江西省奉新某中学、南丰某中学等六校重点中学2024届高三第二次高考诊断物理试题

江西省奉新一中、南丰一中等六校重点中学2024届高三第二次高考诊断物理试题

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”。

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，请将木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、轨道平面与赤道平面夹角为90。的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。它运行时能到达南北极区的上空，需要在全

球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45。的正

上方按图示方向首次运行到南纬45。的正上方用时45分钟，则（）

A.该卫星发射速度一定小于7.9km/s

B.该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1:4

C.该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2：1

D.该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能

2、如图所示，一细线的一端固定于倾角为45。的光滑楔形滑块A上的顶端。处，细线另一端拴一质量为〃『0.2kg的

小球静止在4上.若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为（取8=1（）111/2）则（）

A.当用5m/s2时，线中拉力为

2

B.当”10m/s2时，小球受的支持力为五N

C.当“12m/s2时，经过1秒钟小球运动的水平位移是6m

D.在稳定后，地面对4的支持力一定小于两个物体的重力之和

3、如图所示，理想变压器原线圈串联一个定值电阻9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V,的示数分别用仇和以表示，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的滑片产

向上滑动时，下列说法正确的是()

凡

B.电流表A的示数/增大

C.电压表V?的示数U?减小

U.,

D.电阻凡和滑动变阻器K消耗的功率的比值总是等于k-1

4、如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角8=30。.一根轻质绝缘细线的一端固定在

斜面顶端，另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点.在小球A的正下方地面处

固定放置一带电小球B,两球相距为d,已知两球的质量均为m、电荷量均为+q,静电力常量为k,重力加速度为g,

两球均可视为点电荷.则下列说法不正确的是()

A.两球之间的库仑力F=kf

B.当gy华时，斜面对小球A的支持力为如

八，2上4

C.当恒时，细线上拉力为0

八，2上

D.将小球B移到斜面底面左端C点，当g,竹时，斜面对小球A的支持力为0

5、2018年11月1日，第四十一颗北斗导航卫星成功发射。此次发射的北斗导航卫星是北斗三号系统的首颗地球静止

轨道(GEO)卫星，也是第十七颗北斗三号组网卫星。该卫星大幅提升了我国北斗系统的导航精度。已知静止轨道(GEO)

卫星的轨道高度约36000km,地球半径约6400km,地球表面的重力加速度为g,请你根据所学的知识分析该静止轨道

（GEO）卫星处的加速度最接近多少（）

1

B.1g

6、北斗卫星导航系统（BDS）是中国自行研制的全球卫星定位和导轨系统，预计2020年形成全球覆盖能力。如图所示是

北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知。、力、。三颗卫星均做匀速圆周运动，轨道半径i=，〃＞小，其中。是地

球同步卫星，不考虑空气阻力。则

A.a的向心力小于c的向心力

B.a、b卫星的加速度一定相等

C.c在运动过程中不可能经过北京上空

D.b的周期等于地球自转周期

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、如图所示，倾角为30。的粗糙斜面固定在水平地面AC上，A3、AC均绝缘、竖直且高为心地面。点固定

一电量绝对值为q的负点电荷，C、。相距且人质量为加、带电量为纵＞0）的小滑块以初速度从斜面底端4点滑上

3

斜面，恰好能到达斜面顶端。整个装置处于水平向右的匀强电场中，场强大小E二叵假，若取无穷远为零势能面，

3q

已知孤立点电荷周围电场的电势可表示为式中女为静电力常量、「为离场源电荷的距离，。为场源电荷的带

电量（正电荷取正值，负电荷取负值），则小滑块（）

A.从A运动到3的过程中，克服摩擦力做的功也二g，〃片

B.从A运动到5的过程中，减少的电势能等于克服重力做的功

C.从A运动到A4中点的过程中，点电荷q对小滑块做的功

qh

\/3kqq1,

D.从A运动到43中点时的动能用

2/?

8、如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为屏边长为。的正方

形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场,当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为外方向与磁场边界成45°角,

若线框的总电阻为此则

A.刚进入磁场时线框中的感应电流为管

口22

B.PM刚进入磁场时线框所受安培力大小为竺已

R

C.PM刚进入磁场时两端的电压为掌

D.进入磁场后线框中的感应电流将变小

9、下列说法中正确的是o

A.电子的衍射图样证实了实物粒子具有波动性

B.为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的

C.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，原子总能量减小

D.光电效应中极限频率的存在说明了光的波动性

10、一列简谐横波，沿x轴正向传播，位于原点的质点的振动图象如图1所示；图2为该波在某一时刻的波形图，A

点位于x=0.5m处。下列说法正确的是

A.由图1可知，位于原点的质点振动的振幅是16cm

B.位于原点的质点振动的周期是0.2s

C.由图1,在，等于，周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移为零

D.该波的传播速度是20m/s

E.由图2可知，经过，周期后，A点离开平衡位置的位移是-8cm。

2

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）让小车拖着穿过电磁打点计时器的纸带沿倾斜的长木板滑下，在打出的纸带上依次选取1、2、3、1、5、6

六个计数点（每相邻两个计数点间还有三个点未画出）。用刻度尺测出各计数点间的距离，发现连续相等时间间隔内的

距离之差为定值，其中计数点2、3之间的距离93=6.00cm,计数点4、5之间的距离4s=10.00cm。已知打点计

时器电源的频率为50Hz。通过计算回答下列问题（结果均保留2位小数）

（•二sot,-4二一loop—4:二

⑴计数点1、6之间的总长度为cm：

（2）此过程中小车的加速度大小为nVs2;

⑶若从计数点1开始计时，则0.28s时刻纸带的速率为mo

12.（12分）（1）在“测定金属丝的电阻率”实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则金属

丝的直径d=mm。

⑵在测定电源电动势和内阻的实验中，实验室仅提供下列实验器材：

A.干电池两节，每节电动势约为L5V,内阻约几欧姆

B.直流电压表Vi、V2,量程均为0~3V,内阻约为3kC

C.电流表，量程0.6A,内阻小于

D.定值电阻阻值为5Q

E.滑动变阻器R,最大阻值50。

F.导线和开关若干

①如图乙所示的电路是实验室测定电源的电动势和内阻的电路图，按该电路图组装实验器材进行实验，测得多组S、

/数据，并画出U2•/图像，求出电动势和内电阻。电动势和内阻的测量值均偏小，产生该误差的原因是__________:

这种误差属于（填“系统误差”或“偶然误差”）。

②实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据S、172,描绘出S-S图像如图丙所示，图线斜率

为k,与横轴的截距为0,则电源的电动势£=,内阻r=（用鼠a、Ro表示

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）如图甲所示，有一“上”形、粗细均匀的玻璃管，开口端竖直向上放置，水平管的两端封闭有理想气体A

与B,气柱长度都是22cm,中间水银柱总长为12cm。现将水银全部推进水平管后封闭管道接口处，并把水平管转成

竖直方向，如图乙所示，为了使A、B两部分气体一样长，把B气体的一端单独放进恒温热水中加热，试问热水的温

度应控制为多少？（己知外界大气压强为76cmHg,气温275K）

甲

14.（16分）如图所示为xO），平面直角坐标系，在处有一平行于y轴的直线MN,在产电处放置一平行于），轴的

荧光屏，荧光屏与％轴交点为Q,在第一象限内直线与荧光屏之间存在沿y轴负方向的匀强电场。原点O处放置

一带电粒子发射装置，它可以连续不断地发射同种初速度大小为了0的带正电粒子，调节坐标原点处的带电粒子发射装

置，使其在xQy平面内沿不同方向将带电粒子射入第一象限（速度与x轴正方向间的夹角为叱如若在第一象限

L

内直线MN的左侧加一垂直平面向外的匀强磁场，这些带电粒子穿过该磁场后都能垂直进入电场。已知匀强磁场

的磁感应强度大小为3,带电粒子的比荷幺二?，电场强度大小不计带电粒子重力，求：

（1）粒子从发射到到达荧光屏的最长时间。

（2）符合条件的磁场区域的最小面积。

（3）粒子打到荧光屏上距Q点的最远距离。

15.（12分）如图所示，第一象限内有沿x轴正向的匀强电场，第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为加、

电荷量为4的带负电的粒子以速度vo从严（・3L0）沿与x轴负方向成37。角射入磁场，粒子从。［0,4L）进入电场

并直接从。点离开电场。不计空气阻力及粒子的重力，3>137。=0.6,COS3710.8,求：

(1)磁感应强度〃的大小；

(2)电场强度E的大小。

y

XXXXX

Q

XXXXX

XXXXX

XX

~o二

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

【解题分析】

A.根据第一宇宙速度的概念可知，该卫星发射速度一定大于7.9km/s,故A错误;

B.由题意可知，卫星的周期

T=x45min=180min=3h

90c

万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得

Mm,2乃2

G=^(―)厂

r

解得

V4乃~

该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比

故B正确；

C.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得

-Mm

G——=ma

r~

解得

GM

«=-5-

r

该卫星加速度与同步卫星加速度之比

a=jjU=（与=3

“步,丁1

故C错误；

D.由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D错误。

故选AB.

2、A

【解题分析】

当小球对滑块的压力恰好等于零时.小球所受重力〃吆和拉力T使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动.由牛顿

运动定律得小球和滑块共同的加速度为：4=冲。

3n45=10W/52.

m

A.当，=5〃?/52</=106//时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解,

有：7bo$45。-M加45。=〃-,Tsin450+Ncos450=t联立解得：T=—N故A正确；

2t

B.当。二10〃"$2=4=10"7/$2时，斜面对小球恰好没有支持力，故N=0,故B错误；

C.当。=12〃2//>%=10/〃/52时，滑块的位移为x=gc/=6〃7,而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的

运动状态，故在这1s内小球运动的水平位移小于6m,故C错误；

D.在稳定后，对小球和滑块A整体受力分析可知，在竖直方向没有加速度，故地面对A的支持力等于两个物体重力

之和，故D错误.

3、D

【解题分析】

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，R。两端电压减小，4恒定不变，则3增大，则g和巩的比值变小，故ABC错误；

D.因为是理想变压器，滑动变阻器K消耗的功率等于原线圈输入功率，则

PRO/包-〈），-十，.1

至一下一—L-uj

故D正确。

故选D。

4、C

【解题分析】

A.依据库仑定律，则两球之间的库仑力大小为F=kj,故A正确;

BC^当q=瓜时，则有kqj=，mg,

彳=q云示2

对球受力分析，如图所示：

根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为N=mmg；

T=/mg,故B正确，C错误；

4

D.当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图所示：

依据几何关系可知，T与F的夹角为120。，当9=,恒时，即有kj=mg,根据矢量的合成法则，则有电场力沿垂直

斜面方向的分力与重力沿垂直斜面方向的分力等值反向，那么斜面对小球A的支持力为N=0,故D正确；

本题选择错误的答案，故选C.

5、A

【解题分析】

近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据a=”分析卫星的加速度。

r

【题目详解】

近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据。="知，GEO星的加速度与近地卫星的加速度之比

r

喙二琮二MOO,J

即GEO星的加速度约为地球表面重力加速度的1/36倍，故A正确，BCD错

"近fGEo(36000十6400)2~36

误；故选A。

6、D

【解题分析】因a、c的质量关系不确定，则无法比较两卫星的向心力的大小，选项A错误；a、b卫星的半径相同，

则加速度的大小一定相同，选项B错误；c是一般的人造卫星，可能会经过北京的上空，选项C错误；a、b的半径相

同，则周期相同，因a是地球的同步卫星，则两卫星的周期都等于地球自转的周期，选项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、ABD

【解题分析】

A.因G。相距且由几何关系可知，AD=BDf又因。=故A、3两点在点电荷/产生的电场中等电势，

3厂

故从4运动到优点电荷/对小滑块做的总功为零。从4运动到B的过程：由动能定理得

qEh....2

而夕E=空mg,解得

w

f=-^

故A正确；

B.小滑块减少的电势能等于电场力做的功，从A运动到3的过程中，点电荷/对小滑块做的总功为零，故减少的电

势能等于匀强电场对小滑块做的功，即

qEh

△与*=------r=mgn

'戚tan30

故B正确；

C.由公式0=可知，点电荷/产生的电场在A点的电势

r

kq△kq

%“国2h

3

在48中点的电势

kq_y/3kq

。中=

h

故c错误;

D.由对称性可知，从A运动到A8中点的过程中，克服摩擦力做的功为;吗一故由动能定理可得

qEhh1_12

解得

故D正确。

故选ABD。

8、AD

【解题分析】

A.PM刚进入磁场时有效的切割长度等于a,产生的感应电动势为

E=Bavf

感应电流为

.EBav

1=—=----，

RR

故A正确；

B.NM边所受的安培力大小为

*爷

方向垂直NM向下。PN边所受的安培力大小为

R

方向垂直PN向下，线框所受安培力大小

故B错误;

C.PM两端的电压为

..,/?Bav

u=/•一=----,

22

故C错误；

D.DM刚进入磁场后，有效的切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流将减小，故D正确。

故选：ADo

9、AB

【解题分析】

A.电子的衍射图样证实了实物粒子的波动性，故A正确；

B.为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化，故B正确；

C.氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增大，故C错误；

D.光电效应现象说明了光的粒子性，并不是波动性，故D错误。

故选AB。

10、BCE

【解题分析】

A.振幅是质点偏离平衡位置的最大距离，由图1读出振幅A=8cm；故A错误.

B.质点完成一个全振动的时间叫做一个周期，从振动图象中可以看成周期7=Q2s；故B正确.

C.当时，坐标原点的质点处在平衡位置向下运动，所以尸0;故C正确.

一4

D.从图2中可以看出波长所以波速加力故D错误.

八一y一T—o/口s—1onrs

E.经过半个周期后，处于波峰的A质点运动到波谷位置，则离开平衡位置的位移为8cm,方向向下；故E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、40.0()3.131.25

【解题分析】

(1)口］根据题意可知，计数点3、4之间的距离为8.0cm,计数点1、2之间的距离为4.00cm,计数点5、6之间的距离

为12.00cm。所以计数点1、6之间的总长度为40・00cm；

(2)［2］相邻计数点间的时间间隔7=0.08s,根据以=〃72,所以

七5一123=2472

得

«=3.125m/s2»3.13m/s2

⑶网因为

0.28s=3.57

故0.28s时刻即计数点4、5之间的中间时刻，此时刻的瞬时速度等于计数点4、5之间的平均速度

v="45=i.25m/so

T

ak厂—R

12、2.600电压表的分流系统误差

k—\k—\

【解题分析】

(1)[1].金属丝的直径J=2.5mm+0.01mmxl0.0=2.600mm；

⑵①[2][3].流过电流表的电流不是流过干路的电流，产生误差的原因是电压表的分流造成的，这种误差是由于电路结

构造成的，属于系统误差；

②由闭合电路欧姆定律可知

U「U\

E=U、

变形得

r*-r

则有：当S=0时，U2=a

则有

R)E=a(K+r)

R)+r

-----=k

r

解得

「ak

E=-----

k-\

凡

7•=——

k—l

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、312.5K

【解题分析】

玻璃管开口向上时，AB两部分气体的初状态

PA=Pf{=SOcinHg^LA=LB=22cm,T=275K

将水银全部推进水平管时CM=PBI，6=Lffl=20cm

对A气体，由玻意耳定律：PALA=PAILAlf解得益

对于最终状态的5气体&2=也+12