2022届福建省漳州市东山第二中学等校高三（下）4月诊断性联考物理试题 附解析

福建省2022届高三毕业班教学质量检测（联考）

物理试题

一、单项选择题：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，只有

一项是符合题目要求的。

1.一列简谐横波在右0时刻的图像如图所示，此时质点6的振动方向向下，波速2m/s,下列说法正确的是

A.该波向x轴正方向传播

B.经过0.25s,质点6的沿着x轴方向移动了0.5m

C.从匚0时刻起，质点〃比质点c先回到平衡位置

D.质点6在z=0.125s和z=0.25s的加速度大小之比为1:72

【1题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】A.f=0时刻，质点6沿y轴负方向振动，由同侧法可知此列波沿x轴负方向传播，A错误；

B.质点匕只能围绕平衡位置上下振动，而不会随着波迁移，故B错误；

T

C.由此波沿x轴负方向传播，知1=0时刻质点〃沿），轴正方向振动，回到平衡位置的时间大于一，故质

4

点c先回到平衡位置，C错误；

D.质点b的振动方程为

y=-0.04sin2Mm）

可知

CD=271

则加速度大小为

a-Aarsincot

f=0.125s和f=0.25s两时刻质点6的加速度之比为1：、伤，D正确;

故选D。

2.下列四幅图涉及不同的物理知识，其中说法不正确的是（）

A.图甲是a粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、中的A位置时荧光屏上接收到的a粒子数最

多

B.图乙是氢原子的能级示意图，一个氢原子从〃=4能级向低能级跃迁，最多能产生6种频率的光子

C.图丙是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电器的指针将发生偏转，此时验电器的金属杆带的是

正电荷

D.图丁是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性

【2题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】A.图甲是a粒子散射实验示意图，当显微镜在A、B、C、。中的A位置时荧光屏上接收到的a粒

子数最多，所以A正确，不符合题意；

B.图乙是氢原子的能级示意图，一个氢原子从〃=4能级向低能级跃迁，最多能产生3种频率的光子，所

以B错误，符合题意；

C.图丙是光电效应实验示意图，当光照射锌板时验电器的指针发生了偏转，电子逸出，则此时验电器的

金属杆带的是正电荷，所以C正确，不符合题意；

D.图丁是电子束穿过铝箔后的衍射图样，该实验现象说明实物粒子也具有波动性，所以D正确，不符合

题意。

故选Bo

3.某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈

所围成的面积为S,匝数为N,电阻不能忽略，它可绕水平轴00'在磁感应强度为B的水平匀强磁场中

以角速度“匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头尸上下移动时可改变输出电压，几

表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（)

应急供电系统

A.发电机线圈某时刻处于图示位置时通过线圈磁通量变化率为零

B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式e=M?Sosin&

C.当用户数目增多时，变压器原线圈两端的电压降低

D.当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将降低

【3题答案】

【答案】C

【解析】

【详解】A.当线圈与磁场平行时，感应电流最大，线圈的磁通量变化率最大，A错误：

B.从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为

e=NBScocosan

B错误；

C.当用户数目增多时，电路总电阻变小，根据欧姆定律可知，副线圈电路中的电流变大，输电线上损失

电压变大，用户得到的电压变小，即变压器的副线圈两端电压变小，根据

0_=以

U2〃2

则原线圈的两端电压降低，c正确；

D.变压器原线圈两端的电压，由交流发电机决定，当触头P向下移动，副线圈匝数减小，副线圈的输出

电压变小，副线圈回路电流变小，则原线圈回路电流变小，损失电压变小，变压器原线圈电压变大，D错

误•

故选Co

4.“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的.总质量为机的动车组在平直的轨道上行

驶.该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为尸，若动车组所受的阻力与其速率成正比

（Fm=kv,k为常量）,动车组能达到的最大速度为Vm。下列说法正确的是（）

99

A.若四节动力车厢输出的总功率为二P,则动车组匀速行驶的速度为;

B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动

C.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变

D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间，达到最大速度Vm,则这一过程

中该动车组克服阻力做的功为4P，-；机用

【4题答案】

【答案】D

【解析】

9

【详解】A.若四节动力车厢输出的总功率为一尸，则动车组匀速行驶时加速度为零，有

4

-P

——=kv

v

而以额定功率匀速时，有

—4P=kAv

%m

联立解得

3

v=­

4m

故A错误；

B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P,由牛顿第二定律有

4P,

------kv=ma

v

故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；

C.对动车由牛顿第二定律有

F-%=ma

若动车组在匀加速启动，即加速度。恒定，但

%=kv

随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故C错误；

D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间，达到最大速度%,由动能定理

可知

可得动车组克服阻力做的功为

1,

%1=4»-］叫

故D正确;

故选Do

二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分每小题有多项符合题目要求，全部选

对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。

5.2020年1月15S10时53分，我国在太原卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将亚米级超大幅宽

商业光学遥感卫星“吉林一号”宽幅01星（又称“红旗一号-H9”）发射。假设卫星绕地球做匀速圆周运

动的周期为7,离地面的高度为已知地球半径为七引力常量为G,根据以上信息可求出（）

47r2

A.卫星的质量为彳守

地球的质量为藻伊+村

B.

47r2

C.地球表面的重力加速度为黄-R

卫星的向心加速度为半-（/?+“）

D.

【5题答案】

【答案】BD

【解析】

【详解】AB.卫星绕地球做匀速圆周运动的周期为T,离地面的高度为已知地球半径为R,引力常量为

G,只能求出中心天体地球的质量，而不能求出环绕天体卫星的质量，由

GMm-=+

（火+”）2T

可得地球的质量为

加亨（R+4

故A错误，B正确；

C.地球表面的重力加速度为

4^2,口、3

g=kGM”+"）

故C错误；

D.卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度，为

"=g'=湍7=*（R+H）

故D正确;

故选BD

6.如图所示，平行板电容器与电动势为E'的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电荷量很

少，可被忽略.一带负电油滴被固定于电容器中的尸点.现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段

距离，贝比）

静电计

A.平行板电容器的电容将变小

B.静电计指针张角变小

C.带电油滴的电势能将变大

D.若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变

【6题答案】

【答案】AD

【解析】

【详解】A.根据。=:冬知，下极板向下移动，所以d增大，则电容减小.故A正确.

4兀kd

B.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张

角不变.故B错误.

C.电势差不变，d增大，根据石=与可知电场强度减小，又由"卜产中卜一。rU“Ed、*,而U不

a

变，所以上极板的电势夕上不变，而d匕不变，则有"上户减小，%增大，根据£「=48可知带负电油滴

的电势能将减少，故C错误；

D.电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据：

♦04兀kQ

~~d~~Cd~eS

知电场强度不变，则电场力不变，故D正确；

7.如图所示，质量为机的小物体B静止在水平地面上，劲度系数为％的直立轻质弹簧下端固定在小物体B

上，上端固定在质量也为机的小物体A上.开始系统处于静止状态，现对小物体A施加一个竖直向上的

恒定拉力F,经过一段时间，当小物体A到达最高点时，小物体B恰好没有离开地面.已知当地重力加速

度为g,则下列说法正确的是

B.拉力F做的功可能为5也m£2g2

2k

C.F的大小为2mg

D.弹簧处于原长时小物体A的速度最大

【7题答案】

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.开始时弹簧的压缩量和小物体B恰好没离开地面时弹簧的伸长量均为整，初、末两状态弹簧

k

的弹性势能相等，弹性势能变化量为0,弹簧对小物体A做的功W=0,整个过程，小物体A上升的距离为

〃=等上,小物体A的重力势能增加根据功能关系可知拉力F做的功为叫=冲冷，

A正确，B错误；

C.小物体A在拉力F的作用下，先向.上做加速运动，当拉力F弹簧弹力FT和重力〃?g三力的合力为0

后，小物体A向上:做减速运动至最高点.对小物体A应用动能定理有W+（/-/咫）〃=0,解得

F=mg,C错误；

D.由以上分析可知，当/+耳一根g=0时小物体A的速度最大，由尸=见？可知耳=0,此时弹簧为原

长，D正确.

8.如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在W处平滑连接组成。导轨间距为L水平部分处于竖

直向上、磁感应强度为8的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为/?的电阻。现让质量为相、阻值为2R的金

属棒”从距离水平面高度为〃处静止释放，金属棒〃到达磁场中00,时，动能是该金属棒运动到时

动能的,，最终静止在水平导轨上。金属棒。与导轨接触良好且导轨电阻不计，重力加速度取g=

4

10m/s2,下列说法正确的是（)

A.金属棒a运动到MM'时回路中的电流大小为妙

3R

B.金属棒。运动到00,时的加速度大小为&=生幺匣

3mR

C.金属棒〃从万处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为g机

D.金属棒a若从6处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是加强新

【8题答案】

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.金属棒a从静止运动到W的过程中，根据机械能守恒可得

mgh=gmv；

解得金属棒a运动到W时的速度为

金属棒”运动到MM'时的感应电动势为

E-BLV[=BL]2gh

金属棒a运动到MM'时的回路中的电流大小为

2RE+R登国

故A正确;

B.金属棒。到达磁场中00'时的速度为

1

“2%2

金属棒a到达磁场中OO'时的加速度大小为

BILBN?_8*7^

mm（2R+R）6mR

故B错误；

C.金属棒。从〃处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，根据能量守恒可得产生的焦耳热等于重力势能

的减小量，则有

Q=mgh

电阻上产生的焦耳热为

故C正确；

D.金属棒“从/?处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可得

/安=0-mvx

可得

/安=一叫可^

在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是用/5熊，方向向左，故D正确。

故选ACD,

三、非选择题:共60分。考生根据要求作答。

9.如图所示，一定质量的理想气体从状态“开始，经历过程①②③到达状态乩过程①中气体―

（选填“放出”或“吸收”）了热量，状态d的压强（选填“大于”或“小于”）状态b的压强。

【9题答案】

【答案】①.吸收②.小于

【解析】

【详解】口］过程①中气体的体积不变，外界对气体做功为0,温度升高，气体内能变大，由热力学第一定律

△U=W+Q

可知气体吸热;

⑵由图像可知

又由理想气体状态方程

TdTh

所以

Pd<Pb

10.如图所示，虚线所围圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，圆半径为R,磁感应强度大小为B,

纸面内有一质量为小、电荷量为q的带正电粒子从尸点射入磁场，粒子的速度方向与PO之间夹角为

45°,经过某一时间从Q点射出磁场，/POQ=90°。不计粒子所受重力。则粒子从尸点射入磁场时的速

度尸;粒子在磁场中运动的时间片。

''''-------'Q

【10题答案】

【答案】①.叁②.詈

2mBq

【解析】

【详解】［1］粒子的运动轨迹如图所示

由图可知，粒子的运动轨迹对应圆心。，圆心角。为180。，根据几何知识，轨道半径

r=/?cos45°=—/?

2

解得

⑵粒子运动的周期

„27rm

1-------

Bq

则在磁场中运动时间

11.做“探究加速度与力、质量的关系''实验时，图甲是教材中的实验方案；图乙是拓展方案，其实验操作

步骤如下：

打点计时器打点计时器

(i)挂上托盘和祛码，改变木板的倾角，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑;

(ii)取下托盘和祛码，测出其总质量为，力让小车沿木板下滑，测出加速度。；

(iii)改变祛码质量和其他要求的事项，多次测量，通过作图可得到a—尸的关系.

(1)实验获得如图所示的纸带，计数点“、b、以小e、/间均有四个点未画出，则在打d点时小车的速

度大小叼=m/s(保留两位有效数字，打点计时器的工作频率为50Hz)；

abedef

・・・・・•

npnrjnn|nnjnTT|TnTjnn|Tnf[TnT|nnjnn|TfnnTn|nnjnnpTnjTnT|nnjTTn|nn

293031323334353637八cm38

(2)需要满足条件M»，〃的方案是(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)；在作“T图像时，把叫作为尸

值的是(选填“甲”“乙”或“甲和乙”)。

(3)为了降低偶然误差，图乙也需要改变托盘和祛码总质量为相和测相应的加速度a，每次(选

填“需要”或“不需要”)重新调整木板的倾角。

【11题答案】

【答案】①.0.19(0.18〜0.19均可)②.甲③.甲和乙④.需要

【解析】

【详解】(1)[1]打点计时器打点周期

T=O.ls

由匀加速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得，在打d点时小车的速度

bf(38.10—30.70)x10-2,,

v.=-=------------------------m/s«0A.1in9m/s

d4T4x0.1

(2)[2][3]在图甲的实验方案中，由托盘和祛码的重力提供拉力，让小车做匀加速直线运动，由牛顿第二

定律可得

mg-(M+m)a

则

m

a=---------g

m+M

则绳子对小车的拉力

r=Ma=---------mg

m+M

当“时，绳子拉力近似等于托盘和祛码的重力，故甲需要满足

在图乙的实验方案中，挂上托盘和祛码，小车匀速下滑，设斜面的倾斜角为。，斜面和纸带对小车的摩擦

力阻力总和为人则有

Mgsin0-f+mg

取下托盘和祛码，小车做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得

Mgsin0-f=Ma

即

mg=Ma

故乙方案中，不需要满足

在甲乙方案中，均用托盘和祛码的重力，叫作为小车匀加速的直线运动的合力及凡

（3）[4]乙方案中由于小车匀速下滑时，需满足

Mgsin。/+mg

所以当改变〃，时，而纸带对小车的摩擦力阻力总和/不变，所以需要改变木板倾角。

12.小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。他用了以下实验

器材中的一部分，设计出电路如图甲所示。

a.电流表Ai（量程0.6A,内阻不计）；电流表A2（量程300g,内人=1000。）;

b滑动变阻器R（0-20Q）；

c.定值电阻R=1000C,/?2=9ooon；

d.待测电阻反；

e.待测电源E（电动势约为3V,内阻，约为2C）；

f.开关和导线若干

（1）根据实验要求，与电流表A2串联的定值电阻为（选填或）。

（2）小明先用该电路测量电源电动势和内阻将滑动变阻器滑片移至最右端闭合开关Si,调节滑动变阻

器，分别记录电流表Ai、A2的读数八、h,作出人与/2的关系图像如图之所示，则电源电动势

E=V,电源内阻尸（结果均保留2位有效数字）

（3）小明再用该电路测量定值电阻尺的阻值，进行了以下操作：

①闭合开关印、S2,调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表A1示数4，电流表A2示数/b；

②断开开关S2,保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A|示数/c,电流表A2示数/d,后断开Si；

③根据上述数据可知计算定值电阻的表达式为&=。

【12题答案】

<IT\

【答案】①.4②.3.0③.2.1④.（%+&）

【解析】

【详解】（1）11］电流表A2与&串联，可改装为电压表的量程为

U=/«（以+与）=300X1o4（1000+9000）V=3V

故选R2即可；

（2）⑵由图可知电流表A2的读数对应的电压值即为电源的电动势，则E=3.0V；

⑶内阻为

r=-M--J-=-3--.-0--—--I--S--O-O-=2c.1-Q

M0.58

（3）［4］由题意可知

IaR^Ih（rA+R2）

/C（H+&）=/4（2+4）

联立解得

4=（>%）%+&）

13.图甲为北京2022年冬奥会的“雪如意”跳台滑雪场地，其简化示意图如图乙，助滑道的竖直高度

h=55m,B、C间的距离s=120m,B、C连线与水平方向的夹角。=30°。某质量机=&）kg的运动员从

出发点A沿助滑道无初速下滑，从起跳点B处沿水平方向飞出，在着地点C处着地，不计空气阻力，g取

lOm/s2•求

(1)运动员在起跳点B处的速度vo；

(2)运动员在助滑过程中阻力做的功％■。

甲

【13题答案】

【答案】(1)30m/s；(2)-6000J

【解析】

【详解】(1)运动员从B点做平抛运动水平方向

scos0=vQt

竖直方向

ssin6=；gJ

解得

%=30m/s

(2)由动能定理得

mgh+W(就

解得

叫=-6000J

14.如图所示，半径为/?、内壁光滑的半圆轨道固定于竖直平面内，下端C与水平地面相切，上端8与水

平传送带的左端之间形成一小的狭缝，可让放在传送带上的小物块刚好通过，传送带以恒定速度

丫带=，痴逆时针转动。水平地面。点放置一质量为3m的小物块乙，C、。间的距离为2凡现在传送带

上的A处轻轻放上质量为根的小物块甲，A、8间的距离L=2R,它经传送带加速后，从8处沿半圆轨道滑

下，再经C沿水平地面滑到。处，与物块乙相撞后立即粘在一起，继续向前滑行一段距离后静止。两物块

均可视为质点，甲物块与传送带间的动摩擦因素及甲、乙两物块与地面间的动摩擦因素均为〃=05重力

加速度为g,传送带足够长。

（1）求甲物块从4点到B点的时间；

（2）求甲物块经过半圆形轨道的C点时对轨道的压力尸N;

（3）求两物块最终静止的位置离。点的距离X。

【14题答案】

HP[

【答案】（1）tAB=l\——；（2）7mg,方向竖直向下；（3）x=-R

V84

【解析】

【详解】（1）如果甲在传送带上一直加速，设达到8的速度为力,根据动能定理可得

"mgL=gmv\

解得

以=7^还＜^^

说明甲在传送带上一直加速

所以

,1

L=33tB

得

（2）物块从A至C根据动能定理有

/jmgL+2mgR=­mv；

对C点根据牛顿第二定律可得

FN-mg=m^-

解得支持力

Fz=7mg

根据牛顿第三定律可得

4=然=7加g

方向竖直向下。

(3)甲物块由C至。的过程中由运动学公式有

4-吆=2〃g-2R

甲乙两物块碰撞时根据动量守恒定律有

mvD=(m+3m)v

碰后一起运动至静止由运动学公式有

V2=2(〃g)x

解得最终静止的位置离。点的距离

x=—7?

4

15.如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，板长Z,=^m、板间距离d=0.20m。在竖直平面内建立

5

xOy直角坐标系，使x轴与金属板M、N的中线00,重合，y轴紧靠两金属板右端。在y轴右侧空间存在

方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B=5.OX1(T3T的匀强磁场，M、N板间加随时间，按正弦规律变化的

电压〃MN,如图乙所示，图中G未知，两板间电场可看作匀强电场，板外电场可忽略。比荷为

幺=1.0xl()7c/kg、带正电的大量粒子以w=1.0X105mzs的水平速度从金属板左端沿中线00'连续射入

m

电场，进入磁场的带电粒子从y轴上的P、Q(图中未画出，P为最高点、。为最低点)间离开磁场。在每

个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定不变，忽略粒子重力。

(1)求进入磁场的带电粒子在电场中运动的时间”及在磁场中做圆周运动的最小半径r()i

(2)求带电粒子能从两板间射出电场时M、N板间的最大电压值；

(3)求P、。两点的纵坐标yp、＞Q。

【15题答案】

1000、，、

【答案】（1）%=3.46xl（r6s；%=2.0m；(2)J----V；(3)4.1m；3.9m

3

【解析】

【详解】（1）能从右侧离开电场的带电粒子在电场中运动的时间

L

f=—

0%

解得