2022年云南省宣威市第八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注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、合题目要求的。1、在平直公路上有甲、乙两辆汽车从同一位置沿着同一方向运动，它们的速度时间图象如图所示，则()A甲、乙两车同时从静止开始出发B在t2s时乙车追上甲车C在t4s时乙车追上甲车D甲、乙两车在公路上可能相遇两次2、一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1v2，已知传送带的速度保持不变，则（ ）A小物块与传送带间的动摩擦因数FN2B若导线位于图中1位置且电流方向向里，则弹簧伸长量增大C若导线

3、位于图中2位置且弹簧伸长量增大，则导线中电流方向向里D若导线位于图中2位置且弹簧伸长量增大，则FN1FN2三、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）某同学要测量量程为6 V的电压表Vx的内阻，实验过程如下：(1) 先用多用电表粗测电压表的内阻，将多用电表功能选择开关置于“1 K”挡，调零后，将红表笔与电压表_(选填“正”或“负”)接线柱连接，黑表笔与另一接线柱连接，指针位置如图所示，电压表内阻为_.(2) 为了精确测量其内阻，现提供以下器材：电源E(电动势为12 V，内阻约为1 )开关和导线若干电流表A(量程0.6 A，内阻约为3 )电

4、压表V(量程10 V，内阻约为15 k)定值电阻R0(阻值为5 k)滑动变阻器R1(最大阻值为5 ，额定电流为1 A)滑动变阻器R2(最大阻值为50 ，额定电流为1 A)请选用合适的器材，在方框中画出实验电路图_(需标注所用实验器材的符号) 待测电压表Vx内阻测量值的表达式为Rx_(可能用到的数据：电压表Vx的示数为Ux，电压表V的示数为U，电流表A的示数为I)12（12分）某同学想在实验室测量电压表V1的内阻(1) 他先用多用电表的欧姆挡“1k”测量，如图甲所示，该读数为_；多用表的红表笔与电压表V的_(选填“正”或“负”)的接线柱相连(2) 为了更准确地测量电压表V1的内阻，实验室提供的实

5、验器材如下：A待测电压表V1(量程为03 V)；B 电压表V2(量程为09 V，内阻约为9 k)；C 滑动变阻器R1(最大阻值为20 ，额定电流为1 A)；D 定值电阻R3(阻值为6 k)；E. 电源(电动势为9 V，内阻约为1 )；F. 开关一个、导线若干 根据提供的器材，连接图乙中的实物图_ 某次实验时电压表V1和电压表V2的读数分别为U1和U2，移动滑动变阻器滑片，多次测量，作出U2U1图象如图丙所示，已知图象的斜率为k，则内阻RV1的表达式为_(用R3和k表示) 考虑电压表V2的内电阻，则该方法对实验的测量结果_(选填“有”或“无”)影响四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答

6、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）真空中有如图所示的周期性交变磁场，设磁感应强度B垂直纸面向里为正方向，B0=1T，t0=l0-5s，k为正整数。某直角坐标系原点O处有一粒子源，在t=0时刻沿x轴正方向发射速度为v0=103m/s的正点电荷，比荷=1l06C/kg，不计粒子重力。(1)若k=1，求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子第3次（从O点出发记为第1次）经过y轴时的时刻；(2)若k=2，求粒子在运动过程中与y轴交点坐标的最大值和最小值；(3)若t0=10-5s，则k取何值时，粒子可做周期性循环运动回到出发点？并求出循环周期的最小值Tmin和相应的k

7、值。14（16分）如图，xOy坐标系位于竖直面（纸面）内，第一象限和第三象限存在场强大小相等、方向分别沿x轴负方向和y轴正方向的匀强电场，第三象限内还存在方向垂直于纸面、磁感强度大小为B的匀强磁场（未画出）。现将质量为m、电荷量为q的微粒从P（L，L）点由静止释放，该微粒沿直线PO进入第三象限后做匀速圆周运动，然后从z轴上的Q点（未标出）进入第二象限。重力加速度为g。求：(1)该微粒的电性及通过O点时的速度大小；(2)磁场方向及该微粒在PQ间运动的总时间。15（12分）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面），O为圆心在柱形区域内加一方向垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量为m、电荷量为

8、+q的粒子沿图中直径从圆上的A点射入柱形区域，在圆上的D点离开该区域，已知图中=120，现将磁场换为竖直向下的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直径从A点射入柱形区域，也在D点离开该区域若磁感应强度大小为B，不计重力，试求：（1）电场强度E的大小；（2）经磁场从A到D的时间与经电场从A到D的时间之比参考答案一、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、C【解析】由图像可知，乙车比甲车迟出发1s，故A错误根据速度时间图线与时间轴围成的面积表示位移，知t=2s时，甲车的位移比乙的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故B错误在0-4s内，甲

9、车的位移 x甲=84m=16m，乙车的位移 x乙=（1+3）8m=16m，所以x甲=x乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在t=4s时乙车追上甲车，故C正确在t=4s时乙车追上甲车，由于t=4s时刻以后，甲车的比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故D错误故选C点睛：解决本题的关键是要理解速度时间图线表示的物理意义，知道图线与时间轴围成的面积表示位移，相遇时两车的位移相等2、D【解析】v-t图象与坐标轴所围成图形的面积等于物体位移大小，根据图示图象比较在两时间段物体位移大小关系；由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0t1内，物块对传送带的摩擦

10、力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。由于物块能向上运动，则有 mgcosmgsin根据动能定理研究0t2内，传送带对物块做功。根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。【详解】在t1t2内，物块向上运动，则有 mgcosmgsin，解得：tan，故A错误。因v1v2，由图示图象可知，0t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移大，故B错误；0t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度

11、下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=mv22-mv12，则传送带对物块做功Wmv22-mv12，故C错误。0t2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热，故D正确。故选D。3、D【解析】AB线圈进入磁场时，产生的感应电动势为E=BLv感应电流为线框受到的安培力大小为由牛顿第二定律为F=ma则有在线框进入磁场的过程中，由于v减小，所以a也减小，则流经线框的电荷量则qx，q-x图象是过原点的直线。根据数学知

12、识得：因为v减小，则q-t图象切线斜率减小；当线框完全进入磁场后，无感应电流，不受安培力，线框做匀速直线运动，磁通量不变，故AB错误；C线圈进入磁场的过程做加速度减小的变减速运动，v-t图象是曲线，故C错误；D线圈进入磁场的过程，根据动量定理得：又 联立整理得v-x图象是向下倾斜的直线，线框完全进入磁场后，做匀速直线运动，故D正确。故选D。4、B【解析】由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零 ，所以只有B图受力可能为零，故B正确5、C【解析】A根据质量数和电荷数守恒得x1的电荷数为0，质量数为1，所以x1是中子，故A错误；B根据质量数和电荷数守恒得x2的电荷数为1，质量数为2，所

13、以x2为氘核，故B错误；C根据质量数和电荷数守恒得x3的电荷数为2，质量数为4，所以x3是粒子，故C正确；D根据质量数和电荷数守恒得x4的电荷数为1，质量数为1，所以x4是质子，故D错误；故选C。6、B【解析】A红外线的波长比红光的波长更长，故A错误；B红外线是一种看不见的光，通过红外线的照射，可以使物体的温度升高，故B正确；C人们利用红外线来实行遥控和遥感，是因为红外线波长长，更容易发生衍射，故C错误；D一切物体都向外辐射红外线，故D错误。故选B。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

14、选错的得0分。7、BCD【解析】A由图象知，0.25s时的速度方向与1.25s时的速度方向都为正方向，方向相同，故A错误。B由图象知，1.5s末的加速度所以合力F=ma=2N故B正确。C由动能定理知，00.5s内合力做的功 故C正确。D由图象的面积表示位移知，前2s的位移 前2s的平均速度 故D正确。故选BCD。8、BC【解析】A根据冲量的定义式可知物块从时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为故A错误；B由于在时撤去恒力加上反向恒力，物块在时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为，加速度

15、为，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为，则有联立解得物块在时的速度为物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为即物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为，故B正确；C物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得解得的冲量大小为 故C正确；D撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得解得故D错误；故选BC。9、AD【解析】A线框穿出磁场的过程中，线框内磁通量减小，由楞次定律可知，线框中会产生顺时针方向的感应电流，故A正确；B线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若大于重力，则线框做减

16、速运动，受到的安培力减小，线框所受安培力若小于重力，则线框做减加速运动，受到的安培力增大，故B错误；CD线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若小于重力，则线框做加速运动，速度增大，产生的感应电流增大，所受安培力增大，当安培力增大到等于重力时，做匀速运动，不会出现速度先增大后减小的情况，故C错误D正确。故选：AD。10、AC【解析】A条形磁铁的外部磁场方向是由极指极，由1位置的磁场方向沿斜面向下，2位置的磁场方向斜向左上方，若导线位于图中1位置且电流方向向外，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向下，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向上，可知磁铁对斜面的压力减小，则有故

17、A正确；B若导线位于图中1位置且电流方向向里，根据左手定则可得导线所受安培力的方向为垂直斜面向上，由牛顿第三定律可得导线对磁铁的反作用力垂直于斜面向下，但弹簧的弹力仍等于磁铁重力沿斜面方向的分力，大小不变，则弹簧的伸长量不变，故B错误；CD若导线位于图中2位置且弹簧的伸长量增大，可知导线对磁铁的反作用力沿斜面方向的分力沿斜面向下，垂直于斜面方向的分力垂直斜面向下，从而才会使弹簧的弹力增大，也使磁铁对斜面的压力增大，故有所以导线所受的安培力方向斜向右上方，由左手定则可得导线中的电流方向向里，故C正确，D错误；故选AC。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

18、演算过程。11、 (1) 负 1.00104 (2) 如图所示； 【解析】（1）红表笔是欧姆表的负极，所以应该接电压表的负接线柱电压表的内阻为（2）滑动变阻器的电阻远小于电压表的内阻，应该选择分压接法，若使用会使流过滑动变阻器的电流超过，故要选择，电路图如图：根据欧姆定律可得电压表内阻的测量值为：12、（1）6000 负 （2）电路如图； 无 【解析】（1）根据欧姆表的倍率挡和表盘进行读数；欧姆表红表笔接内部电源的负极（2）根据实验原理设计电路图；根据电路图找到U2和U1的函数关系，根据斜率求解RV；根据电路结构判断电压表V2内阻的影响.【详解】（1）用多用电表的欧姆挡“1k”测量，该读数为6

19、1k=6000；电流从多用电表的负极流入，则多用表的红表笔与电压表V的负的接线柱相连（2）实物连线如图；由欧姆定律可得：，即，则，解得 由电路图可知，电压表V2的内阻对测量结果无影响.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)0.01m；(2)；(3)当取非的正整数时，均可以回到出发点；当时，最小循环周期为【解析】(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由解得当时，因为，粒子第3次经过轴时恰好向上经历两个半圆（如图）则时间(2)当时，粒子一个循环周期中运动分别为半圆整圆半圆整圆，因此由几何关系得：与轴交点坐标的最大值为与轴交点坐标的最小值为(3)因为，所以粒子先做圆弧运动，之后对的不同值进行分类讨论：如图可见1、2、3、4时可能的分段情况，粒子做圆弧交替运动，向右上45方向无限延伸，不会循环运动，粒子做圆弧与圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期，粒子做圆弧与圆弧交替运动，经过2个周期回到出发点，循环周期，粒子做圆弧与圆弧交替运动，经过4个周期回到出发点，循环周期当时，运动过程相似，每个周期中均增加（正整数）个圆周，能循环的运动其循环周期均延长 综上可得：(1)当取非的正整