2022届云南省麻栗坡县一中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.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"o

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、静电现象在自然界中普遍存在，下列不属于静电现象的是（）

A.梳过头发的塑料梳子吸起纸屑

B.带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引

C.小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流

D.从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉

2、如图所示，理想变压器原线圈串联一个定值电阻&之后接到交流电源上，电压表V1的示数q恒定不变，电压表V?

和V3的示数分别用力和表示，电流表A的示数用/表示，所有电表都可视为理想电表。当滑动变阻器A的滑片尸

向上滑动时，下列说法正确的是（）

A.q和&的比值不变

B.电流表A的示数/增大

C.电压表V2的示数力减小

U.,

D.电阻凡和滑动变阻器R消耗的功率的比值总是等于才一1

3、中微子失踪之谜是一直困扰着科学家的问题，原来中微子在离开太阳向地球运动的过程中，发生“中微子振荡”转化

为一个H子和一个T子。科学家通过对中微子观察和理论分析，终于弄清了中微子失踪之谜，成为“2001年世界十大

科技突破”之一。若中微子在运动中只转化为一个Ji子和一个T子，并已知子的运动方向与中微子原来的方向一致,

则T子的运动方向（）

A.一定与中微子方向一致B.一定与中微子方向相反

C.可能与中微子方向不在同一直线上D.只能与中微子方向在同一直线上

4、如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球尸和。用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细

绳都恰好与天花板垂直，则

A.P和。都带正电荷B.尸和。都带负电荷

C.尸带正电荷，。带负电荷D.尸带负电荷，0带正电荷

5、如图所示，4、8为水平放置的平行板电容的两个极板，8板接地。将电容器与电源接通，板间带正电的油滴恰好

处于静止状态。断开开关后.下列说法正确的是（）

A.油滴将加速下落

B.4板电势高于板

C.若将A板向右错开少许，油滴将向上加速运动

D.若将8板下移，尸点的电势将升高

6、如图所示，在，>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为5,方向垂直于xOy平面向里。现有一

质量为机、电量为g的带正电粒子，从x轴上的某点尸沿着与x轴成30'角的方向射人磁场。不计重力影响，则可以

确定的物理量是（）

A.粒子在磁场中运动的时间B.粒子运动的半径

C.粒子从射入到射出的速度偏转角D.粒子做圆周运动的周期

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、电磁波在生产生活中有广泛应用。关于电磁波，下列说法正确的是（）

A.在同一介质中所有电磁波传播速度都相同

B.紫外线有助于人体合成维生素D

C.一切物体都在不停地发射红外线

D.电磁波谱中丫射线的波长最短

E.医学上用丫射线透视人体，检查体内病变等

8、下列有关高中物理实验的描述中，正确的是：o

A.在用打点计时能“研究匀变速直线运动”的实验中，通过在纸带上打下的一系列点迹可求出纸带上任意两个点迹之

间的平均速度

B.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，拉橡皮筋的细绳要稍长，并且实验时要使弹簧测力计与木板平面平行，

同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上

C.在“研究平抛运动”的实验中，坐标纸上必须标出小球刚开始做平抛运动的初始点

D.在“验证机械能守恒定律”的实验中，必须要用天平测出悬挂钩码的质量

9、如图所示，质量为M=2kg足够长的小车以n）=2.5m/s的速度沿光滑的水平面运动，在小车正上方/?=1.25m处有一

质量为m=0.5kg的可视为质点的物块静止释放，经过一段时间刚好落在小车上无反弹，作用时间很短，随后二者一起

沿水平面向右运动。已知物块与小车上表面之间的动摩擦因数为ji=0.5,重力加速度为g=10m/s2,忽略空气阻力。则

下列说法正确的是（）

□

A.物块落在小车的过程中，物块和小车的动量守恒

B.物块落上小车后的最终速度大小为3m/s

C.物块在小车的上表面滑动的距离为0.5m

D.物块落在小车的整个过程中，系统损失的能量为7.5J

10、如图所示，绝缘材料制成的半径为R的内壁光滑圆轨道,竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡住，圆心O点

固定着电荷量为Q的场源点电荷.一电荷量为的可视为质点的带电小球沿轨道内壁做圆周运动,当小球运动到最高点A

时,地面对轨道的弹力恰好为零.若轨道与小球的质量均为〃?，Q>q>0，忽略小球的电荷对Q形成的电场的影响，重

力加速度为g,静电力常量为h下列说法中正确的是（

A.轨道内壁的电场强度处处相同

B.轨道内壁的电势处处相等

C.运动到与圆心等高的8点时，小球对轨道的压力大小为4〃zg-%空

R-

D.运动到最低点C时，小球对轨道的压力大小为力咫

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)某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置,通过改变重物的质量，可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的

关系图象.他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a-F图线，如图(b)所示.重力加速度g=l()m/sI.

(1)图(b)中对应倾斜轨道的试验结果是图线(选填“①”或"②”)；

(1)由图(b)可知，滑块和位移传感器发射部分的总质量为kg；滑块和轨道间的动摩擦因数为.(结果

均保留两位有效数字)

12.(12分)某同学查资料得知：弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数和形变量有关，并且与形变量的平方成正比。为

了验证弹簧弹性势能与其形变量的平方成正比这一结论，他设计了如下实验：

①如图所示，一根带有标准刻度且内壁光滑的直玻璃管固定在水平桌面上，管口与桌面边沿平齐。将一轻质弹簧插入

玻璃管并固定左端。

②将直径略小于玻璃管内径的小钢球放入玻璃管，轻推小球，使弹簧压缩到某一位置后，记录弹簧的压缩量x

③突然撤去外力，小球沿水平方向弹出落在地面上，记录小球的落地位置

④保持弹簧压缩量不变，重复10次上述操作，从而确定小球的平均落点，测得小钢球的水平射程s

⑤多次改变弹簧的压缩量X,分别记作©、X2、X3……，重复以上步骤，测得小钢球的多组水平射程S|、S2、S3……

请你回答下列问题

⑴在实验中，“保持弹簧压缩量不变，重复10次上述操作，从而确定小球的平均落点”的目的是为了减小一（填“系

统误差”或“偶然误差”）；

⑵若测得小钢球的质量，小下落高度从水平射程s,则小球弹射出去时动能表达式为_（重力加速度为g）

（3）根据机械能守恒定律，该同学要做有关弹簧形变量x与小钢球水平射程s的图像，若想直观的检验出结论的正确性,

应作的图像为一

A.s-xB.s~x2C.s2—xD.s——

x

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（a）所示，倾角，=30。的光滑固定斜杆底端固定一电量为。=2xl（f4c的正点电荷，将一带正电小球

（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与。未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位移的变化图象如图

（b）所示,其中线1为重力势能随位移变化图象，线2为动能随位移变化图象.（g=10m/s2,静电力恒量K=9xl（）9N・m2/c2）

则

（a）Cb）

（1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况；

（2）求小球的质量，”和电量g；

（3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差S

（4）在图（b）中画出小球的电势能£随位移s变化的图线.（取杆上离底端3m处为电势零点）

14.（16分）如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面

向里的匀强磁场，现有一质量为山、电量为+g的粒子（重力不计）从坐标原点。射入磁场，其入射方向与x的正方向

成45。角。当粒子运动到电场中坐标为（3L,L）的P点处时速度大小为vo,方向与x轴正方向相同。求

（1）粒子从0点射入磁场时的速度v；

⑵匀强电场的场强E和匀强磁场的磁感应强度B；

⑶粒子从0点运动到尸点所用的时间。

15.（12分）如图甲所示，两竖直同定的光滑导轨AC、A，C间距为L,上端连接一阻值为R的电阻。矩形区域a&d

上方的矩形区域HA'4内有方向垂直导轨平面向外的均匀分布的磁场，其磁感应强度S随时间，变化的规律如图乙所

示（其中为、fo均为已知量），A、a两点间的高度差为2gfo（其中g为重力加速度），矩形区域Hcd下方有磁感应强

度大小为瓦、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场。现将一长度为L阻值为R的金属棒从ab处在Q0时刻由静止释

放，金属棒在U%时刻到达cd处，此后的一段时间内做匀速直线运动，金属棒在U4fo时刻到达CC处，且此时金属棒

的速度大小为Agfo（A为常数）。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。求：

⑴金属棒到达cd处时的速度大小y以及a、d两点间的高度差h；

（2）金属棒的质量/n；

⑶在O—4fo时间内，回路中产生的焦耳热。以及d、C两点的高度差从

R

甲乙

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】

梳子与头发摩擦会产生静电，吸起纸屑，是静电现象，不符合题意.故A错误；带电小球移至不带电金属附近，两者

相互吸引属于静电感应现象，是静电现象，不符合题意.故B错误；小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流

属于电磁感应现象，不属于静电现象.故c正确.从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉是由于摩

擦会产生静电，也是静电现象，不符合题意.故D错误；本题选不属于静电现象的，故选C.

点睛：静电是因为摩擦使物体带电的现象，平时所见到的摩擦起电现象都是一种静电现象.如：塑料的梳子梳理干燥

的头发的时候，头发和梳子会粘在一起，而且会产生僻啪的响声；玻璃棒和丝绸摩擦，用玻璃棒可以吸引碎纸片玻璃

棒带正电，丝绸带负电；毛皮和橡胶棒摩擦也产生静电，现象和上面一样橡胶棒带负电，毛皮带正电；注意闪电不属

于静电，静电积累到一定程度，正负电子引诱，而产生的放电现象.

2、D

【解析】

ABC.当滑动变阻器的滑片尸向上滑动时，副线圈回路中电阻增大，副线圈回路中电流减小，则原线圈电流减小，即

电流表示数减小，凡两端电压减小，q恒定不变，则力增大，则q和力的比值变小，故ABC错误；

D.因为是理想变压器，滑动变阻器R消耗的功率等于原线圈输入功率，则

加「"&），/，1

UU

PR“222

故D正确。

故选D。

3、D

【解析】

中微子转化为一个H子和一个T子过程中动量守恒，已知H子的运动方向与中微子原来的方向一致，只能得出T子的

运动方向与中微子方向在同一直线上，可能与中微子同向也可能反向。

A.一定与中微子方向一致与分析不符，故A错误；

B.一定与中微子方向相反与分析不符，故B错误；

C.可能与中微子方向不在同一直线上与分析不符，故C错误；

D.只能与中微子方向在同一直线上与分析不符，故D正确。

故选：D。

4、D

【解析】

AB.受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误；

CD.若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则C错误D正确，故本题选D.

一q1+《2

5、c

【解析】

A.开关断开后，板间场强不变，油滴将保持静止，故A错误；

B.因油滴带正电，由平衡条件可知电场力向上，A板带负电，A板电势低于〃板，故B错误；

C.断开开关后，电容器的电荷量。保持不变，由公式七=二、。=2和。=』4?可知

'dU4兀kd

E=%&

3S

当A板向右错开少许，即正对面积S减小，板间场强E增大，油滴所受电场力增大，将向上加速运动，故C正确；

D.当3板下移，板间场强E不变，但尸8距离变大，由匀强电场的电势差U=Ed可知，8尸电势差UBP增大，因8点

接地，电势始终为零，故P点电势减小，即D错误。

故选C。

6、D

【解析】

AC.粒子在磁场中做圆周运动，由于尸点位置不确定，粒子从x轴上离开磁场或粒子运动轨迹与y轴相切时，粒子在

磁场中转过的圆心角最大，为

«max=300°

粒子在磁场中的最长运动时间

□maxT3002兀〃15兀〃1

"血一煮7~36(fX~qB~~^qB

粒子最小的圆心角为P点与坐标原点重合，最小圆心角

a而n=120°

粒子在磁场中的最短运动时间

t=%吗丁」T=里

m，n36033qB

粒子在磁场中运动所经历的时间为

2itm5itm

-----<t<------

3qB3qB

说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故AC错误;

B.粒子在磁场中做圆周运动，由于尸点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径，故B错误;

D.粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

2

V

qvB=m—

r

且

271r

v=-----

T

则得

》2兀加

T=-----

qB

说明可确定粒子做圆周运动的周期，故D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、BCD

【解析】

A.一切电磁波在真空中传播速度相同，在同一介质中，不同电磁波传播速度不同，A错误；

B.紫外线有助于人体合成维生素D,但不宜过量，B正确；

C.红外线应用在遥感技术中，是利用一切物体都在不停地发射红外线，C正确；

D.电磁波谱中丫射线的频率最高，波长最短，D正确；

E.医学上用X射线透视人体，检查体内病变等，E错误。

故选BCD.

8、AB

【解析】

A.根据纸带处理方法可知，在用打点计时器“研究匀变速直线运动”的实验中，通过在纸带上打下的一系列点迹可求

出纸带上任意两个点迹之间的平均速度，故A正确；

B.在“验证力的平行四边形定则”的实验中，为了减小误差，拉橡皮筋的细绳要稍长，并且实验时要使弹簧测力计与

木板平面平行，同时保证弹簧的轴线与细绳在同一直线上，故B正确；

C.在“研究平抛运动”的实验中，描绘平抛运动轨迹，不一定非得标出平抛的起始点，故C错误；

D.在验证机械能守恒定律实验中，不一定要测量物体的质量，因为验证动能的变化量和重力势能的变化量时，两边

都有质量，可以约去比较，故D错误。

故选AB。

9、CD

【解析】

A.物块落在小车的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒，故A错误；

B.物块与小车组成的系统水平方向不受外力，则系统在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：

Mvo=(A/+m)v

所以共同速度为：

故B错误；

C.物块落上小车到二者共速的过程中，因摩擦损失的机械能为:

△E、-gA/Vy--(Af+m)v2

代入数据解得：

AEi=1.25J

由功能关系:

\E\=fimg-\x

解得:

Ax=0.5m

故C正确；

D.在整个的过程中，系统损失的机械能等于物块减少的重力势能与二者损失的动能之和，由能量守恒定律得:

AE=mgh+—Mv()——(M+m)v

代入数据可得:

AE=7.5J

故D正确。

故选CD.

10、BD

【解析】

由点电荷的场强公式后=更可知，场源点电荷在轨道内壁处产生的电场强度大小相等，但方向不同，A错误；轨道

内壁上各点到场源点电荷的距离相同，电势相等；带电小球在4点时，带电小球对轨道的弹力竖直向上，大小等于，

轨道对带电小球的弹力竖直向下大小为叫，在4点对带电小球有2mg-^=叱，从4到8由动能定理得

R~R

mgR=-mvl--mv2,在B点有M一室=吧工联立解得在B点时轨道对小球的弹力为N'=4/〃g,根据牛顿

22R2R

第三定律可知在B点时小球对轨道的压力大小为4〃?g,则选项C错误；在最低点C时，设轨道时小球的弹力为N",

则N"-〃2g-黑=吧^,由A到C由动能定理有2mgR=；〃设-1mv2,联立解得N"=7mg,根据牛顿第三定律

7?"R22

知,运动到最低点C时，小球对轨道的压力大小为7〃2g,则选项D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、①；1.2；2.1

【解析】

知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数；

对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解.

【详解】

(1)由图象可知，当F=2时，a先.也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大,

即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高，图线①是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；

(1)根据F=ma得所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的

m

总质量的倒数，图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=l所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=1.2

由图形b得，在水平轨道上F=1时，加速度a=2,根据牛顿第二定律得F-jtmg=2,解得^=2.1.

【点睛】

通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系；运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解.

12、偶然误差鳖二A

4h

【解析】

(1)”］在实验中，“保持弹簧压缩量不变，重复10次上述操作，从而确定小钢球的平均落点”是采用多次测量求平均值

的方法，其目的是为了减小偶然误差。

(2)［2］设小球被弹簧弹射出去后的速度为加此后小球做平抛运动，有

1r12

Ek=2机说

,12

h=Qgt

s=R

联立可得小球弹射出去时动能为

E=%山2=螫1

k2t40

⑶网若结论弹簧弹性势能与其形变量的平方成正比成立，有

Ep-kx2

而弹射过程弹性势能全部转发为动能，有

Ep-Ek

即

变形为

\Akh

----X

mg

可得关系S8X,故要验证结论需要作S-X图像可构成正比例函数关系，故选A。

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)小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增

大的减速运动，直至速度为零.(2)4kg；l.llxlO-5C；(3)4.2xlO6V(4)图像如图，线3即为小球电势能£随位移s

变化的图线;

Sm

(h)

【解析】

(1)由图线2得知，小球的速度先增大，后减小.根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合外力先减小后

增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加速度逐渐增大的减

速运动，直至速度为零.

(2)由线1可得：

Ep=mgh=mgssinO

斜率：

*=20=/ngsin30°

所以

，”=4kg

当达到最大速度时带电小球受力平衡：

mgsin0=

由线2可得so=lm,

得：

(3)由线2可得，当带电小球运动至1m处动能最大为27J.

根据动能定理：

即有：

-mgh+qU=Ekm-0

代入数据得：

17=4.2X106V

(4)图中线3即为小球电势能£随位移s变化的图线

(8+万/

(3)-------

4%

【解析】

(1)若粒子第一次在电场中到达最高点P,则其运动轨迹如图所示

粒子在。点时的速度大小为V,段为圆周，QP段为抛物线，根据对称性可知，粒子在。点时的速度大小也为V,

方向与x轴正