刻，边长为L的正方形导线框从图示位置沿x轴匀速穿过磁场，取顺时针方向为电流的正方向，则能够正确表示导线框中电流-位

移（i-x）关系的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】位移在0-L过程：磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值。设线框的四个顶点为a、b、c、d。线圈bc边的位置坐标为x，当x在0-L

过程，线框bc边有效切线长度为l=x，感应电动势为E=Blv=Bxv感应电流为7EBxviRR==可知i与x成正比；当x在L-32L过程中，bc边和ad边同时切割磁感线，且切割磁感线的长度bc＞ad，感应电动势为E=B（2L-x）v-B（x-L）v=B（3L-2

x）v感应电流为()32BLxviR−=根据楞次定律判断出来感应电流方向沿顺时针，为正值，且随x增大i减小；当x在32L-2L过程中，bc边和ad边同时切割磁感线，且切割磁感线的长度bc＜ad，感应电动势为E=B（x-L）v-B（2L-x）

v=B（2x-3L）v感应电流为()23BxLviR−=根据楞次定律判断出来感应电流方向沿逆时针，为负值，且随x增大i增大；当x在2L-3L过程，线框bc边有效切线长度为l=3L-x感应电动势为E=Blv=B（3L-x）v感应电流为()3BLxvEiRR−==；根据楞次

定律判断出来感应电流方向沿逆时针，为负值，且随x增大i减小；综合以上由数学知识可得A符合，故A正确，BCD错误。7.如图，平行金属板A、C面积均为S，相距为d，在两金属板之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，通过导线将两金属板与平行金属导轨相连，两导轨水平放置且处于垂直

导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小也为B，长为L的金属棒的两端恰好静置在水平金属导轨上，平行金属导轨电阻不计，金属棒电阻为R，在平行金属板A、C左端均匀通入质量为m、电荷量为q的等离子体，其速度均为v

，已知金属板A、C之间等离子体的电阻率为，开始时开关K断开，金属棒始终处于静止状态，下列判断中正确的是（）80A.金属板A带正电B.在开关K断开时，平行金属板A、C间产生的电势差为BLvC.在开关K闭合瞬

间，通过金属棒L的电流大小为BdvRD.在开关K闭合瞬间，金属棒L所受安培力大小为2BdLSvRSd+【答案】D【解析】【详解】A．根据左手定则可知，正离子受向下的洛伦兹力，在C板聚集，负离子受向上的洛伦

兹力，在A板聚集，即A板带负电，故A错误；B．在开关K断开时，两极板上电荷积累，在两极板间形成电场，当带电粒子受电场力等于洛伦兹力时，两极板间电势差稳定，则有UqqvBd=可得UBdv=故B错误；C．在开关K闭合瞬间，回路中的总电阻为d

dSRRRSS+=+=总电流为UBdvSIRdSR==+总9故C错误；D．在开关K闭合瞬间，金属棒L所受安培力大小为2BdvSLFBILdSR==+故D正确。故选D。8.如图，质量为M、长度为l

的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚

好滑到小车的最右端，以下判断中正确的是（）A.此时物块的动能为()Fsl+B.此时物块的速度为()Fftm−C.这一过程中，物块和小车产生的内能为fsD.这一过程中，物块和小车增加的机械能为()Flsfl+−【答案】BD【解析】【

详解】A．对物块由动能定理得k0()()EFfsl−=−+解得k()()=−+EFfsl故A错误；B．对物块由动量定理得()−=Fftmv10解得()−=Fftvm故B正确；C．这一过程中，物块和小车产生的内能为Qfl=故C错误；D．根据功能关系得知，物块和小车增加的机械能为()=+−EF

lsfl故D正确。故选BD。9.图为两个质量分别为m、M的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的xt−图像，则下列说法正确的是（）A.:3:1Mm=B.碰撞过程中两小球所受合外力相同C.碰撞前后质量为m的小球动量

的变化量大小为2mD.两小球发生的是弹性碰撞【答案】AD【解析】【详解】A．xt−图像的切线斜率表示速度，可知碰撞前小球M的速度为0，小球m的速度为18m/s4m/s2v==碰撞后小球M的速度为2168m/s2m/s62v−==−碰撞后小球m的速度为308m

/s2m/s62v−==−−碰撞过程满足动量守恒，则有11123mvMvmv=+解得1324(2)321vvMmv−−−===A正确；B．碰撞过程中两小球所受合外力大小相等，方向相反，B错误；C．碰撞前后质量为m的小球动量变化量为

316pmvmvm=−=−可知碰撞前后质量为m的小球动量变化量大小为6m，C错误；D．碰撞过程中，由于22213211188222mvmmvMvm==+=可知碰撞过程满足机械能守恒，故两小球发生的是弹性碰撞，D正确。故选AD。10.如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，P点的振动周

期为0.4s，从波传到x＝5m的M点时开始计时，下面说法中正确的是（）A.这列波的波长是5mB.波源的起振方向向下C.1s内质点M经过的路程为1mD.质点Q（x＝9m）经过0.7s第一次到达波谷【答案】

BC【解析】【详解】A．由读出相邻波谷之间的距离为4m，即波长为4m，故A错误；B．简谐横波沿x轴正方向传播，介质中各质点的起振方向都与图示时刻M点的振动方向相同，均向下。故波源的振动方向向下，故B正确；C．已知P点的振动周期为0.4s，则波的

周期为T=0.4s，振幅为10cm，故1s内M经过的路程为121410cm100cm1m0.4s===故C正确；D．波速为4m/s10m/s0.4vT===当图示x=4m处质点的振动传到质点Q时，Q点第一次到达波谷，所经过时间为94s0.5s10xtt−===故D

错误。故选BC。11.如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（）A.甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压UB.乙图可判断出B极板是发电机的正极C.丙图可以判断出带电粒子的电性，粒

子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是EvB=D.丁图中若载流子带负电，稳定时D板电势高【答案】BD【解析】【详解】A．根据2vqvBmR=可得mvRqB=结合2k12Emv=，可知粒子的最大动能为13222km2qBREm=粒子的最大动能与加速电压U无关，要增大粒子的最大动能

，可增大磁感应强度B和金属盒半径R，故A错误；B．根据左手定则，可知正电荷向B极板偏转，则B极板是发电机的正极，故B正确；C．速度选择器选择的是带电粒子的速度，但丙图无法判断出带电粒子的电性，根据qvBqE=可得粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是Ev

B=故C错误；D．根据左手定则可知，带负电的载流子受到洛伦兹力方向向左，即向C板偏转，故稳定时D板电势高，故D正确。故选BD。二、实验题（12小题6分，13小题6分，共12分）12.某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行

。正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示：（1）此玻璃的折射率计算式为n=___________（用图中的1、2表示）；（2）如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度_________

__（填“大”或“小”）的玻璃砖来测量；（3）如果玻璃砖的上下表面不平行，对此玻璃的折射率的测量结果___________（填“有”或“没有”）影响。【答案】①.12coscos②.大③.没有【解析】14【详解】（1）[1]根据折射定律可得()()1122sin90cossin9

0cosn−==−（2）[2]为了减小θ2角测量误差，应使折射光线尽量长些，即应选用宽度大的玻璃砖来测量。（3）[3]玻璃砖的上下表面不平行，对θ1和θ2的测量无影响，所以对此玻璃的折射率的测量结果没有影

响。13.用单摆测定重力加速度的实验装置如图所示．（1）选用合适的器材组装成单摆后，主要操作步骤如下：①将单摆上端固定在铁架台上②让刻度尺的零刻度线对准摆线悬点，测摆长L③记录小球完成n次全振动所用的总时间t④根据单摆周期公式计算重力

加速度g的大小，根据图示，测得摆长L=_______cm（2）为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制如图所示2TL−图像，由图可知重力加速度g=_______（用图中字母表示）．（3）关于实验操作或结果分析，下列说法正确的

是_______．A．测量摆长时要让小球静止悬挂再测量B．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好C．多次改变摆线长l，测量多组对应的50次全振动时间t，通过绘制的2tl−（关系图线也可以测定重力的15加速度【答案】①.98.50②.22122214()LLTT−−③.AC【解析】

【详解】（1）[1]刻度尺的最小分度值为1mm，所以读数为98.50cm（2）[2]图像的斜率为222121TTkLL−=−由周期公式2LTg=变形得224TLg=所以22221214TTgLL−=−变形

得22122214()LLgTT−=−（3）[3]A．小球静止悬挂时测量摆长，可以更精确地测出悬点至球心的距离，故A正确；B．单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作是简谐运动，故B错误；C．由单摆周期公式可得250tlg=变形得2224245010tll

gg==只要根据图像求出斜率，就可以求出重力加速度g，故C正确。故选AC。三、解答题（14小题14分，15小题15分，16小题17分，共44分）1614.如图所示，光滑水平面上质量12kgm=的物块以02m/sv=的初速度冲

向质量26kgm=的静止的光滑圆弧面斜劈体，圆弧部分足够长。取210m/sg=，求：（1）物块1m能上升的最大高度；（2）物块1m刚从圆弧面滑下后，二者速度的大小；【答案】（1）0.15m；（2）1m的速度大小为1m/s，2m的速度

大小为1m/s【解析】【详解】（1）物块1m上升的最大高度为h，当物块1m上升最大高度时，1m与2m具有相同的水平速度，1m与2m组成的系统水平方向满足动量守恒，可得1012()=+共mvmmv解得1012

22m/s0.5m/s26mvvmm===++共1m与2m组成的系统满足机械能守恒，可得221012111()22mvmmvmgh=++共解得0.15mh=（2）假设物块1m刚从圆弧面滑下后，1m的速度为1v，2m的速度为2v，根据系统水平方向动量守恒可得101222m

vmvmv=+根据系统机械能守恒可得222101112111222mvmvmv=+联立解得1711m/sv=−，21m/sv=可知物块1m刚从圆弧面滑下后，1m的速度大小为1m/s，2m的速度大小为1m/s。15.如图是一列横波t=0.1s的波形图像。已知这列波的频率为f=5Hz，此时x=

0.5m处的质点正向y轴正方向振动，可以推知：（1）这列波正沿轴哪个方向方向传播；（2）这列波传播速度是多少；（3）求该质点在0.5s内通过的路程是多少。【答案】（1）沿x轴正方向传播；（2）10m/s；（

3）1m【解析】【详解】（1）x=0.5m的质点此刻振动的速度方向向上，据波形平移法确定该波沿x轴正方向传播；（2）从图中可得出波长2m=这列波的频率是5Hzf=所以10m/svf==（3）已知11s0.2s5Tf===则可知0.5s2.5T=，那么

可得该质点0.5s内通过的路程为𝑠=2.5×4A=100cm=1m16.如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内存在磁感应强度大小为B。方向垂直于坐标平面向外的有界矩形匀强磁场区域（图中未画出）。一粒子源固定在x轴上坐标为

(),0L的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为0v的电子，电子通过y轴上的C点时速在18度方向与y轴正方向成60=角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第二象限内与x轴负方向成30=角的射线OM。已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒

子之间的相互作用。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)电子在电场和磁场中运动的总时间t；(3)矩形磁场区域的最小面积minS。【答案】(1)2032emvEL=；(2)02332LmveB+；(3)20min4(21)mvSeB=−【解析】【详

解】(1)电子从A到C的过程中，由动能定理得2201122eELmvmv=−又有0cosvv=联立解得2032emvEL=(2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有1sin2vLt=解得10223sin3LLtv

v==由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角192=−−=电子在磁场中运动时间22tT=其中2mTeB=解得22mteB=电子在电场和磁场中运动的总时间1202332LmtttveB=+=+(3)电子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力

提供向心力，则有2vevBmr=最小矩形区域如图所示，由数学知识得2CDr=，2cos22rCQrrr=−=−矩形区域的最小面积minSCDCQ=联立解得20min4(21)mvSeB=−的在20获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公

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