河南省郑州市中原区第一中学2026届高三第二次诊断性检测物理试卷含解析

这是一份河南省郑州市中原区第一中学2026届高三第二次诊断性检测物理试卷含解析，共5页。试卷主要包含了求两球碰撞后等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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、一质点在做匀变速直线运动，依次经过四点。已知质点经过段、段和段所需的时间分别为、、，在段和段发生的位移分别为和，则该质点运动的加速度为（ ）
A．B．C．D．
2、在杨氏双缝干涉实验中，如果
A．用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间、间距相等的条纹
B．用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间、间距不等的条纹
C．用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹
D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹
3、如图，正方形abcd中△abd区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，△bcd区域内有方向平行bc的匀强电场（图中未画出）．一带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，接着从b点射出电场，不计粒子的重力，则（ ）
A．粒子带正电
B．电场的方向是由c指向b
C．粒子在b点和d点的动能相等
D．粒子在磁场、电场中运动的时间之比为∶2
4、如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )
A．M处受到的支持力竖直向上
B．N处受到的支持力竖直向上
C．M处受到的静摩擦力沿MN方向
D．N处受到的静摩擦力沿水平方向
5、如图所示，质量不计的细直硬棒长为2L，其一端O点用铰链与固定转轴连接，在细棒的中点固定质量为2m的小球甲，在细棒的另一端固定质量为m小球乙。将棒置于水平位置由静止开始释放，棒与球组成的系统将在竖直平面内做无阻力的转动。则该系统在由水平位置转到竖直位置的过程中（ ）
A．系统的机械能不守恒
B．系统中细棒对乙球做正功
C．甲、乙两球所受的向心力不相等
D．乙球转到竖直位置时的速度比甲球小
6、一列向右传播的横波在t=0时的波形如图所示，A、B两质点间距为8m，B、C两质点平衡位置的间距为3m，当t=1s时，质点C恰好通过平衡位置，该波的波速可能为（ ）
A．m/s B．3m/s
C．5m/s D．11m/s
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、如图所示，加有恒定电压以U1＝U的、中间带有小孔的平行板电容器AB竖直放置，右侧水平放置平行板电容器CD，CD板长和板间距均为L，板间加有恒定电压U2。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A板小孔无初速飘入，经加速后沿中线水平进入CD，恰从D板边缘飞出。不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A．若只将B板向左移动少许，粒子到达B板时的速度比未移动时小
B．若只将B板向左移动少许，粒子到达B板的时间比未移动时短
C．若飘入质量为2m电量为2q的带正电粒子，将打在D板上
D．粒子刚到达D板边缘时的动能Ek＝2qU
8、如图所示，在坐标系xOy中，弧BDC是以A点为圆心、AB为半径的一段圆弧，AB=L，，D点是圆弧跟y轴的交点。当在O点和A点分别固定电荷量为和的点电荷后，D点的电场强度恰好为零。下列说法正确的是（ ）
A．
B．圆弧BDC上的各点相比较，D点的电势最高
C．电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先减小后增大
D．电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势能先增大后减小
9、如图所示，是小型交流发电机的示意图，正对的异名磁极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，A为理想交流电流表。匝数为n、面积为S。阻值为r的线圈绕垂直于磁场的水平轴OO´以角速度ω匀速转动，定值电阻阻值为R，从图示位置开始计时。下列说法正确的是（ ）
A．线圈每转动一周，电流方向改变2次
B．图示位置时交流电流表的示数为
C．时，线框中的磁通量最大，瞬时感应电动势最大
D．电阻R消耗的热功率为
10、无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即（式中k为常数）。如图所示，两根相距L的无限长直导线MN通有大小相等、方向相反的电流，a点在两根导线连线的中点，b点在a点正上方且距两根直导线的距离均为L，下列说法正确的是（ ）
A．a点和b点的磁感应强度方向相同
B．a点和b点的磁感应强度方向相反
C．a点和b点的磁感应强度大小之比为
D．a点和b点的磁感应强度大小之比为
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11．（6分）如图所示的实验装置，桌面水平且粗糙，在牵引重物作用下，木块能够从静止开始做匀加速直线运动。在木块运动一段距离后牵引重物触地且不反弹，木块继续运动一段距离停在桌面上（未碰到滑轮）。已知牵引重物质量为m，重力加速度为g。
某同学通过分析纸带数据，计算得到牵引重物触地前、后木块的平均加速度大小分别为a1和a2，由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为μ=_______（结果用题中字母表示）；在正确操作、测量及计算的前提下，从系统误差的角度，你认为该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会_____（选填“偏大”、“偏小”“不变”）；木块的质量为M=_____（结果用题中字母表示）。
12．（12分）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，下列所给器材中，哪个组合较好？
①长1m左右的细线②长30cm左右的细线③直径2cm的塑料球④直径2cm的铁球⑤秒表⑥时钟⑦最小刻度线是厘米的直尺 ⑧最小刻度是毫米的直尺
A．①③⑤⑦B．①④⑤⑧C．②④⑥⑦D．②③⑤⑦
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13．（10分）2020年2月18日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月球上工作的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动。若着陆器与探测器总质量为，着陆过程简化如下：在距月面处悬停，当发动机推力为时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面时再次悬停，此过程总共用时，此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面。月球表面重力加速度取，求：
(1)探测器接触月球表面时的速度大小；
(2)发动机施加推力的差值的大小。
14．（16分）如图所示，光滑轨道槽ABCD与粗糙轨道槽GH（点G与点D在同一高度但不相交，FH与圆相切）通过光滑圆轨道EF平滑连接，组成一套完整的轨道，整个装置位于竖直平面内。现将一质量的小球甲从AB段距地面高处静止释放，与静止在水平轨道上、质量为1kg的小球乙发生完全弹性碰撞。碰后小球乙滑上右边斜面轨道并能通过轨道的最高点E点。已知CD、GH与水平面的夹角为θ=37°，GH段的动摩擦因数为μ=0.25，圆轨道的半径R＝0.4m，E点离水平面的竖直高度为3R（E点为轨道的最高点），（，，）求两球碰撞后：
（1）小球乙第一次通过E点时对轨道的压力大小；
（2）小球乙沿GH段向上滑行后距离地面的最大高度；
（3）若将小球乙拿走，只将小球甲从AB段离地面h处自由释放后，小球甲又能沿原路径返回，试求h的取值范围。
15．（12分）如图所示，光滑水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定在墙壁上，滑块A以v0＝12 m/s的水平速度撞上静止的滑块B并粘在一起向左运动，与弹簧作用后原速率弹回，已知A、B的质量分别为m1＝0.5 kg、m2＝1.5 kg。求：
①A与B撞击结束时的速度大小v；
②在整个过程中，弹簧对A、B系统的冲量大小I。
参考答案
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4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、C
【解析】
设A点的速度为v，由匀变速直线运动的位移公式有
联立解得
故C正确，ABD错误。
故选C。
2、D
【解析】
A．由于白光是复合光，故当光程差为紫光波长的整数倍的位置表现为紫色亮条纹，当光程差为红光波长的整数倍位置表现红色亮条纹，故屏上呈现明暗相间的彩色条纹。故A错误。
B．用红光作为光源，当光程差为红光波长的整数倍是时表现红色亮条纹，当光程差为红光半个波长的奇数倍时，呈现暗条纹，屏上将呈现红黑相间、间距相等的条纹，故B错误。
C．两狭缝用不同的光照射，由于两列光的频率不同，所以是非相干光，故不会发生干涉现象，故C错误。
D．用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，不能发生干涉现象而会发生单缝衍射现象，屏上出现中间宽，两侧窄，间距越来越大的衍射条纹。故D正确。
故选D。
3、D
【解析】
A．带电粒子从d点沿da方向射入磁场，随后经过bd的中点e进入电场，偏转方向往右，由左手定则可知 ，粒子带负电，故A错误；
B．粒子从e点射出时，速度方向与bd的夹角为，即水平向右射出，在电场中做类平抛运动，从b点射出电场，所受电场力方向由c指向b，负电荷所受电场力方向与场强方向相反，则电场方向由b指向c，故B错误；
C．粒子从d到e过程中洛伦兹力不做功，但在e到b的类平抛运动过程中，电场力做下功，则粒子在b点的动能大于在d点的动能，故C错误；
D．假设ab边长的一半为r，粒子从d点射入磁场的速度为v，因为粒子在磁场中运动的时间为弧长de除以速率v，即，粒子在电场中做类平抛运动，其在平行ab方向的分运动速度大小为v的匀速直线运动，分位移为r，可得粒子在电场中运动时间为，故D正确。
故选D。
4、A
【解析】
M处受到的支持力的方向与地面垂直向上，即竖直向上，故A正确；N处受到的支持力的方向与原木P垂直向上，不是竖直向上，故B错误；原木相对于地有向左运动的趋势，则在M处受到的摩擦力沿地面向右，故C错误；因原木P有沿原木向下的运动趋势，所以N处受到的摩擦力沿MN方向，故D错误．故选A．
5、B
【解析】
A．以系统为研究对象，由于只有重力做功，只发生重力势能和动能相互转化，故系统的机械能守恒，A错误；
B．在转动过程中，甲、乙两球的角速度相同，设转到竖直位置时，甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，由
同轴转动ω相等，可得
由系统的机械能守恒知系统减少的重力势能等于增加的动能，可得
解得
，
设细棒对乙球做的功为W，根据动能定理得
解得
可见，系统中细棒对乙球做正功，B正确；
C．甲、乙两球所受的向心力分别为
F2＝m＝m＝2m
则
C错误；
D．由上分析知，乙球转到竖直位置时的速度比甲球大，D错误。
故选B。
6、C
【解析】
由图读出波长λ=8m．波向右传播，质点C恰好通过平衡位置时，波传播的最短距离为1m，根据波形的平移法得：t=（n+1/8）T或（n+5/8）T，n=0，1，2…，，则波速v==（8n+1）m/s 或v=（8n+5）m/s；当n=0时：v=1m/s或5m/s，当n=1时：v=9m/s或13m/s，当n=2时：v=17m/s或21m/s，故选C．
【点睛】
本题的解题关键是运用波形平移法，得到时间与周期的关系式，得到波速的通项，再研究特殊值．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7、BD
【解析】
A．若只将B板向左移动少许，电场力做功不变，由
得，到达B板时的速度
故粒子到达B板时的速度不变，故A错误；
B．由于粒子在AB间做匀加速直线运动，只将B板向左移动少许时，粒子到达B板时的速度不变，所以平均速度不变，AB距离减小，运动时间变短，故B正确；
C．进入CD后，由牛顿第二定律和运动学公式可知，偏转位移
代入可得
即粒子的偏转位移与粒子的质量、电量无关，故飘入质量为2m、电量为2q的带正电粒子时，偏转位移不变，将依然恰好从D板边缘飞出，故C错误；
D．由粒子恰从D板边缘飞出可知，偏转位移
又因，，所以
所以对全过程，由动能定理可知
故
故D正确。
故选BD。
8、AD
【解析】
A． D点的电场强度恰好为零，则
解得：
故A正确；
B．对Q2来说圆弧是一个等势面，所以各点电势高低，由Q1决定，根据沿电场线方向电势降低，离负电荷越近，电势越低，故D点电势最低，故B错误；
CD． 电子沿着圆弧从B点运动到C点的过程中，电势先降低后升高， ，故电势能先增大后减小，故D正确C错误。
故选AD。
9、AD
【解析】
A．线圈每转动一周，正弦交流电一个周期内，电流方向改变2次。故A正确；
B．交流电流表的示数为电流的有效值，为
故B错误；
C．时，线框转到中性面位置，磁通量最大，瞬时感应电动势为零，故C错误；
D．电阻R消耗的热功率为
故D正确。
故选AD。
10、AD
【解析】
设通电导线在距离L处产的磁感应强度大小为，两导线MN在b点产生的磁感应强度方向成120°角，磁感应强度的矢量合为，方向垂直MN向下；两导线MN在a点产生的磁感应强度大小均为，磁感应强度的矢量合为，方向垂直MN向下；所以a点和b点的磁感应强度方向相同，大小之比为，故AD正确，BC错误。
故选AD。
三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
11、 偏大
【解析】
[1]牵引重物触地后，对木块由牛顿第二定律

由此可求出木块与桌面之间的动摩擦因数为
[2]在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力，所以该实验测量的木块与桌面之间的动摩擦因数的结果与真实值比较会偏大。
[3] 牵引重物触地前，对木块和牵引重物分别用牛顿第二定律

联立解得
12、B
【解析】
单摆模型中，小球视为质点，故摆线长点，测量误差越小，故要选择长1m左右的细线①；
摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小，故要选择直径2cm的铁球④；
秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，比时钟的效果要好。故选择秒表⑤；
刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故要选择最小刻度是毫米的直尺⑧。
A．综上所述，①④⑤⑧组合较好，A错误；
B．综上所述，①④⑤⑧组合较好，B正确；
C．综上所述，①④⑤⑧组合较好，C错误；
D．综上所述，①④⑤⑧组合较好，D错误；
故选B。
四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
13、 (1)；(2)
【解析】
(1)由速度位移公式，带入数据可得
(2)设加速过程中的最大速度为，加速阶段的位移，减速阶段的位移，且
加速阶段的时间，减速阶段的时间，且
带入数据可得
由牛顿第二定律可得，加速阶段
减速阶段
带入数据可得
14、（1）30N ；（2）1.62m ；（3）h≤0.8m或h≥2.32m
【解析】
（1）小球甲从A点到B点由机械能守恒定律可得：
两小球碰撞时由动量守恒定律可得：
由机械能守恒定律可得：
小球乙从BC轨道滑至E 点过程，由机械能守恒定律得：
小球乙在E点，根据牛顿第二定律及向心力公式，
根据牛顿第三定律小球乙对轨道的压力N＇=N，由以上各式并代入数据得：，=30N
（2）D、G离地面的高度
设小球乙上滑的最大高度为，则小球乙在GH段滑行的距离
小球乙从水平轨道位置滑至最高点的过程，根据动能定理：
其中，，
由以上各式并代入数据得
（3）只有小球甲时，小球甲要沿原路径返回，若未能完成圆周运动，则
若能完成圆周运动，则小球甲返回时必须能经过圆轨道的最高点E。设小球沿GH上升的竖直高度为，上升过程克服摩擦力做功为，则：
小球甲从释放位置滑至最高点的过程，根据动能定理：
设小球甲返回至G点时的速度为，根据动能定理：
从G点返回至E点的过程，根据机械能守恒：
在E点，
由以上各式得h=2.32m
故小球甲沿原路径返回的条件为或
15、①3m/s； ②12N•s
【解析】
①A、B碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向
由动量守恒定律得
m1v0=（m1+m2）v
代入数据解得
v=3m/s
②以向左为正方向，A、B与弹簧作用过程
由动量定理得
I=（m1+m2）（-v）-（m1+m2）v
代入数据解得
I=-12N•s
负号表示冲量方向向右。