2022年高考诊断性测试物理一、单项选择题：本题共8小题，每小题3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.有些元素的原子核有可能从很靠近它的核外电子中“俘获”一个电子形成一个新原子核，从离原子核最近的K层电子中俘获电子，叫“K俘获”。现有一个铍原子核（）发生了“K俘获”，生成一个新的原子核，并放出一个不带电的、质量接近于零的中微子（），核反应方程为。关于铍原子核（）的“K俘获”的过程，下列说法正确的是（ ）A.新原子核带负电B.新原子核比原来的铍原子核少一个中子C.新原子核比原来的铍原子核少一个质子D.新原子核与原来的铍原子核的核子数不同【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A．根据电荷数守恒得，新原子核X的电荷数是3，则新原子核X带正电，故A错误；BCD．根据电荷数和质量数守恒得，新原子核X的电荷数是3，核子数是7，新原子核与铍核相比，电荷数少一个而核子数相同，所以是质子数少一个，中子数多一个，故BD错误，C正确。故选C。2.如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，某同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在毛玻璃屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变窄。下列改动可能会实现这个效果的是（ ）
A.仅将滤光片向右移动靠近单缝B.仅减小双缝间的距离C.仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离D.仅将红色滤光片换成绿色滤光片【2题答案】【答案】D【解析】【详解】A．滤光片作用是得到相干光源，靠近单缝和远离单缝不影响干涉，A错误；BC．双缝干涉两相邻亮条纹的间距为仅减小双缝之间距离d或仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离，条纹间距都会变大，B错误；D．仅将红色滤光片换成绿色滤光片，滤光片射向双缝等的光的波长λ减小，根据可知，条纹间距减小，D正确。故选D。3.甲、乙两车在同一直线上运动，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知甲车的x-t图像为抛物线的一部分，t=8s时刻对应图像的最高点，乙车的图像为直线，下列说法正确的是（ ）A.甲车的初速度为6m/s
B.甲车的加速度大小为2m/s2C.t=0到t=8s内甲车的位移为70mD.在t=8s到t=10s时间内的某时刻，甲、乙两车的速度大小相等【3题答案】【答案】B【解析】【详解】AB．匀变速直线运动的x-t图像为抛物线，由于甲车的图像开口向下，所以甲车沿x轴方向做匀减速直线运动，设加速度大小为a，初速度大小为v0。t=8s时甲车速度减为0，则根据运动学公式有t=10s时甲车的位移为60m，则联立解得，A错误，B正确；C．t=8s时甲车离出发点的距离为C错误；D．t=10s时甲车的速度为在t=8s到t=10s时间内，甲车的速度变化范围为，负号表示沿x轴负方向。乙车的速度为
在t=8s到t=10s时间内没有甲、乙两车的速度大小相等的时刻，D错误。故选B。4.人造地球卫星与地心间距离为r时，取无穷远处为势能零点，引力势能可以表示为，其中G为引力常量，M为地球质量，m为卫星质量。卫星原来在半径为r1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于稀薄空气等因素的影响，飞行一段时间后其圆周运动的半径减小为r2。此过程中损失的机械能为（ ）A.B.C.D.【4题答案】【答案】A【解析】【详解】根据卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为r1时有卫星的引力势能为轨道半径为r2时卫星的引力势能为设摩擦而损失的机械能为，根据能量守恒定律得联立以上各式可得
故A正确，BCD错误。故选A。5.如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压的有效值不变，两灯泡L1、L2规格完全相同，在以下各种操作中各电路元件都没有损坏，下列说法正确的是（ ）A.仅使滑片M下移，电流表示数变大B.仅使滑片M下移，变压器原线圈中的电流变大C.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，灯泡L2中的电流一直增大D.仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，电流表示数一直增大【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A．仅使滑片M下移，副线圈匝数减小，根据理想变压器知副线圈电压减小，副线圈电路电阻不变，所以电流减小，故A错误；B．仅使滑片M下移，副线圈电压、电流均减小，所以副线圈功率减小，根据理想变压器特点知原线圈中电流变小，故B错误；C．仅使滑片N自变阻器a端向b端移动，并联部分电路电压（副线圈电压）不变，L2所在支路电阻逐渐减小，根据并联分流特点可知，L2中电流一直增大，故C正确；D．仅使滑片N自变阻器a端向b
端移动，则并联部分电阻先增大后减小，副线圈总电阻先增大后减小，副线圈电压不变，所以副线圈总电流（电流表示数）先减小后增大，故D错误。故选C。6.如图所示，山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线，静止时导线呈曲线形下垂，最低点在C处。左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30°，右塔B处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为60°，则导线AC部分与BC部分的质量之比为（ ）A.2：1B.3：1C.4：D.：1【6题答案】【答案】B【解析】【详解】整体分析，根据水平方向平衡单独分析左右两部分，解得导线AC部分与BC部分质量之比为3:1.故选B。7.某压敏电阻的阻值R随压力F变化的规律如图甲所示，将它水平放在电梯地板上并接入如图乙所示的电路中，在其受压面上放一物体m，即可通过电路中电流表A的示数I来研究电梯的运动情况。已知电梯静止时电流表的示数为I0。下列说法正确的是（ ）
A.若示数I=I0，则电梯一定处于静止状态B.若示数I保持不变，则电梯一定做匀速运动C.若示数I在增大，则电梯的速度在增大D.若示数I>I0，则电梯可能在减速向下运动【7题答案】【答案】D【解析】【详解】A．若示数为I0，说明m对压敏电阻的压力与静止时相同，即m的合外力为零，电梯可能处于静止状态也可能处于匀速运动状态，故A错误.B．由图可知压敏电阻的阻值与受到的压力有关，若示数I不变，说明压敏电阻的阻值保持不变，压敏电阻受到的压力不变，对于m受到的支持力不变，m的合外力恒定，故m可能做匀变速直线运动，也可能做匀速运动，故B错误.C．若示数I在增大，说明压敏电阻的阻值在减小，由图可知，压力越大，阻值越小，所以压敏电阻受到的压力在逐渐增大，由上述条件只能判断压敏电阻受到的合外力在变化，由于不能确定合外力方向，故无法确定电梯速度如何变化，故C错误.D．对应电流表示数为I0，压敏电阻受到的压力等于m的重力，当I＞I0时，电路中电流比静止时变大，说明压敏电阻阻值变小，压力增大，压力大于重力，m的合外力向上，加速度方向向上，如果电梯正在上升，则为加速上升，如果电梯正在下降，则为减速下降，故D正确。故选D。8.单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。如图所示为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生全反射，且两次全反射的入射角相等，最后光线垂直BC
射出。下列说法正确的是（ ）A.∠BCD=135°B.∠BAE和∠BCD不相等C.该五棱镜折射率的最小值是D.该五棱镜折射率的最小值是【8题答案】【答案】C【解析】【详解】AB．由题意画出光路图如图所示，设光线在CD面上的入射角为根据光路图和反射定律可知得由四边形内角和为360°和角度关系可得
∠BCD=∠BAE=90°+=112.5°故AB错误；CD．光线在CD和AE界面上恰好发生全反射时，对应着五棱镜折射率的最小值，则解得故C正确，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.“战绳”是一种时尚的健身器材，有较好的健身效果。如图甲所示，健身者把两根相同绳子的一端固定在P点，用双手分别握住绳子的另一端，然后根据锻炼的需要以不同的频率、不同的幅度上下抖动绳子，使绳子振动起来。某次锻炼中，健身者以2Hz的频率开始抖动绳端，t=0时，绳子上形成的简谐波的波形如图乙所示，a、b为右手所握绳子上的两个质点，二者平衡位置间距离为波长的，此时质点a的位移为cm。已知绳子长度为20m，下列说法正确的是（ ）A.a、b两质点振动的相位差为B.t=s时，质点a的位移仍为cm，且速度方向向下C.健身者抖动绳子端点，经过5s振动恰好传到P点D.健身者增大抖动频率，将减少振动从绳子端点传播到P点的时间【9题答案】【答案】AB
【解析】【详解】A．a、b两质点平衡位置间距离为波长的，一个周期波前进一个波长的距离，一个周期前后的相位差为，所以两质点振动的相位差为故A正确；B．质点振动周期为t=0时质点a的位移为cm，根据甲图可知a此刻在平衡位置上方，向上振动；根据乙图图线可知a的振动方程为将t=s=带入可得由振动规律知s时刻a在平衡位置上方，振动方向向下，故B正确；C．由乙图可知a、b间平衡间距大于5m，小于波长，所以波长>5m，所以波从健身者传到P点所用的时间故C错误；D．波的传播速度由介质决定，介质不变，波速不变，绳子上的波形传播到P点的时间不变，与抖动频率无关，故D错误。故选AB。10.如图所示，内壁光滑的圆形细管固定在倾角为θ的斜面上，其半径为R，A、C分别为细管的最高点和最低点，B、D为细管上与圆心O处于同一水平高度的两点，细管内有一直径稍小于细管内径的质量为m的小球，小球可视为质点。开始时小球静止在A点，某时刻对小球施加轻微扰动，使小球自A向B沿着细管开始滑动。以过直线BOD
的水平面为重力势能的参考平面，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A.小球不能返回到A点B.小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大C.小球在C点时的机械能为2mgRsinθD.小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为【10题答案】【答案】BD【解析】【详解】A．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球能返回到A点，故A错误B．小球在A点时速度为零，重力的瞬时功率为零，小球从A到B的过程中，速度逐渐增大，速度沿斜面的分量（v1）也逐渐增大，根据瞬时功率表达式可知小球自A点到B点的过程中，重力的瞬时功率一直增大，故B正确；C．小球在运动过程中，机械能守恒，所以小球在C点时的机械能为mgRsinθ，故C错误；D．根据机械能守恒可得小球到达D点时的速度为根据牛顿第二定律可得侧壁对小球的支持力为解得管的底部对小球的支持力为小球到达D点时，细管对小球的作用力大小为
故D正确。故选BD。11.如图所示，真空中，水平正对放置的平行金属板A、B间存在竖直方向的匀强电场，带电量为+Q的球P内含有一弹射装置，其质量为m1（含其内部弹射装置），质量为m2、不带电的小球置于球P内部的弹射装置中。开始时，球P恰好静止在距A板h的位置。某时刻，小球相对于金属板以速度v0水平弹出，球P和小球同时到达金属板。若两球均可视为质点，球P运动过程中电荷量保持不变且不影响原电场分布，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A.从小球弹出至到达金属板，球P动量的变化量竖直向上B.从小球弹出至到达金属板，球P的电势能增加C.两金属板间的电势差D.两金属板长度至少为【11题答案】【答案】ACD【解析】【详解】A．原来球P静止时，有小球弹出时，设P瞬间速率v1，由动量守恒小球弹出后，P受电场力大于其重力，合力向上，做类平抛运动到达上板，由牛顿第二定律
由动量定理知，球P动量变化量竖直向上，故A正确；B．球P向上类平抛运动，电场力做正功，电势能减小，故B错误；C．小球弹出后，设经时间t到达下板，设两板间距为d，对小球竖直方向，由运动学规律同理，对P竖直方向两金属板间的电势差联立以上各式（含A中公式）可得故C错误；D．小球和球P自弹出到落板，水平位移大小分别为，则两金属板长度至少为联立A、C、D中公式可得故D正确。故选ACD。12.有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落，如图所示。区域I、II中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，二者宽度分别为L、H，且H＞L。导线框恰好匀速进入区域I，一段时间后又恰好匀速离开区域II，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.导线框离开区域II的速度大于B.导线框刚进入区域II时的加速度大小为g，方向竖直向上C.导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为mgHD.导线框自开始进入区域I至刚完全离开区域II的时间为【12题答案】【答案】CD【解析】【详解】A．导线框恰好匀速离开区域II，根据平衡条件得解得A错误；B．导线框匀速进入区域I到刚进入区域II之间一直做匀速运动，由平衡关系和电磁感应定律可得导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时，上下边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律又
解得I2=线框所受安培力由牛顿第二定律有解得方向竖直向上，B错误；C．导线框恰好匀速进入区域I故线框在区域I中以速度v匀速运动；设线框完全离开磁场I时速度为，从完全离开磁场I到开始离开区域II的过程中，由动能定理得导线框进入区域II的过程根据能量守恒可得联立解得导线框进入区域II的过程产生的焦耳热为C正确；D．导线框自开始进入区域I至开始进入区域II过程中，由动量定理得联立解得
由题知导线框恰好匀速进入区域I，一段时间后又恰好匀速离开区域II，由于区域I、II中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，则导线框刚进入区域II的速度v与导线框刚离开区域II的速度v是相同的，则导线框自开始进入区域II至开始离开区域II过程中，设安培力作用的时间为Dt，重力作用的时间为t2，由动量定理得解得导线框自开始离开区域II至刚完全离开区域II过程中，由动量定理得联立解得故D正确。故选CD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13.某物理实验小组利用图甲所示装置“探究小车的加速度与受力的关系”。
（1）关于实验操作，下列说法正确的是______；A．实验时，先释放小车再接通打点计时器的电源B．调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行C．每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度D．为尽可能减小实验误差，小车的质量应远大于重物的质量（2）一次实验中获得的纸带如图乙所示，已知所用电源的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，A、B、C、D、E、F、G为所取计数点，由图中数据可求得加速度大小a=______m/s2；（计算结果保留两位有效数字）（3）实验小组先保持小车质量为m1不变，改变小车所受的拉力F，得到a随F变化的规律如图丙中直线A所示，然后实验小组换用另一质量为m2的小车，重复上述操作，得到如图丙中所示的直线B，由图可知，m1______m2（选填“大于”或“小于”），直线B不过坐标原点的原因是______。【13题答案】【答案】①.BCD②.0.18##0.19③.小于④.
长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度【解析】【详解】（1）[1]A．实验时，要去先接通打点计时器的电源再释放小车，A错误；B．绳子的拉力应与运动方向一致，故应调节滑轮的高度，使牵引小车的细线与长木板保持平行，B正确；C．平衡后，应有即有故每次改变重物质量时，不需要重新调整长木板的倾斜度，C正确；D．为尽可能减小实验误差，实验要求小车的质量应远大于重物的质量，D正确。故选BCD。（2）[2]设由图乙可得所用电源的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，可得AD之间的时间间隔为根据匀变速直线运动的推论，即代入数据，解得（3）[3][4]根据牛顿第二定律可得故有
则有当拉力F相等时，有由直线B可知，当F等于0时，加速度不等于零，说明平衡摩擦力过度，即长木板倾斜程度过大，补偿阻力过度。14.某实验小组要测定一节蓄电池的电动势及内阻，要求测量结果尽量准确，实验器材如下：电流表A1（量程200μA，内阻为800Ω）；电流表A2（量程300mA，内阻约为0.3Ω）；定值电阻R1（阻值为4Ω）；定值电阻R2（阻值为9200Ω）滑动变阻器R（最大阻值50Ω）；待测蓄电池一节（电动势约为2V）；开关S一个，导线若干。（1）实验小组连接的实物电路如图甲所示，图中虚线框内的电表应选______（选填“A1”或“A2”），图中虚线框内的定值电阻应选______（选填“R1”或“R2”）；（2）电流表A1示数用I1表示，电流表A2示数用I2
表示，该小组多次改变滑动变阻器触头位置，得到了多组I1、I2数据，并作出I1－（I1+I2）图像，如图乙所示。根据图像可知，被测蓄电池的电动势为______V，内阻为______Ω。（结果均保留两位有效数字）（3）从实验设计原理来看，该蓄电池电动势的测量值______（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值，内阻的测量值______（选填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。【14题答案】【答案】①.A2②.R2③.1.9④.1.0⑤.等于⑥.等于【解析】【详解】（1）[1][2]图中虚线框内的电表应选A2，因为虚线框在干路上，选择量程大的电流表。蓄电池的电动势为2V，改装后电压表量程为2V。所以串联电阻故选R2。（2）[3][4]根据整理得所以，解得，
（3）[5][6]因为考虑到电表内阻，所以没有误差。电动势的测量值等于真实值，内阻测量值等于真实值。15.如图甲所示是我国农村建房时往高处抛送建筑材料的情景，即一人从地面将建筑材料抛出，被站在屋檐上的另一人接住。已知李师傅站在离房屋水平距离L=3.2m的A点，王师傅站在离地面高H=3.4m的屋檐上的B点，李师傅将质量m=2kg的砖头从A点正上方高h1=1.0m处斜向上抛出，砖头运动至最高点时恰被王师傅接住，若接住点在B点正上方高h2=0.8m处，砖头与王师傅接触的时间t=0.4s，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力。求：（1）李师傅抛砖头的速度大小；（2）王师傅在接砖头的过程中受到的平均作用力大小。【15题答案】【答案】（1）m/s；（2）N【解析】【详解】（1）根据运动的可逆性可知，砖头逆向的运动是平抛运动，则水平方向L=vxt1竖直方向vy=gt1H+h2－h1=gt12合速度v2=vx2+vy2解得v=m/s即李师傅抛砖头的速度大小为m/s。（2）对砖头水平方向，由动量定理
由力的合成知解得F=N由牛顿第三定律得：王师傅在接砖头过程中受到的平均作用力大小为N。16.如图甲所示，用质量为10kg的活塞在竖直气缸内封闭一定质量的理想气体，气缸顶部装有卡扣。开始时活塞距气缸底部高度为40cm，对气缸内的气体缓慢加热，活塞距气缸底部的高度h随温度T的变化规律如图乙所示，自开始至温度达到400K的过程中，缸内气体吸收的热量为700J。已知活塞的横截面积为200cm2，外界大气压强为1.0×105Pa，活塞与气缸壁间的摩擦忽略不计，重力加速度g取10m/s2。（1）求由状态A到C，气体内能的变化量；（2）用p表示缸内气体的压强，请作出气体由状态A经过B变为C的p-h图像，并标出A、B、C的坐标值。【16题答案】【答案】（1）280J；（2）见解析【解析】【详解】（1）对活塞受力分析如图
由平衡方程得mg+p0S=pAS气体由状态A到C先做等压变化再做等容变化由热力学第一定律得∆E=W+Q解得pA=1.05×105Pa，∆E=280J（2）气体由状态B到C由查理定律得解得pC=1.4×105Pa气体由状态A经过B变为C的p-h图像如图所示17.加速器在核物理和粒子物理研究中发挥着巨大的作用，回旋加速器是其中的一种。如图是某回旋加速器的结构示意图，D1和D2是两个中空的、半径为R的半圆型金属盒，两盒之间窄缝的宽度为d，它们之间有一定的电势差U。两个金属盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。D1盒的中央A处的粒子源可以产生质量为m、电荷量为+q的粒子，粒子每次经过窄缝都会被电场加速，之后进入磁场做匀速圆周运动，经过若干次加速后，粒子从金属盒D1边缘离开，忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子间的相互作用及相对论效应。（1）求粒子离开加速器时获得的最大动能Ekm；（2）在分析带电粒子的运动轨迹时，用Δd表示任意两条相邻轨迹间距，甲同学认为Δd
不变，乙同学认为Δd逐渐变大，丙同学认为Δd逐渐减小，请通过计算分析哪位同学的判断是合理的；（3）若该回旋加速器金属盒的半径R=1m，窄缝的宽度d=0.1cm，求粒子从A点开始运动到离开加速器的过程中，其在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比。（结果保留两位有效数字）【17题答案】【答案】（1）；（2）见解析；（3）【解析】【详解】（1）当带电粒子运动半径为半圆金属盒的半径R时，粒子的速度达到最大值vm，由牛顿第二定律得粒子离开加速器时获得的最大动能解得（2）第N次加速后，由动能定理得根据牛顿第二定律得
可解得第N次加速后可推得第（N－1）次加速后相邻轨迹间距由此可知相邻轨迹间距逐渐减小，丙同学的判断是合理的；（3）粒子在电场中被加速n次，由动能定理得解得粒子在加速器中运动的时间可以看成两部分时间之和，即在金属盒内旋转圈的时间t1和通过金属盒间隙n次所需的时间t2之和，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力。由牛顿第二定律得运动周期粒子在磁场中运动时间粒子在电场中运动时，由匀变速直线运动规律得
解得粒子在磁场中运动时间与在电场中运动时间之比18.如图甲所示，半径R=0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A与长l=1m的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C（可视为质点）静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为m=1kg，重力加速度g=10m/s2，现给C一水平向左的初速度v0=4m/s。（1）若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小；（2）若A、B不固定，其他条件均不变，求：（i）C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；（ii）C相对于A最低点P所能达到的最大高度（结果保留两位有效数字）；（iii）若将A、B粘连在一起，改变v0大小，其他条件均不变，使C能够沿A上升，且再次返回到A最低点P时具有相对于地面水平向左的速度，v0的取值范围为多少。【18题答案】【答案】（1）26N；（2）（i）J（或W克=4.44J）；（ii）0.10m；（iii）【解析】【详解】（1）C由B最右端滑至最左端过程中，摩擦力做功
该过程中，由动能定理得C运动到A最低点P时，由牛顿第二定律得解得N=26N由牛顿第三定律可知，B对C的压力等于26N（2）（i）C由B最右端滑至A最低点P过程中，A、B、C组成的系统动量守恒由动量守恒定律得由能量守恒定律得由功能关系可知，摩擦产生的热量（或Q=4J）解得或对C由动能定理得解得J（或W克=444J）（ii）C在A上运动时，A、C组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，且当A、C在水平方向达到共同速度时C运动到最高点由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得解得h=0.10m（iii）C沿A上升后返回到A最低点P时，C有向左运动的速度即可由动量守恒定律得由能量守恒定律得解得因C要经过A最低点P，因此要求判别式大于零，速度向左说明结果要大于零，即解得
