1、鹤壁高中2022届高二下学期第一次段考物理试卷一、 选择题（共12道小题，每题5分，共60分，其中1-8为单选，9-12为多选，漏选得3分，错选0分）1、如图所示，氢原子可在下列各能级间发生跃迁，设从n4到n1能级辐射的电磁波的波长为1，从n4到n2能级辐射的电磁波的波长为2，从n2到n1能级辐射的电磁波的波长为3，则下列关系式中正确的是（）A13 B32 C+ D2如图所示，倾角为30的光滑固定斜面，质量分别为m1和m2的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接（不计滑轮的质量和摩擦），将两滑块由静止释放，m1静止，此时绳中的张力为T1若交换两滑块的位置，再由静止释放，此时绳中的张力为T2，则T
2、1与T2的比值为（）A1：1B2：1C1：2D2：33、某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的水池中。现制作一个为实际尺寸的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的（）A BCD4、假定“嫦娥五号”轨道舱绕月飞行时，轨道是贴近月球表面的圆形轨道。已知地球密度为月球密度的k倍，地球同步卫星的轨道半径为地球半径的n倍，则轨道舱绕月飞行的周期与地球同步卫星周期的比值为（）ABCD5、发光弹弓弹射飞箭是傍晚在广场常见的儿童玩具，其工作原理是利用弹弓将发光飞箭弹出后在空中飞行。若小朋友以大小为E的初动能将飞箭从地面竖直向上弹出，飞箭落回地面时动能大小为，设飞箭在
3、运动过程中所受空气阻力的大小不变，重力加速度为g，以地面为零势能面，则下列说法正确的是（）A飞箭上升阶段克服空气阻力做的功为B飞箭下落过程中重力做功为C飞箭在最高点具有的机械能为D飞箭所受空气阻力与重力大小之比为1：76、如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U，带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为（不计重力，不考虑边缘效应）（）Ad随v0增大而增大，d与U无关Bd随v0增大而增大，d随U增大而增大Cd随U增大而增大，d与v0无关Dd随U增大而增
4、大，d随v0增大而减小7带电粒子碰撞实验中，t0时粒子A静止，粒子以一定的初速度向A运动。两粒子的vt图象如图所示。仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则（）AA粒子质量小于B粒子B两粒子在t1时刻的电势能最大CA在t2时刻的加速度最大DB在0t3时间内动能一直减小8、如图，理想变压器原线圈匝数为1100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10V。已知RL：R4：1，则副线圈的匝数为（）A225B550C2200D44009、如图所示，倾角为的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM、MN长度均为3
5、d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tan。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，则（重力加速度大小为g）（）A当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为 gsinB当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinC当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为9dmgsinD当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为310、如图所示，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B，右边界与转轴OO重合。边长为L的正方形单匝线圈ABCD，左
6、侧一半处于匀强场中，以角速度逆时针方向绕固定轴OO匀速转动（从上往下看），则线圈在从图示位置转动180的过程中（）A感应电流的方向先为ABCD后为ADCBB感应电流的方向始终为ABCDC感应电动势的最大值为D平均感应电动势为011、如图所示为一种简单的飞行员素质训练装备，将轻质细绳一端固定在距地面高度为h的O点，质量为m的飞行员（可看作质点）在高台上抓住细绳另一端，从细绳处于水平状态时自A点由静止开始下摆，到达竖直位置B点时松开绳子，然后水平飞出安全落到水平地面上的C点，重力加速度为g，整个过程不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A当飞行员运动到点B时，绳子对他的拉力与细绳长短无关，一定等于他
7、重力的2倍B飞行员落地时的速度大小与细长短无关，其大小一定为C飞行员落地前瞬间重力的功率为mgD当绳长为时，平抛运动的水平位移最大，其大小为h12、一个边长为L的正方形导线框在倾角为的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中。如图所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远。下列推理、判断正确的是（）A线框进入磁场过程b点的电势比a点高B线框进入磁场过程一定是减速运动C线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能D线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电量一样二、 实验题（共15分）13、（1）在
8、“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中，某同学采用图1所示装置的实验方案，他想用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，他使长木板左端抬起一个合适的角度，平衡摩擦力。你认为在实验中还应该使 如图2所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T，距离如图。则打C点时小车的速度表达式为（用题中所给物理量表示） ；要验证合外力的功与动能变化间的关系，除了要测量沙和沙桶的总重力、测量小车的位移、速度外，还要测出的物理量有 。（2）用上面的装置也可以做“探究加速度与力、质量的关系”的实验，以下是某一实验小组记录的部分实验数据。
9、淆你根据表格中数据。在如图中取合适的坐标系作图象，寻找加速度和质量的关系。他们实验时沙和沙桶的质量始终没有变化。次数小车质量M/g加速度12001.915.0022501.714.0033001.503.3343501.322.8654001.122.5064501.002.2275000.902.00根据图象判断，实验产生误差的最主要原因是： 。14、某同学为了将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表欧姆表；（1）先用如图（a）所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调到3k时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到12k时，电压表指针指在如图（b）所示位置，
10、则电压表的读数为 V由以上数据可得电压表的内阻RV k；（2）将图（a）的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图（c）所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关，调节电阻箱，使指针指在“3.0V”处，此处刻度应标阻值为 （填“0”或“”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则“1V”处对应的电阻刻度为 k；（3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两笔断开时调节电阻箱，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将 。A偏大 B偏小 C不变
11、D无法确定三、 计算题15、（10分）如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v4m/s，与倾角为37的斜面的底端P平滑连接，将一质量m2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L8m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为10.25、20.20，取重力加速度g10m/s2，sin370.6，cos370.8。求物块（1）第1次滑过P点时的速度大小v1；（2）第1次在传送带上往返运动的时间t；（3）从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。16、（15分）如图所示的坐标系内，直角三角形OPA区域内有一方向垂直于纸面向外的匀强磁场。在x轴上方，三角形磁场区域右侧存在一个与三角形OP边
12、平行的匀强电场，电场强度为E，方向斜向下并与x轴的夹角为30，已知OP边的长度为L，有一不计重力、质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从静止开始经加速电场加速后，以v0的速度从A点垂直于y轴射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于OP边方向射入电场，最终速度方向垂直于x轴射出电场。求：（1）加速电压及匀强磁场的磁感应强度大小；（2）带电粒子到达x轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值；（3）带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。17、（10分）如图所示，左右两个竖直气缸的内壁光滑，高度均为H，横截面积分别为2S、S，下部有体积忽略不计的细管连接，左气缸上端封闭，右气缸上端与大气连通
13、且带有两个卡槽。两个活塞M、N的质量和厚度不计，左气缸和活塞M绝热，右气缸导热性能良好。活塞M上方、两活塞M、N下方分别密封一定质量的理想气体A、B，当A、B的温度均为3时，M、N均恰好静止于气缸的正中央。外界大气压强为p0，环境温度恒为3在开始通过电阻丝对A缓慢加热，忽略电阻丝的体积。（1）当活塞N恰好上升至右气缸顶端时，求气体A的热力学温度；（2）当活塞M恰好下降至左气缸底端时，求气体A的热力学温度。鹤壁高中2022届高二下学期第一次段考物理答案1-5 D/A/B/A/D/ 6-10 A/B/C/AD/BC/ 11-12 BD/CD1.D。【解答】解：A、释放光子的能量等于两能级间的能级差
14、，所以从n4到n1跃迁辐射电磁波能量大于从n2到n1跃迁辐射电磁波能量，则辐射的光子频率大，所以辐射的电磁波的波长短。所以13，故A正确；B、从n4到n2跃迁辐射电磁波能量小于从n2到n1跃迁辐射电磁波能量，则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长。所以23，故B错误；CD、从n4到n1跃迁辐射电磁波波长为1，从n4到n2跃迁辐射电磁波波长为2，从n2到n1跃迁辐射电磁波波长为3。根据释放光子的能量等于两能级间的能级差，所以，故C错误，D正确。2.【解答】解：交换位置前，两个滑块都处于静止状态，则有： m1gsin30T1 T1m2g 解得：m12m2 交换两滑块的位置，对两个滑块整体运用
15、牛顿第二定律得： m1gm2gsin30（m1+m2）a 对m1运用牛顿第二定律得： m1gT2m1a 由式解得：T2m2g 由式得：T1与T2的比值为1：1。故选：A。3.【解答】解：水流做平抛运动，水平方向：xv0t竖直方向：ygt2联立解得：v0x，模型的x，y都变为原来的，故v0xv0，故B正确，ACD错误。故选：B。4.【解答】解：根据万有引力等于向心力，设地球半径为R，月球半径为r，对地球同步卫星：Gm1（nR）对月球轨道舱有：Gm2r；地球质量M1和月球质量M2分别为：M11R3 M22r3 1k2；联立可得轨道舱绕月飞行的周期与地球同步卫星周期的比值为：，故A正确，BCD错误；
16、故选：A。5.【解答】解：A、飞箭上升阶段和下降阶段克服空气阻力做功相等，而且，上升阶段克服空气阻力做的功等于减少的机械能，为：Wf（EE），故A错误；BC、下降过程，由动能定理得：WGWf，解得 WGE，则飞箭在最高点具有的机械能为E最高EpWGE，故BC错误；D、对于下落过程，根据功的公式WFs可知 ，故D正确。故选：D。6.【解答】解：带电粒子在电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为，则有：而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于，则有：所以，又因为半径公式R，则有故d与m、v
17、0成正比，与B、q成反比 故选：A。7.【解答】解：A、由图可知，t0时刻有：p0mBv0，在tt2时刻有：p2mAvA，根据两粒子碰撞过程动量守恒，则有：mBv0mAvA，又由于v0vA，所以有mBmA，故A错误；B、两粒子在t1时刻速度相等，系统损失动能最大，则系统的电势能最大，故B正确；C、两粒子在t1时刻距离最近，两粒子库仑力最大，根据牛顿第二定律，可知A在t1时刻的加速度最大，故C错误；D、B在0t3时间内速度先减小后反向增加，则动能先减小后增加，故D错误。故选：B。8.【解答】解：设理想变压器原线圈两端电压为U1，根据变压器原理可得：，解得：U1110V原线圈的电流为：I1设副线圈
18、两端电压为U2，根据理想变压器输入功率等于输出功率可得：U1I1即：解得：U2220V根据变压器原理可得：解得副线圈得匝数为n22200，故C正确、ABD错误。故选：C。9.【解答】解：A、当样品1刚进入MN段时，以四个样品整体为对象，由牛顿第二定律有：4mgsinmgcos4ma1解得样品的共同加速度大小为：a1gsin，故A正确；B、当样品1刚进入MN段时，以样品1为对象，根据牛顿第二定律有：F1+mgsinmgcosma1解得样品1的轻杆受到的压力大小为：F1mgsin，故B错误；C、当四个样品均处于MN段时，摩擦力对样品1做功为：W1mgcos3d3mgdsin摩擦力对样品2做功为：W
19、2mgcos2d2mgdsin摩擦力对样品3做功为：W3mgcosdmgdsin此时样品4刚进入MN段，摩擦力对样品4不做功，故当四个样品均位于MN段时，摩擦力做的总功为：WW1+W2+W33mgdsin2mgdsinmgdsin6mgdsin，故C错误；D、四个样品从静止释放到处于MN段过程，对四个样品根据动能定理有：4mg6dsin+W4mv2，由C项分析知：W6mgdsin，联立解得：v3，故D正确。故选：AD。10.【解答】解：AB、根据楞次定律，当线圈先转过90的过程中，感应电流的方向为ABCD；当线圈转过后90的过程中，感应电流的方向也为ABCD，故A错误，B正确；C线圈在转过90
20、的位置感应电动势最大，其最大值为EmBL，故C正确；D平均感应电动势为，故D错误。故选：BC。11.【解答】解：A、从A到B，由机械能守恒定律 在B点，由牛顿第二定律得 解得：T3mg即当飞行员运动到点B时，绳子对他的拉力与细绳长短无关，一定等于他重力的3倍，故A错误；B、从A到C机械能守恒，则 解得：即飞行员落地时的速度大小与细长短无关，其大小一定为，故B正确；C、飞行员落地前瞬间速度的竖直分量小于，则根据Pmgvy可知，重力的功率小于mg，故C错误；D、平抛的位移当lhl时，即绳长l时平抛运动的水平位移最大，其大小为h，故D正确。故选：BD。12.【解答】解：A、ab切割磁感线，产生的感应
21、电流方向ba，a点的电势比b点高。故A错误。 B、ab边受到安培力，因条件不足，安培力大小和重力沿斜面的分力大小无法比较，线框的运动情况无法确定。故B错误。 C、根据能量守恒定律，线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能。故C正确。 D、由经验公式电量q，线框从不同高度下滑时相同，R相同，则电量相同。故D正确。故选：CD。13.【解答】解：（1）与“探究加速度与力、质量的关系”实验原理类似，为了用沙和沙桶的总重力表示小车受到的合外力，该实验除了平衡摩擦力之外，还需要小车质量远大于沙和沙桶的总质量。故答案为：小车质量远大于沙和沙桶的总质量。；小车质量。（2）图象如图所示：由图象可知，随着的增大
22、，小车质量逐渐减小，不再满足小车质量远大于沙和砂桶的总质量，因此图象出现了偏折。故答案为：未能满足小车质量远大于沙和砂桶的总质量。14.【解答】解：（1）由图（b）所示电压表表盘可知，其分度值为0.1V，示数为1.50V；电源内阻不计，由图（a）所示电路图可知，电源电动势为：EU+IRU+R由题意可知：，解得：E4.5V，RV60006k（2）电压表的示数为3V，则与之并联部分相当于断路刻度应标阻值为。若电压表示数为1V，其与外接电阻构成并联关系，所以电阻箱电阻为3K，分压3.5V。由，且并联电压与电阻箱电压的分压比为，可得：RX10001k（3）因电动势不变，仅内阻变化，可改变电阻箱的阻值使
23、总的电阻不变，则不影响测量结果。故答案为：（1）1.50，6；（2），1；（3）C15.【解答】解：（1）物块沿斜面下滑，由牛顿第二定律得：a1gsin1gcos4m/s2由速度位移关系式可得：v2a1L代入数据，解得：v18m/s（2）物块过P点后减速，因为传送带足够长，所以物块一定能减速到零，对物块根据牛顿第二定律得：a22g0.2010m/s22m/s2减速过程的时间：t14s x116m减速到零后开始反向加速，这一过程先匀加速到与传送带共速，再做匀速直线运动。加速阶段：t2s2sx2t2m4m匀速阶段：x3x1x216m4m12mt3s3s故物块第1次在传送带上往返运动的时间tt1+t
24、2+t34s+2s+3s9s（3）根据能量守恒，物块第1次滑过P点时与斜面的摩擦产生的热量为：Q1mgLsin37mv此时动能为：Ekmv根据已知条件分析可知，物块之后再到达P点的速度不会大于4m/s，则物块此后在传送带上的运动为对称的，即从P点进入传送带跟离开传送带速度等大反向，动能Ek将在之后的循环运动中转化为热量Q2，根据能量守恒有：Q2Ek故QQ1+Q2联立，解得：Q48J16.【解答】解：（1）设加速电场的电压为U，由动能定理可得：qU，解得：U；根据题设条件可知，带电粒子垂直OP边射入电场，设带电粒子在磁场中运动半径为R，如图所示，由几何关系可得RLcos60，在磁场中，向心力有：
25、qv0Bm，解得B；（2）带电粒子刚进入磁场时的动能：Ek1，设带电粒子到达x轴时的速度为v，根据几何关系可得v，带电粒子到达x轴时的动能Ek2，则带电粒子到达x轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值；（3）带电粒子在磁场中运动时间为t1，带电粒子运动周期T，则t1，带电粒子在电场中运动至x轴时有：vat2，由几何关系可知vv0tan30，解得：t2，带电粒子在磁场和电场中运动的时间为：tt1+t2+。17.解：（1）在N活塞刚好到顶端的过程中，B气体体积不变，M下降的距离为：hA气体的压强为p0保持不变，由盖吕萨克定律得：由题意可知A气体的状态参量为：T1270K，V1HS，V2+hS代入数据解得气A的热力学温度为：T2405K（2）当M下降至低端时B的压强为p，气体B保持温度不变，由玻意耳定律得：pHS设此时A气体的热力学温度为T3，对气体A，由理想气体状态方程得：解得：T3810K答：（1）当活塞N恰好上升至右气缸顶端时，气体A的热力学温度为405K；（2）当活塞M恰好下降至左气缸底端时，气体A的热力学温度为810K。
