2021-2022学年河南省郑州市外国语中学高三第二次诊断性检测物理试卷含解析

1、2021-2022学年高考物理模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正方向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A在x2和x4处电势能相等B由x1运动到x3的过程中电势

2、能增大C由x1运动到x4的过程中电势能先减小后增大D由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大2、如图甲所示，质量为0.5kg的物块和质量为1kg的长木板，置于倾角为足够长的固定斜面上，时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，。则下列说法正确的是（）A长木板与斜面之间的动摩擦因数为B拉力F作用的时间为C拉力F的大小为13ND物块与长木板之间的动摩擦因数2可能为0.883、如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直

3、于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g。则在此过程中，下列说法正确的是（）A小球带正电B小球可能做匀加速直线运动C小球加速度大小为gcosD小球重力势能的增加量等于电势能的增加量4、采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，R1、R2、R3 是三个完全相同的定值电阻，理想变压器的匝数比为2：1，开关断开时电路消耗的总功率为P，则开关闭合时电路消耗的总功率为（）APBCD5、如图所示，甲球用细线悬挂于车厢顶，乙球固定在竖直轻杆的下端，轻杆固定在天花板上，当车向右加速运动时，细线与竖直方向的夹角为=45，已知甲球的质量为m，乙

4、球 的质量为2m，重力加速度为g。则轻杆对乙球的作用力大小等于（ ）AmgBmgC2mgDmg6、如图所示，总阻值为R的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90，下列说法正确的是（）A第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向B两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为21C若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则v1：v2=：2D若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则v1：v2=2：二、多项选择题：本题共4小题，每小

5、题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、一列简谐横波沿轴正方向传播，在处的质元的振动图线如图1所示，在处的质元的振动图线如图2所示。下列说法正确的是（ ）A该波的周期为15sB处的质元在平衡位置向上振动时，处的质元在波峰C在内处和处的质元通过的路程均为6cmD该波的波长可能为8m8、如图所示，在粗糙的水平地面上放着一左测截面是半圆的柱状物体B，在物体B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个系统处于静止状态。现用水平力F拉着物体B缓慢向右移动一小段距离后，系统仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是（ ）A

6、小球A对物体B的压力逐渐增大B小球A对物体B的压力逐渐减小C拉力F逐渐减小D墙面对小球A的支持力先增大后减小9、2018年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。某次比赛中，球员甲接队友的一个传球，在网前L3.60 m处起跳，在离地面高H3.20 m处将球以v012 m/s的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。假设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h12.50 m和h22.95 m，g取10 m/s2.下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（）A乙在网前直立不动B乙在甲击球时同时起跳离地C乙在甲击球后0.18

7、s起跳离地D乙在甲击球前0.3 s起跳离地10、如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a下列说法正确的是（ ）A在过程ab中气体的内能增加B在过程ca中外界对气体做功C在过程ab中气体对外界做功D在过程bc中气体从外界吸收热量E.在过程ca中气体从外界吸收热量三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11（6分）某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小，如图甲所示，将直径约为3cm的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧

8、面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为50Hz.(1) 实验时，应先接通_(选填“电动机”或“打点计时器”)电源(2) 实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻2个点之间的长度L1，以及此时圆盘的直径d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻2个点之间的长度L2，以及此时圆盘的直径d2，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为_m/s.测得此时圆盘直径为5.60cm，则可求得电动机转动的角速度为_rad/s.(结果均保留两位有效数字)(3) 该同学根据测量数据，作出了纸带运动

9、速度(v)与相应圆盘直径(d)的关系图象，如图丙所示分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中_(选填“增大”“减小”或“不变”)12（12分）实验小组利用以下方法对物体的质量进行间接测量，装置如图1所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，已知重物P、Q的质量均为m，当地重力加速度为g。在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连。(1)先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图2所示的纸带，则系统运动的加速度a=_m/s2（结果保留2位有效数字）；(2)在忽略阻力的理想情况下，物块Z质量M的表达式为M=_（用字母m、a、g

10、表示）；(3)实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，物块Z的实际质量与理论值M有一定差异，这种误差是_误差（填“偶然”或“系统”）。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示，在坐标系中，在的区域内分布由指向y轴正方向的匀强电场，在的区域内分布有垂直于平面向里的匀强磁场，MN为电场和磁场的边界，在处放置一垂直于y轴的足够大金属挡板ab，带电粒子打到板上即被吸收（设轨迹圆与挡板ab相切的粒子刚好不会被吸收），一质量为m.电量为的粒子以初速度由坐标原点O处沿x轴正方向射

11、入电场，已知电场强度大小为，粒子的重力不计（1）要使粒子不打到挡板上，磁感应强度应满足什么条件？（2）通过调节磁感应强度的大小，可让粒子刚好通过点（图中未画出），求磁感应强度的大小14（16分）如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c、到达状态d，已知一定质量的理想气体的内能与温度满足（k为常数）。该气体在状态a时温度为，求：气体在状态d时的温度气体从状态a到达状态d过程从外界吸收的热量15（12分）如图所示，质量m1=1kg的木板静止在倾角为=30足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而与半径R=m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量m2=2kg、可视为

12、质点的小滑块以v0=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=，木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=10m/s2。求(1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；(2)木板的最小长度；(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】首先明确图像的物理意义，结合电场的分布特点沿电场线方向电势差逐点降低，综合分析判断。【详解】Ax2x4处场强方向沿x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向，电势升高

13、，则正电荷在x4处电势能较大，A不符合题意；Bx1x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B符合题意；C由x1运动到x4的过程中，逆着电场线方向，电势升高，正电荷的电势能增大，C不符合题意；D由x1运动到x4的过程中，电场强度的绝对值先增大后减小，故由F=qE知电场力先增大后减小，D不符合题意故选B。2、D【解析】A撤去力F后长木板的加速度由牛顿第二定律解得1=0.25选项A错误；B有拉力作用时的加速度拉力撤掉时的速度为拉力作用的时间为选项B错误；C由牛顿第二定律 解得F=13.5N选项C错误；D物块与长木板之间无相对滑动，可知物块与长木

14、板之间的动摩擦因数大于0.25，选项D正确。故选D。3、D【解析】AB带电小球沿着FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性是不能确定的，则小球做匀减速直线运动，故AB错误；C据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知故C错误；D由分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确。故选D。4、C【解析】设三个完全相同的定值电阻的阻值为，电压电压为，开关断开时，根据等效电路可

15、得电路的总的电阻为电路消耗的总功率为开关闭合时，根据等效电路可得电路的总的电阻为电路消耗的总功率为故A、B、D错误，C正确；故选C。5、D【解析】对甲球由牛顿第二定律知ma=mgtan则加速度大小为：a=gtan设杆对乙球的作用力为F，则解得：F=2mg；A. mg，与结论不相符，选项A错误；B. mg，与结论不相符，选项B错误；C. 2mg，与结论不相符，选项B错误；D. mg，与结论相符，选项D正确；6、D【解析】A由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项A错误；B由公式可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项B错误；C设线框的边长为L，若两次操作过程中线框

16、产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出第二次以线速度v2让线框转过90Q1=Q2所以选项C错误；D若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出第二次以线速度v2让线框转过90得D选项正确。故选D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、BD【解析】A由振动图像可知，该波的周期为12s，故A错误：B由两个质点的振动图像可知，t=3s时，当处的质元在平衡位置向上振动时，处的质元在波峰，故B正确；C由图可

17、知，该波的振幅为4cm，频率由图1可知，在t=0时刻x=12m处的质点在-4cm处，则其振动方程为4s时刻质元的位置所以x=12m处的质元通过的路程据图2知t=0s时，在x=18m处的质元的位移为0cm，正通过平衡位置向上运动，其振动方程为：在t=4s时刻，在x=18m处的质元的位移所以在04s内x=18m处的质元通过的路程故C错误；D由两图比较可知，x=12m处比x=18m处的质元可能早振动，所以两点之间的距离为(n=0、1、2)所以(n=0、1、2)n=0时，波长最大，为故D正确。故选BD。8、AC【解析】ABD对A球受力分析并建立直角坐标系如图，由平衡条件得：竖直方向水平方向联立解得B缓

18、慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则增大。所以FN增大，N增大，由牛顿第三定律知故小球A对物体B的压力逐渐增大，故A正确，BD错误；C整体水平方向受力平衡，则由于最大静摩擦力不变，N增大、则F减小，故C正确。故选AC。9、BC【解析】A若乙在网前直立不动，则排球到达乙的位置的时间排球下落的高度为则不能拦网成功，选项A错误； B因为乙在空中上升的时间为乙在甲击球时同时起跳离地，在球到达乙位置时，运动员乙刚好到达最高点，因2.95m3.2m-0.45m=2.75m，则可以拦住，故B正确； C结合选项B的分析，乙在甲击球后0.18s起跳离地，初速度为v=gt1=100.3=3m/s上升时间t=0.1

19、2s时球到达乙位置，上升的高度为2.50m+0.288m=2.788m2.75m，可以拦网成功，故C正确；D乙在甲击球前0.3 s起跳离地，因为乙在空中的时间为0.6s；则当排球到达球网位置时，乙已经落地，则不能拦网成功，选项D错误。故选BC。10、ABD【解析】A从a到b等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确；B在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；C在过程ab中气体体积不变，根据可知，气体对外界做功为零，C错误；D在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律可知

20、，气体从外界吸收热量，D正确；E在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E错误三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、打点计时器 1.8 64 不变 【解析】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）根据v=xt 求解线速度，根据=vr 求解角速度；（3）根据v=r=12D结合图像判断角速度的变化.【详解】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）纸带运动的速度大小为v=xt=3.6010-20.02m/s=1.8m

21、/s；角速度=vr=1.85.610-22rad/s=64rad/s；（3） 根据v=r=12D，因v-D图像是过原点的直线，可知 不变.12、8.0 系统 【解析】根据位移差公式求解系统的加速度。对整个系统进行分析，根据牛顿第二定律求解M的表达式。根据误差来源分析误差的性质。【详解】(1)1根据位移差公式，解得系统运动的加速度为(2)2根据牛顿第二定律，对Q和Z有对物体P有联立解得。(3)3由题意可知本实验中误差是由于实验原理的选择而造成的，无法通过多测数据来消除，故这是一种系统误差。【点睛】本题主要考查了通过系统牛顿第二定律测质量的方法，能分析出实验误差的原因。明确系统误差和偶然误差的定义

22、。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13、 (1) (2) 【解析】（1）粒子先在电场中做类平抛运动，其中，得到：速度与x轴夹角，进入磁场速度粒子刚好不打到挡板上，轨迹与板相切；设粒子在磁场中运动半径为R，洛伦兹力提供向心力：由几何关系：，得到：得到：，故要使粒子不打到挡板上，；（2）粒子再次回到x轴上，沿x轴前进的距离调节磁场，所以粒子通过P点，回旋次数，所以N为整数，只能取、时，此时磁场时，此时磁场时，此时磁场点睛：本题的难点在于第二问，由于改变磁感应强度则粒子做匀速圆周运动的半径随之改变，粒子返回MN的位置也将变化，回到电场