《2021-2022学年北京市某大学附中高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年北京市某大学附中高三第二次诊断性检测物理试卷含解析.pdf（13页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、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、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，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、光电效应实验，得到光电子最大初动能Ekm与入射光频率v 的关系如图所示。普朗克常量、金属材料的逸出功分别为（）2、如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、8 在靠得
2、很近的竖直平面内，线框的长边均处于水平位置.线框A 固定且通有电流/,线 框 8 从足够高处由静止释放，在运动到4 下方的过程中（）BA.穿过线框5 的磁通量先变小后变大B.穿过线框B 的磁通量先变大后变小C.线 框 8 所受安培力的合力为零D.线框8 的机械能一直减小3、起重机将静止在地面上的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点过程中的v-f 图像如图所示，g=10m/s2,以下说法中正确的是（）A.03s内货物处于失重状态B.35 s内货物的机械能守恒C.57s内货物受到向上的拉力为重力的0.3倍D.货物上升的总局度为27m4、如图所示，尸是一束含有两种单色光的光线，沿图示方向射向半圆
3、形玻璃砖的圆心0,折射后分成a、b 两束光线,则下列说法中正确的是（）A.a 光频率小于b 光频率B.在玻璃砖中传播的时间a 光 比 b 光长C.玻璃对a 光的折射率小于对b 光的折射率D.若让玻璃砖在纸面内绕。点逆时针转动180。，尸光线保持不变，则 a、b 两束光线也保持不变5、如图所示，长 为 L 的轻直棒一端可绕固定轴O 转动,另一端固定一质量为m 的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v 匀速上升，下列说法正确的是（）A.小球做匀速圆周运动VB.当棒与竖直方向的夹角为a时,小球的速度为-Leos aC.棒的角速度逐渐增大D.当棒与竖直方向的夹角为。时，棒 的 角 速 度 为 二
4、 一L sina6、如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为L,活塞距地面的高度为加汽缸底部距地面的高度为“，活塞内气体压强为P，体积为匕下列说法正确的是（）A.当外界温度升高（大气压不变）时，L 变大、“减小、p 变大、V变大B.当外界温度升高（大气压不变）时，减小、H 变大、p 变大、V减小C.当外界大气压变小（温度不变）时，力不变、”减小、p 减小、丫变大D.当外界大气压变小（温度不变）时，L 不变、”变大、p 减小、丫不变二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共 20分。在每小题
5、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、两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为2.50H z,图示时刻平衡位置x=3m 处的质点正在向上振动。则下列说法正确的是（）A.实线波沿x 轴正方向传播，虚线波沿x 轴负方向传播B.两列波在相遇区域发生干涉现象C.两列波的波速均为25m/sD.从图示时刻起再过0.025s,平衡位置x=1.875m处的质点将位于y=30cm 处8、真空中一对等量异种电荷A、B,其周围的电场线和等势线分布如图所示。相邻等势线之间电势差相等，G 点是两电荷连
6、线的中点，N 是两电荷连线的中垂线，C、。两点关于MN对称，C、。、E、尸、G、H 均是电场线与等势线的交点。规定距离两电荷无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）A.中 垂 线 的 电 势 为 零，G 点的电场强度为零B.C、。两点的电势不相等，电场强度相同C.G 点电势等于“点，电场强度大于“点D.F 点电势高于E 点，电场强度大于E 点9、下列说法正确的是 oA.液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现B.用埔的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的滴不会增加C.晶体在物理性质上可能表现为各向同性D.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的E.热量可以从低温物体传给高温物
7、体10、如图所示，将小祛码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，祛码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验，若祛码和纸板的质量分别为M 和%各接触面间的动摩擦因数均为“，重力加速度为g（）A.纸板相对祛码运动，纸板所受摩擦力的大小为M（M+m）gB.要使纸板相对硅码运动F 一定大于2 M M +m）gC.若祛码与纸板分离时的速度大于J说，则祛码不会从桌面上掉下D.当/=（2M+3机）g时，祛码恰好到达桌面边缘三、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）在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，有如下实验器材：
8、待测干电池一节电 流 表（量 程（00.6A,内阻。=2.0 0）电 压 表（量程03 V,内阻约3kQ）滑动变阻器开关、导线若干UN丙（1）某同学用图甲所示电路进行实验，由于电表内阻的影响产生系统误差，其主要原因是；（2）为消除系统误差，结合所给电表参数，另一同学改用图乙所示电路进行实验，根据实验数据得出如图丙所示的图像，则可得电源电动势E=V,内阻r=（结果均保留2位有效数字）12.（12分）某实验小组利用如图甲所示的实验装置“探究加速度与物体受力的关系”。图中A为质量为M的小车，连接在小车后的纸带穿过电火花计时器B,它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩 码P的质量为
9、机，C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数人 不计绳与滑轮的摩擦。(1)在实验过程中，(选填“需要”或 不需要”)满足“小车的质量远大于钩码的质量”这一条件。乙图为某次实验得到的纸带，相邻计数点间还有四个计时点没有画出，已知电源的频率为由纸带可得小车的加速度表达式为a=(用XI、*2、*3、*4、/来表示)。(3)实验完毕后，某同学发现实验时的电压小于220V,那 么 加 速 度 的 测 量 值 与 实 际 值 相 比 (选填“偏大”“偏小”或“不变四、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)
10、如图所示，长为L 的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的较链固定，木板中央放着质量为，的小物块,物块与板间的动摩擦因数为“用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角0的正切值为多大时物块开始下滑；(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至 后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45。时，物块开始下滑，则“应为多大；(3)在(2)的情况下，求木板转至45。的过程中拉力做的功14.(16分)如 图，小球a、b 用等长细线悬挂于同一固定点。让球a 静止下垂，将球向右拉起，使细线水平.从静止释放球
11、b,两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60。.忽略空气阻力，求(1)两球a、。的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比.15.（12分）小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形，。是它的平衡位置，B,C是摆球所能到达的左右最远位置，此时的摆动角度为。，小王通过实验测得当地重力加速度为g=10m/s2,并且根据实验情况绘制了单摆的振动图象如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方向。求：单摆的振幅、摆长约为多少；n（2）估算单摆振动时最大速度v.（可能用到的公式l cos0=2sin2）（计算结果均保留三位有效数字）2参考答案一、单
12、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】根据E km=/n/-叱）得纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于6,图线的斜率k=-=ha故A正确，BCD错误；故选A.2、D【解析】AB.据安培定则知，线框A内部磁场向里，外部磁场向外；线框8从足够高处由静止释放，线框3下降且未与线框A相交前，线框B中磁通量是向外的增大；当线框5与线框A相交至重合过程中，线框5中磁通量先是向外的减小到0然后是向里的增大；当线框8与线框A重合至相离过程中，线框5中磁通量先是向里的减小到0然后是向外的增大；当线框8与线框4相离且越来越远时，线框8中磁
13、通量是向外的减小；故A B两项错误；C.因为线框8与线框A相对运动产生感应电流，据楞次定律知，线框8所受安培力的合力竖直向上，故C项错误；D.线框B下降过程中，安培力对其做负功，线框5的机械能一直减小，故D项正确。3、D【解析】A.货物开始时竖直向上运动，由，一，图像读出03 s的斜率即加速度为正，表示加速度向上，则货物处于超重状态,故 A 错误;B.35 s内货物做向上的匀速直线运动，一定有除重力以外的拉力对货物做正功，则货物的机械能增加，故 B 错误;C.57 s内的加速度为a-Av =-0-6 m/s.-2 =-3om/s,-22由牛顿第二定律有耳-mg=ma可得4=7m=QJmg则有货
14、物受到向上的拉力为重力的0.7倍，故 C 错误；D.v-f 图像的面积表示货物上升的总位移，则总高度为,(2 +7)A mh-x 6m=27m2故 D 正确。故 选 D。4、B【解析】A C.由图看出a 光的偏折程度大于b 光，所以根据折射定律得知：玻璃对a 光的折射率大于对b 光的折射率，折射率大则频率大，则 a 光的频率大，AC错误；B.根据公式v=可知a 光的折射率较大，则在玻璃砖中，a 光的速度小于b 光的速度，则在玻璃砖中传播的时间an光 比 b 光长，B 正确；D.旋转前，发生折射过程是由玻璃射向空气中，而旋转180。后，发生的折射过程是由空气射向玻璃，故光线会发生变化，D 错误。
15、故 选 B。5、D【解析】小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v 匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故 A 错误；棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示，合速度V实=3 L,沿竖直向上方向上的速度分量等于v,即 o)Lsina=v,所以-,平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故 BC错误，D 正确.Lstna故 选 D.【点睛】找合速度是本题的关键，应明白实际的速度为合速度.然后分解速度，做平行四边形，根据三角形求解.此题难度在于合速度难确定，属于中档题.6、C【解析】以活塞与汽缸为整体，对其受
16、力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力且二者大小始终相等，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度心不变，活塞的位置不变，力不变；当温度升高时，汽缸内的气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律可以判断，体积丫增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，“减小、p 不变、丫增大；当大气压减小时，对汽缸分析得P0S=mg+pS气体压强P 减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得=P2 匕可知体积丫变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，“减小、P减小、v 变大，故 c 正确，ABD错误。故选c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
17、。全部选对的得5 分，选对但不全的得3 分，有选错的得。分。7、AD【解析】A.图示时刻平衡位置x=3m处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿x 轴正方向传播，则虚线波沿x轴负方向传播，故 A 正确；B.介质决定波速，两列波传播速度大小相同，由图可知，实线波的波长猫=6 m,虚线波的波长22=9m,由 v=可知,实线波和虚线波的频率之比为fit 2i=3：2由于力不等于力，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象，故 B 错误;C.实线波的频率为2.50H z,波长九=6 m,则波速v=4/=15m/s故 C 错误;D.实线波波峰传到平衡位置x=1.875m处的质点所用时间为1.87
18、5-1.515s=0.025s虚线波波峰传到平衡位置x=1.875m处的质点所用时间为2.25 1.87515s=0.025s说明从图示时刻起再过0.025s,平衡位置x=L875m 处的质点处于波峰位置，由波的叠加可知，平衡位置x=1.875m处的质点将位于y=3 0 cm,故 D 正确。故选AD。8、CD【解析】A C.根据题设条件和电场线、等势线分布可以知道，中垂线所有点的电势为零，电场强度是G 点最大，向上和向下电场强度逐渐减小，A 错误、C 正确；B.沿电场线方向电势降低，C、。两点电势不等，场强大小相等，方向不同，B 错误；D.根据电场线疏密程度可知，尸点的场强大于E 点，。尸0,
19、经 0,D 正确.故选CD。9、ACE【解析】A.液体的表面张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现,故 A 正确；B.根据热力学第二定律，在任何自然过程中，一个孤立系统的总牖不会减少，故 B 错误；C.单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故 C 正确；D.扩散现象是分子无规则热运动的结果，不是对流形成的，故 D 错误；E.热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故 E 正确。故选ACE.10、BC【解析】A.祛码和桌面对纸板的摩擦力分别为f=4 M gf2=
20、+M g纸板所受摩擦力的大小为/=/+&=UQM+/)g故A错误；B.纸板相对祛码运动时，有M=M g =Ma 软/一启=机。纸二者发生相对运动需要满足。纸 。砧代入已知条件解得F 2M M+z)g故B正确；C.若祛码与纸析分离时的 速 度 小 于 向,祛码匀加速运动的位移小于v/jgd d2%2g 2匀减速运动的位移小于v2 _ /.igd _ d2 at i t 2g 2则位移小于d,祛码不会从桌面上掉下来，故C正确；D.当F =(2M +3/)g时，纸带的加速度F-(M+m)g-RMga 纸=-=24gm根据1 2 1 2,5 a鼠 _ y =d解得2d4 g祛码从开始运动到脱离纸板时匀
21、加速运动的位移1 2 ,x=d可知祛码脱离纸板时恰好到达桌面边缘，因此时祛码具有速度，则祛码会从桌面上掉下来，故 D 错误。故选BC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、由于电压表分流导致测得电流比实际干路电流偏小 1.5 1.0【解析】(1)1 .图甲采用相对电源的电流表外接法，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表分流导致电流表中电流比实际干路电流偏小;(2)23.改用图乙实验时，根据闭合电路欧姆定律。=E-/(r+八)，再由图所示电源U-/图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5 V,电源电动势E=1.5V,图象的斜率表示电动势，故
22、r+r.=3.0QA /0.5故电源内阻r=3.0-2.0ft=1.0flo12、不需要100f2 不变【解析】该实验可以用弹簧测力计测量绳子的拉力，故不需要满足小车的质量远大于钩码的质量的条件。(2)2根据逐差法可知，小车的加速度为_X3+X4-X2-Xx _ x4+x3-x2-X4-(5T)2f100(3)3根据(2)中所得到的加速度的表达式可知，加速度与电源电压无关，所以加速度的测量值与实际值相比是不变的。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)V2；-)【解析】(1)物块恰好开始下滑是受力如
23、图所示,则有z gs in 8=侬 o s。解得t a n，=木板转至a=45。时，由向心力公式有.2 Lm g s in a -/jmg co s a =mco 解得(3)由功能关系有W =m g 万 s in a +mv其中物块线速度为LV=co-2解得W=m g L(3-)onr(V2-1)Q 2-V 214、(1)L=-(2)=-in,1 Eb 2【解析】试题分析：(l)b 球下摆过程中，只有重力做功，由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比.(2)求出碰撞
24、过程中机械能的损失，求出碰前b求的动能，然后求出能量之比.1 ,(1)b 球下摆过程中，由动能定理得：机2gL =5 叫%-0碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可得：加2%=(町+4)u,两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：叫+加 2）/=（叫+，）g L（l-co s。）解得：=（；1一1 =（夜 一 I）（2）两球碰撞过程中损失是机械能：Q =m2g L（+铀”认 卜cos。）,碰前b球的最大动能纥=；网2,1-O S。）1 _3Q 1 2E 1 115 （1）5 c m；1.01m；0.157m/s【解析】由题图乙读出单摆的振幅A=5 c m,周期T =2sg得摆长根据单摆的周期公式T =2万L回A“一10 x224x3.142m 1.01m（2）根据机械能守恒定律1 ,m g L（l-co s 0）=m vl-co s 0=2s in2 2又因为。很小，故有,0s in 2v =j 2gL（l-co s。）A卷 0.157m/s