四川省遂宁市2022届高三物理第二次诊断考试试题（含解析）

2022年四川省遂宁市高考物理二诊试卷一.选择题（共7小题，每小题6分，共42分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或者不答的得0分）1．（6分）（2022•遂宁模拟）下列关于电磁波的说法符合实际的是（　　）　A．X射线是一种波长比紫外线还长的电磁波，医学上可检查人体内病变和骨骼情况　B．把传递信号“加”到载波上的过程叫做调制，且调制的方法只有一种　C．常见的电视遥控器发出的是紫外线脉冲信号　D．做变速运动的电荷会在空间产生电磁波【考点】：电磁波的产生；电磁波的发射、传播和接收；X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性．【分析】：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；变化分均匀变化和周期性变化，均匀变化的电场产生恒定的磁场，周期性变化的电场产生周期变化的磁场．【解析】：解：A、X射线是一种波长比紫外线短的电磁波，故穿透能力强，医学上可检查人体内病变和骨骼情况，故A错误；B、把传递信号“加”到载波上的过程叫做调制，有调幅与调频两种方式，故B错误；C、目前常见的电视遥控器发出的是紫外线脉冲信号，故C正确；D、做变速运动的电荷会在空间产生变化的磁场，如果是匀变速运动，产生均匀变化的磁场，就不会产生电磁波，故D错误；故选：C．【点评】：本题考查了电磁波的产生原理及运用，关键是明确麦克斯韦的电磁波理论，基础题目．　2．（6分）（2022•遂宁模拟）如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=500匝，副线圈匝数n2=100匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u=220sin100πt（V）．副线圈中接一电动机，内阻为10Ω，电流表A2示数为1A电表对电路的影响忽略不计，则下列说法正确的是（　　）　A．此交流电的频率为100HzB．此电动机输出功率为44W　C．电流表A1示数为0.2AD．电压表示数为220V【考点】：变压器的构造和原理．【专题】：交流电专题．【分析】：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论【解析】：解：A、由交流电的公式知频率f===50Hz，故A错误；-12-\nD、交变电源电压u=220sin100πt（V）有效值u1=220V，电压表示数为220V，故D错误；C、根据电流与匝数成反比得：I1=I2=0.2A，故C正确；B、P2=P1=U1I1=220×0.2W=44W，由于电动机有内阻，损失一部分能量，故输出功率小于44W，故B错误；故选：C【点评】：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．　3．（6分）（2022•遂宁模拟）如图所示，从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜折射后在右侧光屏的a、b间形成一条彩色光带．下列说法不正确的是（　　）　A．玻璃对a处光的临界角大于b处光的临界角　B．三棱镜对a处光的折射率大于对b光的折射率　C．在真空中a处光的波长小于b处光的波长　D．在三棱镜中a处光的传播速率小于b处光的传播速率【考点】：光的折射定律．【专题】：光的折射专题．【分析】：由于玻璃对各色光的折射率不同，导致色散的形成，玻璃对紫光的折射率最大，对红光的最小，可以得a侧为紫光，b侧为红光，红光的波长大于紫光的波长，由v=可以分析在棱镜中红光与紫光的传播速度大小．【解析】：解：AB、由图看出三棱镜对a处光偏折最大，则玻璃对a处光的折射率大于对b处光的折射率，由临界角公式sinC=可知玻璃对a处光的临界角小于b处光的临界角，故A错误，B正确；C、玻璃对a处光的折射率大于对b处光的折射率，则a处光的频率大于b处光的频率，由公式c=λf，知在真空中a处光的波长小于b处光的波长，故C正确．D、玻璃对紫光的折射率最大，对红光的最小，可以得a处为紫光，b处为红光，因红光的折射率小于紫光的，由v=可知在三棱镜中，a处光的传播速度小于b处光的传播速度，故D正确；本题选不正确的，故选：A．【点评】：解决本题的突破口在于通过光线的偏折程度比较出光的折射率大小，知道折射率、频率、波长、临界角等大小关系，要掌握全反射的两个条件，并能用来分析实际问题．　-12-\n4．（6分）（2022•遂宁模拟）一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v．假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体，物体静止时，弹簧测力计的示数为F．已知引力常量为G，则这颗行星的质量为（　　）　A．B．C．D．【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】：先求出该星球表面重力加速度，根据万有引力提供向心力公式即可求解．【解析】：解：宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体，物体静止时，弹簧测力计的示数为F，故：F=mg所以：g=根据万有引力提供向心力得：G=m=mg解得：M=故选：D．【点评】：本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁．　5．（6分）（2022•遂宁模拟）图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，O为波源．图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象，则（　　）　A．该波的波速为20m/s，且沿x轴负方向传播　B．从该时刻起经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3m　C．若一人从x正方向靠近O点运动，他接受到波的频率可能为4Hz　D．从该时刻起经过0.3s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向【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．-12-\n【分析】：由振动图象读出t=0时刻P点的振动方向，判断波的传播方向．由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速，根据x=vt求解经过0.15s，波沿x轴的正方向传播的距离，根据多普勒效应判断接受到波的频率可不可能为4Hz，根据0.3s与周期的关系判断Q点的振动方向．【解析】：解：A、由图乙可知，此时P向下运动，则该波沿x轴正方向传播，根据图甲可知，λ=4m，根据图乙可知，T=0.2s，则波速v=，故A错误；B、从该时刻起经过0.15s，波沿x轴的正方向传播的距离x=vt=20×0.15=3m，故B正确；C、若一人从x正方向靠近O点运动，靠近波源，根据多普勒效应可知，接收到的频率增大，而波的频率f=，所以接收到的频率大于5Hz，不可能是4Hz，故C错误；D、该时刻质点Q正向上振动，0.3s=1.5T，则从该时刻起经过0.3s，质点Q沿y轴负方向振动，故D错误．故选：B【点评】：波的图象往往先判断质点的振动方向和波的传播方向间的关系．同时，熟练要分析波动形成的过程，分析物理量的变化情况．　6．（6分）（2022•遂宁模拟）图中MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计．导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器．质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触．杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则（　　）　A．电容器左极板带正电　B．电容器的最大带电量为　C．杆ab的最大速度v等于　D．杆ab所受安培力的最大功率为【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】：电磁感应与电路结合．【分析】：根据右手定则，感应电动势的方向为，导体棒达到最大速度根据平衡条件，此时电容器的带电量最大，根据功率表达式P=FV可求得力和功率及速度之间的关系．【解析】：解：A：根据右手定则，感应电动势的方向为：a→b；故右板带正电荷；故A错误；B：当线框的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：Em=BLvm=BLV；路端电压的最大值为：=；故电容器的带电量最大，为：-12-\n，故B正确；C：根据功率表达式：P=FV，当P、F到达最大时速度达到最大值即：，故C正确；D：杆ab克服安培力的最大功率为：P=Fmvm=mgvm=mgV=P；故D错误；故选：BC【点评】：本题关键是明确导体棒的受力情况和运动情况，然后结合平衡条件和牛顿第二定律分析，不难．　7．（6分）（2022•遂宁模拟）如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（　　）　A．A、B球间的细线的张力为　B．A、B球间的细线的张力可能为0　C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力　D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力、斜面的支持力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g做匀加速直线运动，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解．【解析】：解：A、静止时，对B球进行受力分析，则有：T=（2mg+3mg+Eq）sin30°=（5mg+Eq），故A正确，B错误；C、B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为a=g+（显然＞g），C球以加速度-12-\ng匀加速运动，所以BC间绳子的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为F=ma′=，故C错误，D正确．故选：AD【点评】：本题主要是剪断OA线瞬间，对A、B、C三个球的运动状态的确定及受力分析，知道绳子一旦剪短之后，绳子的拉力立即为零，难度适中．　二.非选择题（共68分）8．（6分）（2022•遂宁模拟）图a．b是力学中的两个实验装置．（1）图a是用来显示　支持面微小形变　，图b是用来测量　万有引力恒量　（2）由图可知，两个实验共同的物理思想方法是　B　A．极限的思想方法B．放大的思想方法C．控制变量的方法D．猜想的思想方法．【考点】：弹性形变和范性形变；万有引力定律的发现和万有引力恒量的测定．【分析】：这两个装置中，第一个装置是当支持面发生微小形变时，镜面法线也会改变一定角度，这一变化通过电光源投影进行放大．第二个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．【解析】：解：（1）因为装置A是演示微小形变的实验装置，装置B是卡文迪许扭秤，卡文迪许用该装置测出万有引力恒量．故答案为：桌面或支持面的微小形变；万有引力恒量．（2）第一个装置是当支持面发生微小形变时，镜面法线也会改变一定角度，这一变化通过电光源投影进行放大．第二个装置都是球m，受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离，从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法．故选B【点评】：在物理实验中，经常会遇到要演示一些变化效应微弱的物理现象，为使实验效果明显，可见度大，通常采用放大手段．物理实验中常用的放大手段有杠杆放大，光点反射放大，点光源投影放大，投影仪放大，弱电流放大等．本题两个装置即为电光源投影放大法．　9．（11分）（2022•遂宁模拟）有一个二极管（）标有“5V，0.005A”的字样．现要尽量精确描绘这个二极管完整的伏安特性图线．有下列器材供选用：A．电压表V1（0～5V，内阻为1kΩ）B．电压表V2（0～10V，内阻约为2kΩ）C．电流表A1（0～0.5A，内阻为1Ω）-12-\nD．电流表A2（0～1.0A，内阻约为0.4Ω）E．滑动变阻器R1（10Ω，2A）F．定值电阻R2=19ΩG．学生电源（直流12V），还有电键、导线若干（1）滑动变阻器应采用　分压式　（填：分压式或限流式）（2）实验中所用电压表应选用　A　，电流表应选用　C　（填：A或B、C或D）．（3）请设计本实验的电路，并在如图方框内画出电路图．【考点】：描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】：实验题．【分析】：本题（1）根据描绘伏安特性曲线实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法；题（2）根据二极管的额定电压来选择电压表量程，由于二极管的额定电流远小于给出的电流表量程，可考虑将二极管与定值电阻并联后再与电流表串联；题（3）由于二极管与定值电阻并联后电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法．【解析】：解：（1）描绘伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法；（2）根据二极管铭牌“5V，0.005A”可知电压表应选择A；由于给出的电流表量程远大于二极管的额定电流，所以不能直接将电流表与二极管串联使用，考虑将二极管与定值电阻并联后再与电流表串联：由于二极管与定值电阻并联后的总电流可为I=0.005A+=0.268A电源大于电流表量程的，所以电流表应选择C；（3）根据上面的分析可知，变阻器应采用分压式接法，二极管与定值电阻并联后再与电流表串联，由于二极管与定值电阻的并联电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：故答案为：（1）分压式；（2）A，C；（3）如图【点评】：应明确：①应根据待测电阻的额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程，当电表的量程过大或过小时，应根据欧姆定律进行改装；②当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；③-12-\n当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法，一般通过比较与的大小来选择．　10．（15分）（2022•遂宁模拟）遂宁观音湖下穿隧道是西南地区首例城市江底下穿隧道，观音湖隧道设计长度为2215m，设计速度为50Km/h，隧道于2022年10月9日开工建设，于2022年2月10日上午8时全线通车．一在隧道中行驶的汽车A以vA=4m/s的速度向东做匀速直线运动，发现前方相距x0=7m处、以vB=10m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a=2m/s2．如汽车A不采取刹车措施，从此刻开始计时．求：（1）A追上B前，A、B间的最远距离；（2）经过多长时间A恰好追上B．【考点】：匀变速直线运动的位移与时间的关系．【专题】：直线运动规律专题．【分析】：（1）当两车速度相等时，两车距离最远；（2）先判断前车静止时，后车是否追上，然后再进一步根据运动学公式列式求解【解析】：解：（1）当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v=vB﹣at=vA即10﹣2t=4解得t=3s此时汽车A的位移xA=vAt=4×3=12m汽车B的位移xB=vBt﹣at2=10×=21m故最远距离△xm=xB+x0﹣xA=21+7﹣12=16m（2）汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1===5s运动的位移xB′===25m汽车A在t1时间内运动的位移xA′=vAt1=20m此时相距△x=xB′+x0﹣xA′=12m汽车A需再运动的时间t2==3s故A追上B所用时间t=t1+t2=8s答：（1）A追上B前，A、B间的最远距离为16m；2）经过8sA恰好追上B．【点评】：本题是追击问题，要明确两车速度相等时，两车距离有极值；同时要先判断前车静止前量程能否相遇，然后根据运动学公式列式求解　11．（17分）（2022•遂宁模拟）如图所示的空间有一竖直向下的匀强电场，场强E=2×103N/C，有一个可视为质点的质量为m=1kg，电荷量q=+1×10﹣3C-12-\n的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10m/s2．求：（1）AC之间的竖直高度h；（2）小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大．【考点】：匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力；动能定理．【专题】：电磁学．【分析】：（1）根据物块到达C点时速度沿圆弧轨道切线方向，由速度的分解法，求出物块到达C点的速度，根据能量守恒求解电荷自A点到C点的竖直高度；（2）根据动能定理求出物块到达D点时的速度，由牛顿第二定律和向心力公式结合求解轨道对物块的支持力，再由牛顿第三定律得到物块对轨道的压力；（3）物块滑上木板后，两者组成的系统动量守恒．当小物块刚好不滑出长木板时，两者的速度相等，由动量守恒求出共同速度，再由能量守恒求解木板的最小长度．【解析】：解：（1）设物块滑到C点的速度大小为vC．物块从A到C过程做类平抛运动，据题：物块到达C点时速度沿圆弧轨道切线方向，将速度分解，则有：vCcosθ=v0；解得：vC===4m/s设AB间的高度为h．自A点到C点，根据动能定理得：（mg+qE）h=，解得：h=0.5m，（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得：，代入数据解得：，小球在D点时由牛顿第二定律得：，-12-\n解得：FN=60N．由牛顿第三定律得，小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为60N，方向竖直向下．（3）由上题解得：vD=当小物块刚好不滑出长木板时，两者的速度相等，设共同速度的大小为v．以物块和木板组成的系统为研究对象，取向左为正方向，则根据系统的动量守恒得：mvD=（m+M）v根据能量守恒定律得：μ（mg+qE）L=，联立解得：L≈2.5m答：（1）AC之间的竖直高度h=0.5m；（2）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力是60N；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度是2.5m．【点评】：本题关键要正确分析物块的受力情况和运动情况，以及功能关系，把握住每个过程所遵守的物理规律，特别是物块在木板上滑动时系统所受的合力为零，系统的动量守恒，根据能量守恒是求解木板长度常用的方法．　12．（19分）（2022•遂宁模拟）如图所示，M，N两极板间存在匀强电场，两极板的宽度为d，N板右边存在如图所示的磁场，折线PAQ是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B．折线的顶角∠A=90°，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L．现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从S由静止经电场加速后再从P点沿PQ方向水平射出，不计微粒的重力．（1）若微粒以v0的速度从P点射出，求M，N两极板间电场强度的大小及方向；（2）为使微粒从P点以某一速度v射出后，经过一次偏转直接到达折线的顶点A点，求初速度v的大小；（3）对于在M，N两极板间加不同的电场，微粒还能途经A点并能到达Q点，求所加电场的电场强度E应满足的条件及其从P点到达Q点所用的时间．【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）根据电场力与洛伦兹力平衡，即可求解；-12-\n（2）根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力，结合几何关系，即可求解；（3）由n取奇数与偶数两种情况下，结合圆心角，从而求出时间．【解析】：解：（1）在M，N间由动能定理：qEd=得：方向向左（2）由图中几何关系得：2Rsin45°=L得：R=由qvB=m得：v=（3）根据运动对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足L=nx，其中x为每次偏转圆弧对应弦长，偏转圆弧对应圆心角为90°或270°设圆弧长为R，则有2R2=x2，可得：R=又qvB=m得：v=，（n=1、2、3、…）由得（n=1、2、3、…）当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角总和为：为，其中n=1、3、5、…当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角总和为，其中n=2、4、6、…答：（1）电场强度的大小为，方向为向左；-12-\n（2）初速度v的大小为；（3）微粒的初速度v应满足的条件是，（n=1、2、3、…）；当n取奇数时，从P点到达Q点所用的时间，其中n=1、3、5、…；当n取偶数时，从P点到达Q点所用的时间，其中n=2、4、6、…【点评】：本题考查带电粒子在组合场中的运动，关键是要明确粒子各个阶段的运动规律，对各个过程能熟练地选用相应的规律列式计算．-12-