四川省成都市2022届高三物理下学期第二次诊断试题（含解析）

2022年四川省成都市高考物理二诊试卷一.选择题（42分）1．（6分）（2022•成都模拟）下列说法正确的是（　　）　A．电磁波是一种横波　B．空间有变化的电场（或磁场）存在，一定能形成电磁波　C．微波的频率高于可见光　D．当物体以接近光速的速度运动时，物体的质量变化才明显，因此牛顿运动定律不仅适用于低速运动，而且适用于高速运动【考点】：电磁场．【分析】：电磁波是一种横波；具有一切波的性质；如反射、折射、干涉、衍射现象；变化的电场可以产生磁场；而变化的磁场可以产生电场；但只有周期性变化的电场和磁场才能产生电磁波．【解析】：解：A、电磁波是一种横波，故A正确；B、只有周期性变化的电场才能形成电磁波，均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，将不能再产生电磁波；故B错误；C、微波的波长大于可见光，频率低于可见光；故C错误；D、牛顿第二定律只适用于宏观低速物体，不适用于微观高速物体；故D错误；故选：A【点评】：本题考查电磁波的性质，要注意掌握电磁波产生及经典物体的适用范围．　2．（6分）（2022•成都模拟）如图所示，一束复色光a由空气中斜射到上下表面平行的厚平板玻璃的上表面，穿过玻璃后分为b、c两束平行单色光从下表面射出．关于这两束单色光，下列说法正确的是（　　）　A．此玻璃对b光的折射率等于对c光的折射率　B．在真空中b光的传播速度等于c光的传播速度　C．在此玻璃中b光的全反射临界角大于c光的全反射临界角　D．用同一双缝干涉装置进行实验，屏上b光相邻的干涉条纹间距比c光的宽【考点】：光的折射定律；光的干涉．【专题】：光的折射专题．【分析】：复色光从空气斜射到厚平板玻璃（上、下表面平行）的上表面，穿过玻璃后从下表面射出，变为c、b两束平行单色光，从而可确定折射率大小．频率与折射率成正比，进而可确定传播速度，临界角，及干涉条纹间距．【解析】：-13-\n解：A、光从空气斜射到玻璃，因为玻璃上下表面平行，当第二次折射时折射光线与第一次折射入射光线平行．由于折射率不同，b光偏折较大，c光偏折较小．所以此玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，故A错误；B、光从空气斜射到玻璃，由于折射率不同，b光偏折较大，c光偏折较小．所以此玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，根据v=．则b光的传播速度小于c光，但在真空中，两光的传播速度相同，故B正确；C、由公式n=知，玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，b光的全反射临界角小于c光的全反射临界角，故C错误；D、光从空气斜射到玻璃，由于折射率不同，b光偏折较大，c光偏折较小．所以此玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，根据v=．则b光的传播速度小于c光，根据从而得出b光的波长小于c光，用同一双缝干涉装置进行实验可看到b光的干涉条纹间距比c光的小．故D错误；故选：B．【点评】：本题可用假设法，由折射率不同，从而假设b是紫光，c是红光，则可根据红光与紫光的特性来确定出正确答案．　3．（6分）（2022•成都模拟）质量m=50kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间变化情况（以竖直向上为正方向）．由图象提供的信息可知（　　）　A．在0～15s内，观光电梯上升的高度为25m　B．在5～15s内，电梯地板对人的支持力做了﹣2500J的功　C．在20～25s与25～35s内，观光电梯的平均速度大小均为10m/s　D．在25～35s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2m/s2【考点】：功的计算；匀变速直线运动的图像．【专题】：功的计算专题．【分析】：在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态．图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移【解析】：解：A、在速度时间图象中，与时间轴所包围的面积即为位移，故0﹣15s内的位移为x=，故A错误；B、5﹣15s内加速度为-13-\n，由牛顿第二定律得FN﹣mg=ma，解得FN=450N，5﹣15s内上升的高度为，故支持力做功为W=FNh=22500J，故B错误；C、匀变速直线运动，平均速度等于初末速度之和，故，故C正确；D、在25～35s内，观光电梯在减速下降，故D错误；故选：C【点评】：本题主要考查了v﹣t图象的性质、超重失重现象的理解，要注意通过图象明确物体的运动情况，再结合超重失重的内容进行分析即可　4．（6分）（2022•成都模拟）图甲为一简谐横波在t=0时刻的波形图象，图乙为该横波中x=3m处质点A的振动图象，则下列说法正确的是（　　）　A．波的传播方向沿x轴正方向　B．波的传播速度大小为1cm/s　C．在t=2.0s时刻，图甲中x=4m处质点B的振动加速度大小为0　D．若该波遇到尺寸大小为1m的障碍物或孔时，该波会发生明显的衍射现象【考点】：横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】：振动图像与波动图像专题．【分析】：由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向，由甲图判断出波的传播方向．由甲图读出波长，由乙图读出周期，即可求得波速．根据t=0时刻质点A的位置，进而分析B的位置，从而判断加速度．【解析】：解：A、由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向沿x轴负方向．故A错误．B、由甲图读出波长λ=4m，由乙图读出周期T=4s，则波速v=，故B错误．C、在t=2.0s时刻，A点在平衡位置向下振动，所以B处于波峰处，加速度最大，故C错误．D、当波的波长比障碍物尺寸大或差不多时，就会发生明显的衍射．由图知该波的波长为λ=4m，所以该波遇到尺寸大小为1m的障碍物或孔时，该波会发生明显的衍射现象，故D正确．故选：D【点评】：本题关键要抓住振动图象与波动图象之间的联系，将一个周期分成四个周期研究质点的振动过程．　5．（6分）（2022•成都模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想电表．原线圈所接交流电源的电压随时间变化的关系是u1=220-13-\nsin100πtV，副线圈回路中的输电线ab和cd的总电阻r=2Ω，滑动变阻器的最大阻值R=30Ω，其余输电线电阻忽略不计，则（　　）　A．理想变压器输出电压的频率是100Hz　B．在t=0．O1s，时，电压表V的示数为OV　C．在滑动变阻器滑动触头向下滑动的过程中，电流表A1的示数不变、电流表AZ的示数变大　D．当滑动变阻器接入电路的阻值为R=20Ω时，理想变压器的输入功率为22W【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论，电路的动态分析，由欧姆定律求解．【解析】：解：A、根据瞬时值表达式为u1=220sin100πt（V），理想变压器输出电压的频率是50Hz．故A错误B、电压表V示数为有效值，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为22V，电压表的示数为22V，故B错误．C、当滑动变阻器触头P向下滑动的过程中，滑动变阻器的电阻变小，电路的总电阻变小，由于电压是由变压器决定的且不变，故电压表的示数不变，由欧姆定律得电流变大，有功率不变得原线圈的功率变大，电流变大，故C错误．D、当滑动变阻器接入电路的阻值为R=20Ω时，总电阻为22Ω，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为22V，消耗的功率为p==22w，理想变压器输入输出功率不变，故D正确．故选：D【点评】：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法　6．（6分）（2022•成都模拟）嫦娥三号”于2022年12月2日在中国西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭送人太空，12月14日成功软着陆于月球雨海西北部，12月15日完成着陆器和巡视器分离，并陆续开展了“观天、看地、测月”，的科学探测和其它预定任务．如图所示为“嫦娥三号”释放出的国产“玉兔”号月球车，若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2，已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（　　）-13-\n　A．月球表面处的重力加速度为g　B．月球车内的物体处于完全失重状态　C．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为　D．地球与月球的质量之比为【考点】：万有引力定律及其应用．【专题】：万有引力定律的应用专题．【分析】：质量是不变的，重力是改变的，根据重力表达式G重=mg表示出g进行比较；忽略星球自转的影响，根据万有引力等于重力列出等式比较地球和月球的质量；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．【解析】：解：A、重力加速度：g=，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1：G2，故月球表面处的重力加速度为g，故A正确；B、在月球表面，月球车内的物体受重力和支持力，不是失重，故B错误；C、第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度：v=，故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比：==，故C正确；D、根据g=，有：M=，故地球的质量与月球的质量之比为：=，故D错误；故选：AC．【点评】：本题关键是明确重力和质量的区别，知道第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，根据牛顿第二定律列式分析即可．-13-\n　7．（6分）（2022•成都模拟）如图甲所示，倾角30°、上侧接有R=1Ω的定值电阻的粗糙导轨（导轨电阻忽略不计、且ab与导轨上侧相距足够远），处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，导轨相距L=1m．一质量m=2kg、阻值r=1Ω的金属棒，在作用于棒中点、沿斜面且平行于导轨的拉力F作用下，由静止开始从ab处沿导轨向上加速运动，棒球运动的速度一位移图象如图乙所示，（b点为位置坐标原点）．若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=，g=10m/s2，则金属棒从起点b沿导轨向上运动x=1m的过程中（　　）　A．金属棒做匀加速直线运动　B．金属棒与导轨间因摩擦产生的热量为10J　C．通过电阻R的感应电荷量为0.5C　D．电阻R产生的焦耳热为0.5J【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁学；电磁感应——功能问题．【分析】：结合匀变速直线运动的速度位移公式列式分析运动性质；摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功；根据电流的平均值求解电量，求解电热要用电流的有效值．【解析】：解：A、v﹣x图象是直线，如果是匀加速直线运动，根据，v﹣t图象应该是曲线，故金属棒做变加速直线运动，故A错误；B、金属棒与导轨间因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为：Q1=μmgcos30°•x=J=10J；故B正确；C、通过电阻R的感应电荷量：q===0.5C；故C正确；D、既然是变加速直线运动，条件不足，无法求解电阻R产生的热量，故D错误；故选：BC．【点评】：本题关键是明确导体棒的受力情况、运动情况和电路中的能量转化情况，明确平均值有有效值的区分，不难．　二.非选择题，68分8．（6分）（2022•成都模拟）如图甲所示是用沙摆演示振动图象的实验装置，沙摆可视为摆长L=1.0m的单摆，沙摆的运动可看作简谐运动．实验中，细沙从摆动着的漏斗底部均匀漏出，用手沿与摆动方向垂直的方向匀速拉动纸板，漏在纸板上的细沙形成了图乙所示的粗细变化的一条曲线．曲线之所以粗细不均匀，主要是因为沙摆摆动过程中　速度　（选填“位移”、“速度”或“加速度”）大小在变化．若图乙中AB间距离x=4.0m，当地重力加速度g=10m-13-\n/s2，则纸板匀速运动的速度大小为　1.0　m/s（结果保留2位有效数字）．【考点】：简谐运动的振动图象；简谐运动的回复力和能量．【专题】：简谐运动专题．【分析】：单摆摆动的周期T=2π，知单摆的周期与摆球的质量无关，所以周期不变．单摆在摆动的过程中经过平衡位置的速度最大，最大位移处的速度为0．根单摆周期求出沙摆的周期，再求解纸板匀速运动的速度．【解析】：解：观察细沙曲线，发现两侧粗，沙子多，中间细，沙少．是因为沙摆在摆动的过程中，经过平衡位置速度最大，最大位移处速度为0，即是由于沙摆摆动过程中速度大小的变化引起的．沙摆的周期为：T=2π=2πs=2s．乙图记录了2T时间内的运动情况，则纸板匀速运动的速度大小为：v===1.0m/s故答案为：速度，1.0．【点评】：解决本题的关键知道砂摆完成一次全振动的时间为一个周期，掌握单摆的周期公式．　9．（11分）（2022•成都模拟）某实验小组欲测量额定电压为3V的某LED灯在正常工作时的电阻Rx，已知该灯正常工作时电阻大约为600Ω左右．除该LED灯外，实验中可供选择的实验器材有：电流表A（量程0～0.6A，内阻RA约2.0Ω）电压表V1（量程0～6V，内阻RVl约5kΩ）电压表V2、（量程0～3V，内阻Rv2=500Ω）滑动变阻器R（0～20Ω，允许最大电流1.0A）蓄电池E（电动势10V，内阻约0.1Ω}）开关S一只、导线若干（1）实验中要求测量尽量准确且方便调节，除电源、LED灯、滑动变阻器、开关和导线外，电表（电流表或电压表）应选用　V1　、　V2　（填写仪器符号）．（2）将你所设计的实验电路图画在答题卡上对应的虚线框中，并在图中标明仪器符号．（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式RX=　　（用电压表V1的示数U1、电压表V2的示数U2、电流表A的示数I，RV1、Rv2、RA中的某些字母表示）．-13-\n【考点】：伏安法测电阻．【专题】：实验题．【分析】：滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．通过LED最大电流，太小，电流表不能使用，所以选择两个电压表，其中一个电压表电阻与LED内阻差不多，与LED串联，根据欧姆定律求出通过LED的电流，再根据欧姆定律求解LED的电阻．【解析】：解：（1）根据题意可知，通过LED最大电流，太小，电流表不能使用，所以选择两个电压表，V1，V2，其中一个电压表电阻与LED内阻差不多，与LED串联．（2）滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，Rv2=500Ω与LED电阻差不多，所以V2使用内接法，电路图如图所示：（3）根据电路可知，V1测量RX和电压表V2的总电压，根据欧姆定律可知通过V2的电流，RX两端的电压U=U1﹣U2，根据欧姆定律可知，RX=故答案为：（1）V1，V2；（2）如图所示；（3）．【点评】：本题最容易出错的地方就是同学们没有考虑通过LED最大电流，不知道电流表不能用，而是采用常规的伏安法测电阻，难度适中．　-13-\n10．（15分）（2022•成都模拟）如图所示，滑雪坡道由斜面AB和圆弧面BO组成，BO与斜面相切于B、与水平面相切于O，以O为原点在竖直面内建立直角坐标系xOy．现有一质量m=60kg的运动员从斜面顶点A无初速滑下，运动员从O点飞出后落到斜坡CD上的E点．已知A点的纵坐标为yA=6m，E点的横、纵坐标分别为xE=10m，yE=﹣5m，不计空气阻力，g=10m/s2．求：（1）运动员在滑雪坡道ABO段损失的机械能．（2）落到E点前瞬间，运动员的重力功率大小．【考点】：机械能守恒定律；平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率．【专题】：机械能守恒定律应用专题．【分析】：（1）运动员从O点飞出后做平抛运动，由运动的分解法分别研究水平和竖直两个方向的位移，即可求得时间和平抛运动的初速度，从而求得在滑雪坡道ABO段损失的机械能．（2）由平抛运动的规律求出落到E点前瞬间竖直分速度，再求解重力的瞬时功率．【解析】：解：（1）运动员从O点飞出后做平抛运动，则xE=vxt；﹣yE=解得，t=1s，vx=10m/s在滑雪坡道ABO段，由能量守恒定律有：损失的机械能为△E=mgyA﹣代入数据解得，△E=600J（2）落到E点前瞬间，运动员在竖直方向上的分速度为vy=gt运动员的重力功率大小为P=mgvy；代入数据解得P=6×103W答：（1）运动员在滑雪坡道ABO段损失的机械能为600J．（2）落到E点前瞬间，运动员的重力功率大小为6×103W．【点评】：机械能守恒定律常常要综合平抛或牛顿第二定律进行考查，在做题时要注意明确运动的过程，正确选择物理规律求解．　11．（17分）（2022•成都模拟）如图所示，劲度系数k0=2N/m、自然长度l0=m的轻弹簧两端分别连接着带正电的小球A和B，A、B的电荷量分别为qA=4.0×10﹣2C、qC=1.0×10﹣8C，B的质量m=0.18kg，A球固定在天花板下0点，B球套在与0点等高的光滑固定直杆的顶端，直杆长L=2m、与水平面的夹角θ=45°，直杆下端与一圆心在O点、半径R=2m、长度可忽略的小圆弧杆CO′D平滑对接，O′O为竖直线，O′的切线为水平方向，整个装置处于同一竖直面内．若小球A、B均可视为点电荷，且A、B与天花板、弹簧、杆均绝缘，重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，则将B球从直杆顶端无初速释放后，求：-13-\n（1）小球运动到杆的中点P时，静电力和重力的合力的大小和方向．（2）小球运动到小圆弧杆的O点时，小球对杆的弹力大小．（计算结果可用根号表示）【考点】：电势差与电场强度的关系；动能定理．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：（1）小球在P点受电场力和重力，由库伦定律求的库仑力，根据力的合成即可求得合力大小和方向；（2）根据动能定理求的到达O′点的速度，根据牛顿第二定律求的作用力【解析】：解：（1）在P点，B电荷受到的电场力为=1.8N，方向沿PA方向；重力为G=mg=1.8N静电力与重力的合力大小为代入数据解得N因G=FAB，故F合的方向与竖直方向成22.5°角斜向下（2）从B到O′由动能定理可得解得v=在O′点由牛顿第二定律得代入数据解得由牛顿第三定律小球对杆的弹力大小答：（1）小球运动到杆的中点P时，静电力和重力的合力的大小为，方向竖直方向成22.5°角斜向下（2）小球运动到小圆弧杆的O点时，小球对杆的弹力大小为2.3+N【点评】：-13-\n本题主要考查了受力分析，利用力的合成求的合力，再结合动能定理和牛顿第二定律即可　12．（19分）（2022•成都模拟）如图所示，平面直角坐标系xOy的第二象限内存在场强大小为E，方向与x轴平行且沿x轴负方向的匀强电场，在第一、三、四象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．现将一挡板放在第二象限内，其与x，y轴的交点M、N到坐标原点的距离均为2L．一质量为m，电荷量绝对值为q的带负电粒子在第二象限内从距x轴为L、距y轴为2L的A点由静止释放，当粒子第一次到达y轴上C点时电场突然消失．若粒子重力不计，粒子与挡板相碰后电荷量及速度大小不变，碰撞前后，粒子的速度与挡板的夹角相等（类似于光反射时反射角与人射角的关系）．求：（1）C点的纵坐标．（2）若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为多少？（3）磁感应强度为多大时，粒子与档板总共相碰两次后到达C点？这种情况下粒子从A点出发到第二次到达C点的时间多长？【考点】：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】：带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】：（1）粒子向沿着+x方向做匀加速直线运动，然后碰撞后做类似平抛运动，根据动能定理和类似平抛运动的分位移公式列式求解即可；（2）若要使粒子再次打到档板上，临界情况是轨迹圆经过C点，画出轨迹，结合几何关系求解轨道半径，然后根据牛顿第二定律列式求解磁感应强度的最大值；（3）画出临界轨迹，粒子经过坐标原点后射向极板并反弹，再次经过磁场偏转后沿着直线射向C点，结合几何关系求解出轨道半径，然后分阶段求解运动的时间．【解析】：解：（1）设粒子与板作用前瞬间速率为v0，由动能定理，有：qEL=解得：粒子与板碰撞后在电场中做类似平抛运动，设到达y轴时与C点的竖直距离为y，在x轴方向，有：在y轴方向，有：y=v0t-13-\n由以上二式得到：t=，y=2L故粒子第一次到达y轴时距坐标原点为：y′=y+L=3L（2）粒子到C点时，x轴方向的速度分量为：此时速度v==2设v与x轴正方向的夹角为θ，有：tanθ=，故θ=45°粒子进入磁场后将做匀速圆周运动，转过270°后打在板上的N点时，磁感应强度B1为最大，有：又，故B1==2（3）当磁感应强度的大小为B2时，粒子做半径为r2的圆周运动，到达y轴上的O点之后，沿着直线运动打到板上，故：同理=此后粒子返回O点，进入磁场后做匀速圆周运动，由对称性可知粒子将到达D点，接着做直线运动再次到达C点，从A到板，有：L=，故t1=；在磁场中做匀速圆周运动的时间：t2==从O到板再返回O点做匀速直线运动时间为：从x轴上D点做匀速直线运动到C点的时间为：故t总=t+t1+t2+t3+t4=-13-\n答：（1）C点的纵坐标为（0，3L）．（2）若要使粒子再次打到档板上，磁感应强度的最大值为2；（3）磁感应强度为时，粒子与档板总共相碰两次后到达C点；这种情况下粒子从A点出发到第二次到达C点的时间为．【点评】：本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，分直线加速、类似平抛运动、匀速圆周运动和匀速直线运动过程进行分析，切入点是画出临界轨迹，结合几何关系得到轨道半径．　-13-