2022届福建省闽侯第四中学高三第二次诊断性检测物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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.如图所示，真空中等边三角形。的边长为L=2.0m,在N两点分别固定电荷量均为q=+2.0x1（T6c的点

电荷，已知静电力常量左=9.0xl（）9N.m2/C2,则两点电荷间的库仑力的大小和。点的电场强度的大小分别为（）

A.9.0X10^N,7.8X103N/CB.9.0xl0"3N,9.0xl03N/C

C.1.8X10-2N,7.8X103N/CD.1.8XW2N,9.0X103N/C

2.甲乙两车在水平地面上的同一位置同时出发，沿一条直线运动，两车均可看做质点，甲乙两车的速度时间图像如图

所示，下列说法中正确的是（）

A.Uis时甲车加速度为零

B.前4s内两车间距一直增大

C.U4s时两车相遇

D.两车在前4s内的最大距离为5m

3.质量为，"的光滑小球恰好放在质量也为，"的圆弧槽内，它与槽左右两端的接触处分别为4点和3点，圆弧槽的半

径为R,OA与水平线A8成60。角.槽放在光滑的水平桌面上，通过细线和滑轮与重物C相连，细线始终处于水平状

态.通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与绳质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重

物C的最大质量为（）

A26

A.m

3

B.2m

C.(5/3-1)/??

D.(百+1)加

4.如图所示，将一小木块和一小钢珠分别用手拿着并压缩两根一端分别竖直固定在地面上的弹簧上端。现同时释放小

木块和小球，若小木块在整过运动过程中所受空气的阻力/与其速度v满足/=&丫（A为常数），而小钢珠的运动忽略

空气阻力，且两物体同时离开弹簧，取向上为运动的正方向，则下图能正确反应两物体离开弹簧后的运动情况的一，

图像的是（）

小木块小钢球

5.如图所示，由绝缘轻杆构成的正方形ABC。位于竖直平面内，其中A8边位于水平方向，顶点处分别固定一个带电

小球。其中A、8处小球质量均为小，电荷量均为2q（g>0）；C、。处小球质量均为2,〃，电荷量均为贵空间存在着沿

08方向的匀强电场，在图示平面内，让正方形绕其中心。顺时针方向旋转90。，则四个小球所构成的系统（）

A.电势能增加，重力势能增加

B.电势能不变，重力势能不变

C.电势能减小，重力势能减小

D.电势能不变，重力势能增加

6.如图，物体C放在水平面上，物体B放在C上，小球A和B之间通过跨过定滑轮的细线相连，若与物体B连接

的悬线竖直、两滑轮间的线水平，且不计滑轮与细线的质量、滑轮轴上的摩擦、滑轮与线间的摩擦，把A拉到某位置

（低于滑轮）由静止释放使A在竖直平面内摆动，在A摆动的过程中B、C始终不动，下列说法中正确的是（）

A.物体C对B的摩擦力方向有时有可能沿斜面向下

B.物体C对B的摩擦力有时可能为零

C.地面对C的摩擦力有时不为零

D.物体C对地面的压力有时可以等于B、C重力之和

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。分。

7.如图甲所示，一交流发电机线圈的总电阻r=1。，用电器电阻R=9C,流过用电器的电流图象如图乙所示，

（sin370=0.6,cos37°=0.8）则下列说法中正确的是（）

A.交流发电机电动势的峰值为50V

B.交流发电机线圈从图示位置开始经过七s时电动势的瞬时值为25aV

C.交流发电机线圈从图示位置开始转过37。时电压表示数为360V

D.交流发电机线圈从图示位置开始转过90°的过程中的平均感应电动势为皿2V

兀

8.假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，若倾斜的雪坡倾角为，，战士飞出时的水平速度大小为玲，且他飞

出后在空中的姿势保持不变，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，不计空气阻力，重力加速度为g,则（）

A.如果为不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同

B.如果即不同，该战士落到雪坡时的速度方向相同，在空中运动时间不同

2vtan0

C.该战士在空中经历的时间是要n——

S

vtan0

D.该战士在空中经历的时间是n七一

2g

9.如图所示，有一列沿x轴正向传播的简谐横波，在/=（）时刻振源S从。点开始振动。当f=0.2s时，波刚好传到

x=4m处的质点。下列对该简谐横波的分析中正确的是（）

频率为5Hz的简谐横波与该波相遇时一定能够发生干涉现象

该简谐横波遇到尺寸小于4m的障碍物时能够发生明显的衍射现象

当f=0.4s时，该简谐横波上的M点向右移动了2m

E.若站在振源右侧的接收者以速度丫匀速向振源靠近，那么接收者接收到的频率一定大于5Hz

10.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右移动时，下面判断正确的是（）

--------------0------------------

u

—0------------

L3R

刍|_A——

A.电路中总电阻减小B.Li变亮C.L2变亮D.L3变暗

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)如图甲所示，某组同学借用“探究。与尸、力之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“探究

合外力做功和动能变化的关系''的实验:

MtrtlfJ乙

y删力吐

——15.50cm-»*

-----21.60cm—I

--------------------2R.<>1CBM—

----------------------------36.70cm------------------------------

-*-15.7Scm

一SS.75cn*---------------

--------------------------------------------------------fvfi.77cm-------

乙

(1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小

车是否做运动.

(2)连接细绳及托盘，放入祛码，通过实验得到图乙所示的纸带.纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间

间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2N,小车的质量为0.2kg.请计算小车

所受合外力做的功W和小车动能的变化△4,补填表中空格,(结果保留至小数点后第四位).

O—BO—CO—DO—EO—F

W/J0.04320.05720.07340.0915

\Ek!J0.04300.05700.07340.0907

通过分析上述数据你得出的结论是：在实验误差允许的范围内W=A4,与理论推导结果一致.

(3)实验中是否要求托盘与硅码总质量机远小于小车质量M?(填“是”或“否，

(4)实验前已测得托盘的质量为7.7xICT?依，实验时该组同学放入托盘中的祛码质量应为kg(g取9.8m/52，

结果保留至小数点后第三位).

12.(12分)某同学要将一量程为250PA的微安表改装为量程为1.50V的电压表。该同学测得微安表内阻为1200。,

经计算后将一阻值为R的电阻与微安表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，对改装后的电表进行检测。

⑴将图（a）中的实物连线补充完整______；

⑵当标准电压表的示数为1.00V时，微安表的指针位置如图（b）所示，由此可以推测出改装的电压表量程不是预期

值，而是;（填正确答案标号）

A.1.20VB.1.25VC.1.30VD.1.35V

（3）产生上述问题的原因可能是«（填正确答案标号）

A.微安表内阻测量错误，实际内阻大于1200。

B.微安表内阻测量错误，实际内阻小于1200Q

C.R值计算错误，接入的电阻偏小

D./?值计算错误，接入的电阻偏大

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xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里磁感应强度为B的匀强磁

场，线段CO=OD=L,CD边在x轴上，NADC=30。。电子束沿y轴方向以相同的速度vo从CD边上的各点射入磁场,

已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为《，在第四象限正方形ODQP内存在沿x轴正方向、大小为E=Bvo的

匀强电场，在丫=一七处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P。忽略电子间的相互作用，不计电

子的重力。

（2）从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离:

（3）射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P的最远距离。

14.（16分）如图所示为两个完全相同的半球形玻璃砖的截面，二二〃二二，半径大小为R,其中二二为两球心的连线，一细

光束沿平行于二二的方向由左侧玻璃砖外表面的。点射入，已知。点到轴线二二的距离为二二光束由左侧玻璃砖的d点

射出、然后从右侧玻璃砖的e点射入，最后恰好在右侧玻璃砖内表面的/点发生全反射，忽略光束在各面的反射，已知两玻

璃砖的折射率均为、工求：

⑴光束在d点的折射角；

（ii）e点到轴线二二的距离。

15.（12分）如图所示，在磁感应强度为4=；/+稣、方向竖直向下的磁场中有两个固定的半径分别为/和2/的水平

放置的金属圆环形导线围成了如图回路，其总电阻为「，开口很小，两开口端接有间距也为/的且足够长的两个固定平

行导轨AB.CD,导轨与水平面夹角为。，处于磁感应强度大小为B2、方向垂直于导轨向下的匀强磁场中。质量为m、

电阻为八长为/的金属棒ab与导轨良好接触。滑动变阻器R的最大电阻为3「，其他电阻不计，一切摩擦和空气阻

力不计，重力加速度为g。求：

⑴电磁感应中产生的电动势；

⑵若开关K1闭合、&断开，求滑动变阻器的最大功率以；

⑶若开关K1断开，K）闭合，棒出?由静止释放，棒能沿斜面下滑，求棒下滑过程中最大速度匕，以及某段时间4内通

过棒某一横截面的最大电荷量»

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、A

【解析】

2

根据库仑定律，M、N两点电荷间的库仑力大小为尸=%为,代入数据得

F=9.0X10-3N

M、N两点电荷在。点产生的场强大小相等，均为&=%菅，M,N两点电荷形成的电场在。点的合场强大小为

E=2E,cos30°

联立并代入数据得

E»7.8X103N/C

A.9.0X10-3N,7.8X1()3N/C与分析相符，故A正确；

B.9.0X10-3N,9.0X1()3N/C与分析不符，故B错误；

C.1.8xICT?N,7.8XIO'N/C与分析不符，故C错误；

D.1.8X10-2N,9.0X1()3N/C与分析不符，故D错误；

故选：A»

2、C

【解析】

A.由V-f可知，甲车一直做匀加速直线运动，故A错误；

B.在/=2s时两车速度相等，且乙车在甲车前，2s到4s由于甲车速度大于乙车速度，所以两车间距离减小，故B错

误；

C.由丫-/图像与坐标轴所围面积表示位移可知，4s内乙车的位移为

々=2x4m=8m

由图可知，甲车的加速度为

2,,

a=-m/s2=2m/s2

1

由于甲车前2s的位移为0,由后2s的位移

1,

/=(2x2+万x2x2-)m=8m

故两车相遇，故C正确；

D.在。=2s时两车速度相等，距离最大即为

Ax=2x2m=4m

故D错误。

故选C。

3、D

【解析】

小球恰好能滚出圆弧槽时，圆弧槽对小球的支持力的作用点在A点，小球受到重力和A点的支持力，合力为一%,

tan60°

对小球运用牛顿第二定律可得一%=ma，解得小球的加速度a=对整体分析可得：

tan60°tan60°

mcg-(m+m+mc)a,联立解得加。=(G+1)加，故D正确，A、B、C错误；

故选D.

4、D

【解析】

对于小钢球没空气阻力时只受重力，是竖直上抛运动，y-f图像是直线，故图中直线为钢球的运动图像。对于小木块有

空气阻力时，上升阶段由牛顿第二定律得

F=ma=mg+f

解得

kv

a=g+—

m

由于阻力随速度的减小而减小，故上升阶段加速度逐渐减小，最小值为g。同理，有空气阻力时，下降阶段由牛顿第

二定律可得

kv

a=g-----

m

由于阻力随速度增大而增大，故下降过程中加速度逐渐减小，图像的斜率表示加速度，故图线与r轴相交时刻的加

速度为g,此时实线的切线与虚线平行。故D正确，ABC错误。

故选D。

5、D

【解析】

让正方形绕其中心0顺时针方向旋转90。，则电场力对四个小球做总功为：

W^=E-2q-Lcos45°-E-2q-Lcos45°-E-q-Lcos45°+E-q-Lcos45°=0

则系统电势能不变；

系统重力势能变化量：

△Ep-2mgL-mgL=mgL

则重力势能增加；

A.电势能增加，重力势能增加，与结论不相符，选项A错误；

B.电势能不变，重力势能不变，与结论不相符，选项B错误；

C.电势能减小，重力势能减小，与结论不相符，选项C错误；

D.电势能不变，重力势能增加，与结论相符，选项D正确；

故选D.

6、B

【解析】

AB.小球A在最低点时，绳子的拉力和重力提供向心力，当绳子的拉力正好等于B的重力时,BC之间没有弹力，此时BC

间摩擦力等于零，如果绳子拉力小于B的重力，则摩擦力方向沿斜面向上，不可能沿斜面向下，故A错误,B正确；

C.以B和C为研究对象分析可以知道，绳子拉力竖直向上，水平方向没有分力，所以C受到的地面摩擦力始终为零，故C

错误；

D.A在竖直平面内摆动，做圆周运动，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，所以绳子的拉力不可能等于零，所以C对地

面的压力不可能等于B、C重力之和，故D错误.

故选B.

点睛：A在竖直平面内摆动，做圆周运动，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，而BC处于静止状态，受力平衡，选择适当

的物体或系统进行受力分析即可求解.

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。分。

7、BD

【解析】

A.由题图可得电路中电流的峰值为

/,“=50A

交流发电机电动势的峰值为

Em=/,“(/?+「)=50(9+1)V=50及V

故A错误;

B.由题图可得交变电流的角速度0=lOOmd/s,从线圈平面与磁场平行开始计时，则上s时电动势的瞬时值

=Emcoscot=50V2cos100^/(V)=50A/2cos100^-x

故B正确：

C.电压表示数为有效值不随时间发生变化，电阻两端电压为

U=/H=45V

所以电压表示数为45V,故C错误；

D.交流发电机线圈从图示位置开始转过900的过程中的平均感应电动势为

BS

三浦△①--T22„100匹w

E=N——=N-^—=—NBSco=—Em=------V

A/_n兀

CD

故D正确。

故选BD。

8、BC

【解析】

雪坡的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知

tan2=里

x2%

解得平抛运动的时间为

(_2v0tan0

g

如果用不同，该战士在空中运动时间不同，根据平抛运动的规律，位移与水平方向夹角的正切值等于速度与水平方向

夹角的正切值的一半，故落地雪坡的速度方向相同，战士的水平位移为

2崂tan0

V=-..

g

知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同，速度方向相同，故BC正确，AD错误。

故选BC«

9、ACE

【解析】

A.由图可知该波的波长为/l=4m,当r=0.2s时，波刚好传到x=4m处的质点，所以该波的周期为T=0.2s,该波的

频率为5Hz,故波速

A

v=—=20m/s,

T

故A正确；

B.两列波相遇时能够发生干涉的现象的条件是：两列波的频率相同，相位差恒定，故B错误；

C.能够发生明显衍射现象的条件是：障碍物或小孔的尺寸比波长小或差不多(4,2)，故C正确；

D.简谐横波上的质点都在平衡位置上下振动，不会沿波的传播方向移动，故D错误；

E.由多普勒效应可知接收者和波源相向运动时，接收者接收到的频率增大，故E正确。

故选：ACE»

10,CD

【解析】

A.当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，故A误差。

B.电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故Li变暗，故B错误。

CD.电路中电流减小，故内阻及R。、心两端的电压减小，而电动势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2

中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故CD正确。

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、匀速直线0.11200.1105是0.015

【解析】

(1)[1].平衡摩擦力时，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做匀速直线运

动.

(2)[2][3].从。到R拉力做功为：

W=Fx=0.2x0.5575J=0.1120J.

尸点的瞬时速度为:

0.6677-0.4575

m/s=1.051m/s

0.2

则动能的增加量为:

1,1,

^E=-mv/=-x0.2x1.0512=0.1105J

(3)[4].实验中是要使托盘与祛码的重力等于小车的拉力，必须要使得托盘与祛码总质量，”远小于小车质量

(4)[5].祛码盘和祛码整体受重力和拉力，从。到户过程运用动能定理，有:

2

[CM+m)g-F]XOF+m^vF

代入数据解得:

n?=0.015kg.

12、

【解析】

(1)口]微安表与分压电阻串联可以改装成电压表，实物电路图如图所示。

4

⑵⑵微安表量程为250J1A,由图(b)所示表盘可知，其分度值为5fiA,其示数为200pA,是满偏量程的二，此时标

4

准电压值为L00V,即满偏量程的g对应着电压值为1.00V,故改装后的电压表最大量程为

1.00

U=V=1.25V

4

5

B正确，ACD错误。

故选B。

(3)[3]由微安表改装的电压表，示数偏大，说明其内阻偏小，原因有可能是微安表内阻值小于1200Q,也有可能滑动变

阻器R的接入电阻偏小造成的，故BC正确，AD错误。

故选BC«

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。

e3v2L3,

13、(1)—=—n(2)—⑶L

mBL3

【解析】

根据电子束沿速度V。射入磁场,然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周

运动，在电场中做类平抛运动,运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解;

【详解】

(1)由题意可知电子在磁场中的轨迹半径，•=:

2

由牛顿第一»定律得Bev^-mVo

r

电子的比荷5号

(2)若电子能进入电场中，且离0点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边相切，即粒子从尸点离

开磁场进入电场时，离。点最远:

设电子运动轨迹的圆心为。'点。则OF=户与9/

从尸点射出的电子，做类平抛运动，有》=与=舁y=Vlf

32m

代入得产2与/

电子射出电场时与水平方向的夹角为。有