河南省许昌高中最新高三物理二诊考试试题含解析

2021年河南省许昌高中高考物理二诊试卷
一、选择题
１. 卢瑟福提出了原子的核式结构模型，这一模型建立的基础是
A。

粒子的散射实验B．对阴极射线的研究
C。

天然放射性现象的发现ﻩD．质子的发现
【答案】A
【解析】
卢瑟福提出原子的核式结构模型是根据ａ粒子的散射实验提出来的，Ａ正确.
2．在平直公路上，汽车以15m／s的速度做匀速直线运动，从某时刻开始刹车,在阻力作用下,汽车以
2m/s2的加速度做匀减速直线运动,则刹车后1０ｓ内汽车的位移大小为( ）
A。

５0ｍ
B．56。

２5m
Ｃ．　75m
D.　1５0m
【答案】Ｂ
【解析】
由v=aｔ可知汽车经过7。

5s速度减小到零,所以10ｓ时速度已经减小到零，所所以位移为,B对；
３。

如图所示，竖直面内有一圆环,圆心为O ，水平直径为AB　，倾斜直径为MN　，AB　、MN 夹角为θ，一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的M 、N 两点,轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上,不计滑轮与轻绳摩擦与轻绳重力,圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中，轻绳的张力的变化情况正确的是（ ）
A.　逐渐增大
B。

先增大再减小
Ｃ．逐渐减小
Ｄ。

先减小再增大
【答案】B
【解析】
Ｍ、Ｎ连线与水平直径的夹角越大，M、N之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角越
小,根据,轻绳的张力越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故Ｂ正确,ACＤ错误;
故选B.
４.20１6年8月1６日凌晨，被命名为“墨子号”的中国首颗量子科学实验卫星开启星际之旅，这是我国在世界上首次实现卫星和地面之间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系。

如图所示，“墨子号”卫星的工作高度约为500km,在轨道上绕地球做匀速圆周运动,经过时间t(ｔ小于其运动周期），运动的弧长为s，与地球中心连线扫过的角度为θ弧度，引力常量为Ｇ，则下列关于“墨子号"的说法正确的是( )
Ａ. 线速度大于第一宇宙速度
B。

质量为
C. 环绕周期为
D。

向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
【答案】C
【解析】
【详解】第一宇宙速度是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度,可知“墨子号”的线速度一定小于第一宇宙速度，故Ａ错误；　“墨子号”卫星是环绕天体，根据万有引力提供向心力无法求出“墨子号”的
质量，故B错误;卫星的角速度,则周期,故C正确；根据，可得，“墨子号"卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则“墨子号”卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，故D错误。

所以C正确，AＢＤ错误。

５。

如图所示,在匀速转动的水平盘上,沿半径方向放着用细线相连的物体A和B，A和B质量都为m。

它们分居在圆心两侧，与圆心距离分别为R A＝r，R B＝2ｒ,Ａ、B与盘间的动摩擦因数μ相同。

若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时,下列说法正确的是（）
A. 此时绳子张力为Ｔ＝
B. 此时圆盘的角速度为ω＝
C.　此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
Ｄ。

此时烧断绳子物体A、B仍将随盘一块转动
【答案】AＢＣ
【解析】
【详解】A、Ｂ、Ｃ项：A、B两物体相比,B物体所需要的向心力较大，当转速增大时,B先有滑动的趋
势，此时B所受的静摩擦力沿半径指向圆心，A所受的静摩擦力沿半径背离圆心,选项C正确；当刚要发
生相对滑动时,以Ｂ为研究对象,有，以A为研究对象,有，由以上两式得
，，故A、B、C正确；
D项:若烧断绳子，则A、B的向心力都不足，都将做离心运动,故D错误。

6。

空间有一匀强电场,一质量为m的带电微粒由静止释放后，其运动方向一竖直向下的方向间的夹角为60°,加速度大小等于重力加速度ｇ,不计空气阻力.以下说法中正确的是（　）
Ａ. 微粒所受电场力大小有可能等于１.5mg
B。

运动过程中微粒的机械能增大
C. 运动过程中微粒的机械能守恒
D. 运动过程中微粒的电势能不变
【答案】B
【解析】
【详解】以带电微粒为研究的对象,由题意，其受力如图：
由于运动方向与竖直向下的方向间的夹角为6０°，加速度大小等于重力加速度g，则平行四边形OACB
是两个等边三角形组成，所以，A错误；由图可知,运动的方向与电场力分子之间的夹角也是60°，所以运动的过程中电场力做正功，带电微粒的电势能减小，机械能增大,Ｂ正确CD错误．
【点睛】该题中,由于运动方向与竖直向下的方向间的夹角为6０°，加速度大小等于重力加速度g，所以微粒所受电场力大小是一定值.
7.如图所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内,现有一个边长为　
的正方形闭合线圈以速度垂直磁场边界滑过磁场后速度变为)那么( ）
A。

完全进入磁场时线圈的速度大于/2
B．　．完全进入磁场时线圈的速度等于/2
C。

完全进入磁场时线圈的速度小于／2
D. 以上情况AB均有可能，而C是不可能的
【答案】B
【解析】
【详解】对线框进入或穿出磁场过程,设初速度为，末速度为v．由动量定理可知:，又
电量,得，得速度变化量，由可知，进入和穿出磁场过程，
磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等,故由上式得知，进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量。

设完全进入磁场中时,线圈的速度大小为
，则有,解得，B正确．
８．下列说法正确的是（　）
A. 水的饱和汽压随温度的升高而增加
B。

一定质量的0 ℃的水的内能大于等质量的0　℃的冰的内能
Ｃ．一切晶体的光学和力学性质都是各向异性的
D. 一些昆虫可以停在水面上,是由于水表面存在表面张力的缘故
【答案】ABD
【解析】
【详解】饱和汽压与液体材料和温度有关,温度越高，饱和汽压越大,故A正确；由于水结冰要放热,故一定质量的０℃的水的内能大于等质量的0℃的冰的内能，故Ｂ正确；单晶体具有各向异性，而多晶体表现为各向同性，故C错误；一些昆虫可以停在水面上，是由于水表面存在表面张力的缘故，故D正确.所以AＢD正确,C错误。

9．有５个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，如图所示。

若将该线路与交流电源接通，且开关S接在位置１时，5个灯泡发光亮度相同;若将开关S接在位置2时,灯泡均未烧坏.则下列可能的是( ）
A. 该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4:1
B．该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1:4
Ｃ．副线圈中的灯泡仍能发光，只是更亮些
D. 副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗
【答案】AC
【解析】
五个灯泡发光程度相同,所以原线圈电流与副线圈电流之比为１:4，根据可知该变压器是降压变压器，原副线圈匝数比为4:1，故Ａ正确,Ｂ错误；接到2位置，原线圈输出电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以灯泡的电流变大,灯泡仍能发光,但亮度变大，故C正确,D错误。

故选AC.
10.　如图所示为粮袋的传送带装置，已知AＢ间的长度为Ｌ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在Ａ点将粮袋从A到Ｂ的运动,以下说法
正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ( )
A. 粮袋到达B点的速度与ｖ比较,可能大,也可能相等或小
B. 粮袋开始运动的加速度为g(ｓiｎθ-coｓθ）,若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．　若μ〈tanθ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动
D．不论μ如何小，粮袋从A到Ｂ一直匀加速运动，且a＞gsinθ
【答案】AC
【解析】
试题分析:粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达Ｂ点时的速度小于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后,做匀速运动，到达Ｂ点时速度与ｖ相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动,当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动,到达Ｂ点时的速度大于ｖ；故Ａ正确。

粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律得到，加速度a=g（sinθ+μcoｓθ)．故B 错误．
若μ＜taｎθ,则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下,粮袋从A到Ｂ一直是做加速运动，可能是一直以g（ｓiｎθ+μcosθ）的加速度匀加速；也可能先以ｇ(siｎθ+μcosθ）的加速度匀加速，后以g（sｉnθ﹣μcosθ）匀加速．故C正确．由上分析可知,粮袋从A到Ｂ不一定一直匀加速运动．故D错误.故选:AC
考点：本题考查了牛顿第二定律
1１．如图所示，在光滑的绝缘斜面上固定半径为Ｒ的光滑圆形轨道，BＤ为水平直径，A、C两点分别为轨道的最高点、最低点,圆心Ｏ处固定有电荷量为Q的正点电荷。

一质量为m、带电荷量为q的带负电小球(视为点电荷)恰好能在轨道内侧做圆周运动。

已知静电力常量为k，斜面的倾角为θ,重力加速度大小为
ｇ，下列说法正确的是
A。

小球在轨道内侧做圆周运动的过程中机械能守恒
B. 小球通过A点时的速度大小为
C．小球通过C点时的速度大小为
D。

小球通过B、C两点时对轨道的压力大小之比为１︰3
【答案】ＡC
【解析】
【分析】
根据机械能守恒条件进行判断是否机械能守恒;
找出向心力的提供者，结合机械能守恒求解；
【详解】A、小球在轨道内侧做圆周运动的过程中只有重力做功，机械能守恒,故选项A正确；
B、小球通过Ａ点时有，解得小球通过A点时的速度大小，故选项Ｂ错误；
Ｃ、小球从A点运动到C点的过程中,根据机械能守恒定律有：，解得小球
通过C点时的速度大小为,故选项C正确；
Ｄ、小球通过B点有：,小球从A点运动到Ｂ点的过程中,根据机械能守恒定律有
,解得：,根据牛顿第三定律可得小球通过B点时对轨道的压力大小
为，同理可得小球通过C点时对轨道的压力大小,即小球通过B、Ｃ两点
时对轨道的压力大小之比为，故选项D错误。

【点睛】本题考查机械能守恒与曲线运动相结合的问题,关键对物体进行受力分析,找出向心力的提供者，结合机械能守恒进行求解即可.
12.如图甲所示，两平行金属板A、B放在真空中，间距为ｄ，P点在A、Ｂ板间,A板接地,B板的电势
随时间t的变化情况如图乙所示,t＝0时，在P点由静止释放一质量为m、电荷量为ｅ的电子，当
时，电子回到Ｐ点。

电子运动过程中未与极板相碰，不计重力，则下列说法正确的是
Ａ. :=1:2
B。

　：=1：３
C。

在0~２T时间内,当t＝T时电子的动能最大
D．在0～2Ｔ时间内,电子的动能能增大了
【答案】BD
【解析】
【详解】0～T时间内平行板间的电场强度为:,电子以向上做匀加速直线运动，经过
时间T的位移为：,速度为：v１=a1Ｔ;T～2T内平行板间电场强度为：，加速度为：
，电子以v1的速度向上做匀变速度直线运动，位移为：x２＝v1Ｔ﹣，由题意2T时刻回到P点，则有：x１+x２=0，联立可得：φ2=3φ1，故Ａ错误,B正确；依据电场力做正功最多，电势能最小，而0～T内电子做匀加速运动，T~２Ｔ之内先做匀减速直线运动，后反向匀加速直线运动,因φ2=３φ1，所以在T~2T某时刻电势能最小,故C错误；电子在2Ｔ时刻回到P点，此时速度为：ｖ
=v1﹣a２T＝（负号表示方向向下）,电子的动能为：，根据能量守恒定律,电2
势能的减小量等于动能的增加量，故D正确。

所以BD正确，AC错误。

二、实验题
1３.某同学利用如图甲所示的实验装置，测定物块与水平桌面间的动摩擦因数.物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后,物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）.从纸带上便于测量的点开始,每5个点取1个计数点，按照打点先后顺序进行标记计数点1、２、3…，相邻计数点间的距离如图乙所示．打点计时器电源的频率为５0 Ｈz。

（1)通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点_____＿___＿＿和_＿＿_＿__＿_＿之间某时刻重物落地．
（２)重物落地后,物块加速度的大小约为ａ=_＿___＿＿_m／s2(保留3位有效数字)．
（3)物块和水平桌面间的动摩擦因数μ＝__＿_＿___(保留１位小数)。

【答案】 (１)。

6 （２）．7 (３）. 2。

00 （4）. 0．2
【解析】
【详解】（１）从纸带上的数据分析得知：在点计数点６之前，两点之间的位移逐渐增大,是加速运动,在计数点７之后，两点之间的位移逐渐减小,是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速.
（2)根据作差法可得重物落地后，物块加速度的大小约为：
.
（3)物块与木板间的动摩擦因数为：。

14。

某物理兴趣小组利用图甲所示电路测定干电池的电动势和内阻。

可供选择的器材有：
Ａ。

待测干电池(电动势约为1。

5V，内阻约为０.５Ω)
B。

电压表Ｖ1(量程为0~3V，内阻约为3kΩ)
C．电压表V2（量程为0~１５V,内阻约为1５kΩ)
D。

电阻箱Ｒ１（调节范围0~99９．9Ω）
E.定值电阻R０=5Ω
F．开关Ｓ一个,导线若干
(１)为了尽可能减小测量误差,电压表应选用__＿_______＿（填“Ｂ”或“C”).
(２)请完成下列主要实验步骤：
①按图甲所示电路，先将开关S________＿__(填“闭合”或“断开”），然后将电路连接好；
②调节电阻箱，读出其阻值R1，闭合开关S,读出电压表的示数U1；
③断开开关S，调节电阻箱，读出其阻值R2，闭合开关S，读出电压表的示数U2;如此反复多次实验，测得多组正确的数据Ｒ3和U3,R4和U4……
(3)利用测得的数据，在坐标纸上作出电压表示数的倒数与电阻箱的阻值R的关系图线如图乙所示，则干电池的电动势E=_＿______，内阻r=＿_＿_____。

（结果用ａ、ｂ和R0表示）
【答案】 （１).　Ｂ　(２）。

　断开（3）。

(4）．
【解析】
【分析】
电路误差是由电表不理想带来的，所以电压表越理想越好，即阻值大了好。

（2）对电路用闭合电路欧姆再化简即可.
【详解】电源电动势才１。

5V,所以电压表选B
断开开关,再连好电路。

对电路用闭合电路欧姆定律有，整理成以为纵轴,以R 为横轴
的形式为,由图像可以读出斜率纵截距为　,解出　，
四、计算题
１５.一劲度系数为k=100N/ｍ的轻弹簧下端固定于倾角为θ=5３°的光滑斜面底端，上端连接物块Q.一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆的物块P连接,定滑轮到竖直杆的距离为ｄ=０。

3m。

初始时在外力作用下，物块Ｐ在A点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50Ｎ。

已知物块P质量为m１=0。

8kg，物块Q质量为m2＝5ｋg,不计滑轮大小及摩擦，取g=１0m／s2.现将物块Ｐ静止释放,求:
（１)物块Ｐ位于A时，弹簧的伸长量ｘ1；
（2）物块P上升h=0.４m至与滑轮O等高的B点时的速度大小；
（３)物块Ｐ上升至Ｂ点过程中，轻绳拉力对其所做的功.
【答案】(１)０.1ｍ （2）（3)8J
【解析】
【分析】
（1)根据题设条件和平衡条件、胡克定律,列方程求出弹簧的伸长量;
(2）由于本题的特殊性，Ｐ处于A位置时与Ｐ上升到与滑轮等高位置,弹簧的伸长量与压缩量恰相等,而此时由速度的合成和分解可知物块Q的速度为零，所以由机械能守恒律可求物块Ｐ的速度;
(3）当Q上升到与滑轮等高时，由系统的机械能守恒和两个物体速度关系求圆环Ｑ的速度大小。

通过绳
子拉力对Q物体的做功情况，判断物块Q机械能的变化,从而得出何时机械能最大.
【详解】(1)物体P位于A点,假设弹簧伸长量为，则:，解得:
（2)经分析，此时OB垂直竖直杆，OB=0.3m，此时物块Q速度为0,下降距离为:
,即弹簧压缩，弹性势能不变。

对物体PＱ及弹簧,从A到B根据能量守恒有:
代入可得:
对物块P：
代入数据得:
【点睛】解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握功能关系,除重力以外其它力做功等于机械能的增量，并能灵活运用；要注意本题的特殊性，当物块P与杆垂直时，此时绳伸缩方向速度为零(即Q的速度为零），这也是本题的关键点。

１6。

如图所示，是一传送装置，其中AB段粗糙,AＢ段长为L=１m,动摩擦因数μ=0.５；BＣ、DＥN 段均可视为光滑,DEN是半径为r=0．5 m的半圆形轨道,其直径DＮ沿竖直方向,Ｃ位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过。

其中Ｎ点又与足够长的水平传送带的右端平滑对接,传送带以3m/ｓ的速率沿顺时针方向匀速转动,小球与传送带之间的动摩擦因数也为０。

5。

左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现用一可视为质点的小球压缩弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿圆弧DEＮ轨道滑下，而始终不脱离轨道。

已知小球质量m＝0.2kg　，重力加速度g　取１0m/s2。

试求：
（1）弹簧压缩至Ａ点时所具有的弹性势能;
（２）小球第一次在传送带上滑动的过程中，在传送带上留下的痕迹为多长？
(3)小球第一次在传送带上滑动的过程中,小球与传送带因摩擦产生的热量和电动机多消耗的电能?【答案】（1)１．５J(２）6.４m（3）6。

4Ｊ　4。

8Ｊ
【解析】
（１)“小球刚好能沿DEN轨道滑下”，在圆周最高点D点必有:
得:
从A点到D点,由能量守恒得:
　联立以上两式并代入数据得:
(２）从D到N，根据机械能守恒可得
在传送带上小球　
小球向左减速的时间
小球向左运动的位移
传送带向右运动的位移为　
留下的痕迹为
小球向右加速到与传送带共速过程
（3）小球与传送带因摩擦产生的热量
电动机多消耗的电能
综上所述本题答案是:；　；　
17。

如图所示,有一间距为L且与水平方向成θ角的光滑平行轨道,轨道上端接有电容器和定值电阻,S为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B.将单刀双掷开关接到a点，一根电阻不计、质量为m的导体棒在轨道底端获得初速度v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双掷开关接ｂ点,经过一段时间导体棒又回到轨道底端，已知定值电阻的阻值为Ｒ，电容器的电容为C，重力加速度为g，轨道足够长，轨道电阻不计，求：
（1)导体棒上滑过程中加速度的大小;
(２)若已知导体棒到达轨道底端的速度为v,求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量和导体棒运动的时间.
【答案】（1）(2）（3）
【解析】
【详解】(１）导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得:
又，有：
联立解得:　
（２）导体棒上滑过程中，有
导体棒下滑的过程中，由动量定理得:
而
联立解得：
导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得:　
解得:
1８.如图所示,在竖直平面(纸面）内有一直角坐标系xOy，水平轴x下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场（图中未画出);光滑绝缘的固定不带电细杆ＰQ交x轴于M点,细杆PQ与ｘ轴的夹角θ=３0°，杆的末端在y轴Ｑ点处,ＰM两点间的距离为Ｌ。

一套在杆上的质量为2m、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为m、不带电绝缘小环ａ套在杆上并由P点静止释放,与b瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定,锁定点与M点的距
离为，ｂ沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力,ｂ进入第四象限后做匀速圆周运动,而后通过ｘ轴上的Ｎ点,且ＯM=ON.已知重力加速度大小为g，求：
（1）碰后ｂ的速度大小υ以及ａ、b碰撞过程中系统损失的机械能△E；
（２）磁场的磁感应强度大小B；
(３）b离开杆后经过多长时间会通过x轴。

【答案】（1）；（2）
(3)ⅰ;竖直向上经过x轴：（n＝1、2、3……)ⅱ；竖直向下经过x轴:
(n=1、2、3……)
【解析】
【分析】
(1）根据能量守恒定律和动量守恒定律求解碰后b的速度大小υ以及a、b碰撞过程中系统损失的机械能△E；（２)b从Ｍ点运动到Q点的过程中与杆无作用力，列出平衡方程，结合其他关系求解B;（3)画出粒
子的运动轨迹，结合几何关系以及圆周运动的知识求解ｂ离开杆后通过x轴可能的时间.
【详解】（１）设a和b相碰前的速度大小为ｖ1，碰后的速度为v2，由机械能守恒定律：
由动量守恒定律:　
解得
机械能损失:
解得
（2）设匀强磁场的磁感应强度大小为B，由于ｂ从M点运动到Q点的过程中与杆无作用力，可得qvB ｃosθ＝２mg,
解得　
（3）ｂ在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图,
由几何关系可知轨迹的圆心Ｏ′在x轴上，b经过N点时速度方向与x轴垂直，圆心角α＝1200,又匀速圆
周运动的周期为
ｂ从Ｑ点第一次通过Ｎ点的时间为
可得
b第一次通过N点后做竖直上抛运动,经t2时间第二次通过N点，有：
b第二次通过N点后做竖直上抛运动，经ｔ３时间第三次通过N点，有：
故ｂ离开杆后会通过x轴的可能时间是：
（ⅰ）竖直向上通过x轴：
　（n＝1、2、3、……）
（ⅱ）竖直向下通过x轴：
　(n=1、2、3、……）
【点睛】此题考查带电粒子在复合场中的运动,粒子的运动较复杂，关键是是先搞清粒子运动的物理过程，画出粒子运动的轨迹图，结合圆周运动的知识,能量守恒以及动量守恒的关系求解。

ﻫ。