2022年廣東省佛山市順德區(qū)青云中學高三第二次調研物理試卷含解析

1、2021-2022學年高考物理模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為，以一定的速度勻速運動，某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K

2、，如圖甲所示，以此時為計時起點t=0，小物塊之后在傳送帶上運動速度隨時間的變化關系如圖乙所示，圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，v1v2，已知傳送帶的速度保持不變，則（ ）A小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0），則下列說法錯誤的是A該光電管陰極材料的逸出功為h0B若加在光電管兩端的正向電壓為U，則到達陽極A的光電子的最大動能為hv-hv0+eUC若將滑片P向右滑動，則電流計G的示數(shù)一定會不斷增大D若將滑片P向右滑動，則當滑片P、P間的電壓為時，電流計G的示數(shù)恰好為03、觀看科幻電影流浪地球后，某同學設想地球僅在木星引力作用下沿橢圓軌道通過木星的情景，如圖所示，軌道上P點距木星最近（距木星表面的高

3、度可忽略）。則A地球靠近木星的過程中運行速度減小B地球遠離木星的過程中加速度增大C地球遠離木星的過程中角速度增大D地球在P點的運行速度大于木星第一宇宙速度4、靜止在湖面的小船上有兩個人分別向相反方向水平拋出質量相同的小球，甲向左拋，乙向右拋，如圖所示甲先拋，乙后拋，拋出后兩小球相對岸的速率相等，若不計水的阻力，則下列說法中正確的是（ ）A兩球拋出后，船往左以一定速度運動，乙球受到的沖量大一些B兩球拋出后，船往右以一定速度運動，甲球受到的沖量大一些C兩球拋出后，船的速度為零，甲球受到的沖量大一些D兩球拋出后，船的速度為零，兩球所受的沖量相等5、密閉容器內封有一定質量的空氣，使該容器做自由落體運動

4、，氣體對容器壁的壓強（）A為零B保持不變C減小D增大6、有甲、乙兩個可看成質點的小鋼球，乙球的質量大于甲球的質量?，F(xiàn)讓甲球以速度v0在某一水平桌面上水平拋出，拋出后甲球的運動軌跡如圖中的圖線所示。然后再將乙球以同樣的速度在同一地點將它水平拋出。兩球的運動都不計空氣的阻力，則乙球的運動軌跡為圖中的（）ABCD二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示為遠距離輸電的原理圖，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓恒定、輸電線上的電阻不變，假設用戶所用用電器

5、都是純電阻用電器，若發(fā)現(xiàn)發(fā)電廠發(fā)電機輸出的電流增大了，則可以判定A通過用戶的電流減小了B用戶接入電路的總電阻減小了C用戶消耗的電功率減小了D加在用戶兩端的電壓變小了8、如圖所示，傾角為=37的斜面體固定在水平面上，質量為m=1kg可視為質點的物塊由斜面體的頂端A靜止釋放，經過一段時間物塊到達C點。已知AB=1.2m、BC=0.4m，物塊與AB段的摩擦可忽略不計，物塊與BC間的動摩擦因數(shù)為=0.5，重力加速度為g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。則下列說法正確的是（）A物塊在BC段所受的摩擦力大小為6NB上述過程，物塊重力勢能的減少量為9.6JC上述過程，因摩擦而產生的熱量

6、為1.6JD物塊到達C點的速度大小為4m/s9、如圖所示，一個表面光滑的斜面體M置于水平地面上，它的兩個斜面與水平面的夾角分別為、，且v2，由圖示圖象可知，0t1內圖象與坐標軸所形成的三角形面積大于圖象在t1t2內與坐標軸所圍成的三角形面積，由此可知，物塊在0t1內運動的位移比在t1t2內運動的位移大，故B錯誤；0t2內，由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對物塊做正功，設為WG，根據動能定理得：W+WG=mv22-mv12，則傳送帶對物塊做功Wmv22-mv12，故C錯誤。0t2內，物塊的重力勢能減小、動能也減小，減小的重力勢能與動能都轉化為系統(tǒng)產生的內能，則由能

7、量守恒得知，系統(tǒng)產生的熱量大小一定大于物塊動能的變化量大小，即：0t2內物塊動能變化量大小一定小于物體與皮帶間摩擦而產生的熱，故D正確。故選D。2、C【解析】A由極限頻率為0，故金屬的逸出功為W0= h0，A正確；B由光電效應方程可知，電子飛出時的最大動能為由于加的正向電壓，由動能定理解得故B正確；C若將滑片P向右滑動時，若電流達到飽和電流，則電流不在發(fā)生變化，故C錯誤；DP向右滑動時，所加電壓為反向電壓，由可得則反向電壓達到遏止電壓后，動能最大的光電子剛好不能參與導電，則光電流為零，故D正確；故選C。3、D【解析】A地球靠近木星時所受的萬有引力與速度成銳角，做加速曲線運動，則運行速度變大，A

8、錯誤；B地球遠離木星的過程，其距離r變大，則可知萬有引力增大，由牛頓第二定律：則加速度逐漸減小，B錯誤；C地球遠離木星的過程線速度逐漸減小，而軌道半徑逐漸增大，根據圓周運動的角速度關系，可知運行的角速度逐漸減小，C錯誤；D木星的第一宇宙速度指貼著木星表面做勻速圓周的線速度，設木星的半徑為R，滿足，而地球過P點后做離心運動，則萬有引力小于需要的向心力，可得可推得：即地球在P點的運行速度大于木星第一宇宙速度，D正確；故選D。4、C【解析】設小船的質量為M，小球的質量為m，甲球拋出后，根據動量守恒定律有：mv=（M+m）v，v的方向向右乙球拋出后，規(guī)定向右為正方向，根據動量守恒定律有：（M+m）v=

9、mv+Mv，解得v=1根據動量定理得，所受合力的沖量等于動量的變化，對于甲球，動量的變化量為mv，對于乙球動量的變化量為mv-mv，知甲的動量變化量大于乙球的動量變化量，所以拋出時，人給甲球的沖量比人給乙球的沖量大故C正確5、B【解析】氣體的壓強是由于氣體分子做無規(guī)則運動，對器壁頻繁地撞擊產生的，容器做自由落體運動時處于完全失重狀態(tài)，但氣體分子的無規(guī)則運動不會停止根據氣體壓強的決定因素：分子的平均動能和分子的數(shù)密度可知，只要溫度和氣體的體積不變，分子的平均動能和單位體積內分子數(shù)目不變，氣體對容器壁的壓強就保持不變，故B正確，ACD錯誤故選B點睛：大量的氣體分子做無規(guī)則熱運動，對器壁頻繁、持續(xù)地

10、碰撞產生了壓力，單個分子碰撞器壁的沖力是短暫的，但是大量分子頻繁地碰撞器壁，就對器壁產生持續(xù)、均勻的壓力所以從分子動理論的觀點來看，氣體的壓強等于大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力6、B【解析】兩球在水平方向都做初速度相同的勻速直線運動，在豎直方向，兩小球的加速度相同，都為重力加速度g，故在豎直方向的運動也完全相同，因此兩球的運動軌跡相同，即乙球的運動軌跡依然是圖線。A與分析不符，故A錯誤；B 與分析相符，故B正確；C 與分析不符，故C錯誤；D 與分析不符，故D錯誤。故選B。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部

11、選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、BD【解析】A項：如果發(fā)電機輸出電流增大，根據變流比可知，輸送電流增大，通過用戶的電流增大，故A錯誤；B項：由可知，輸送電流增大，是由于減小引起的，故B正確；C項：當用戶電阻減小時，用戶消耗的功率增大，故C錯誤；D項：發(fā)電機輸出電流增大，則輸電線上的電壓降增大，因此降壓變壓器的輸入、輸出電壓均減小，即因在用戶兩端電壓變小了，故D正確。故選：BD。8、BCD【解析】A物塊在BC段，所受的摩擦力大小故A項錯誤；B物塊從頂端A到達C點，物塊重力勢能的減少量故B項正確；C物塊在通過BC段時，因摩擦產生的熱量等于克服摩擦力做功故C項正確；D物塊從頂端

12、A到達C點，根據動能定理解得：物塊到達C點的速度大小故D項正確。9、AB【解析】滑塊A和滑塊B沿著斜面方向的分力等大，故：mAgsin=mBgsin；由于，故mAmB，故A正確；滑塊下滑過程機械能守恒，有：mgh=mv2，則v= ，由于兩個滑塊的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率相等，故B正確；滑塊到達斜面底端時，滑塊重力的瞬時功率：PA=mAgsinv，PB=mBgsinv；由于mAgsin=mBgsin，故PA=PB，故C錯誤；由牛頓第二定律得：mgsin=ma，a=gsin，則aAaB，物體的運動時間，v相同、aAaB，則tAtB，故D錯誤；故選AB點睛：本題綜合考查了共點力平衡、牛

13、頓第二定律和運動學公式，綜合性較強，注意求解瞬時功率時，不能忘記力與速度方向之間的夾角10、BC【解析】A由左手定則可知粒子帶正電，選項A錯誤；B根據粒子的運動軌跡可知由可得選項B正確； CD從C點射出的粒子在磁場中運動的時間最長，圓弧所對的圓心角為60，則最長時間為選項C正確，D錯誤。故選BC。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、80 120 【解析】(1)12選擇開關與“1”、“2”相連時為電流表，量程分別為和。根據串、并聯(lián)電路特點有聯(lián)立解得。(2)3選擇開關與“3”相連，量程為，根據并聯(lián)電路特點可知、串聯(lián)后與表頭并聯(lián)的總電阻為，通

14、過電源的電流為通過表頭電流的4倍。根據閉合電路歐姆定律有變形為由此可知橫軸為，則縱坐標軸為。45斜率縱截距解得12、不要 0.72 0.85 BD 【解析】(1)1小車下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力作用，為了在實驗中能夠把細線對小車的拉力視為小車的合外力，則應該用重力的下滑分力來平衡摩擦力，在平衡摩擦力時，不掛鉤碼，但要連接紙帶。(2)2相鄰的兩個計數(shù)點之間還有4個打出的點沒有畫出，計數(shù)點間的時間間隔為T=0.025s=0.1s根據勻變速直線運動的規(guī)律可知，一段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，打B點的速度為 (3)3設鉤碼的質量為m，小車的質量為M，小車中砝碼的質量為m，對

15、系統(tǒng)，由動能定理得 整理得v2-x圖象的斜率 解得M=0.85kg。(4)4A鉤碼的重力大于細線的拉力，不影響鉤碼重力做系統(tǒng)做的功，故A錯誤；B長木板的右端墊起的高度過低，未完全平衡摩擦力時，則摩擦力做負功，系統(tǒng)總動能的增量小于鉤碼重力做的功，故B正確；C接通電源的同時釋放了小車，只會使得紙帶上一部分點不穩(wěn)定，不影響做功與動能的增量，故C錯誤；D交流電源的實際頻率大于50Hz，如果代入速度公式的周期為0.02s，比真實的周期大，則求出來的速度偏小，則動能偏小，故D正確。故選BD。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、

16、（1）2 m/s；（2）39J.【解析】（1）彈簧被壓縮到最短時，木塊A與滑板B具有相同的速度，設為v，從木塊A開始沿滑板B表面向右運動至彈簧被壓縮到最短的過程中，A、B系統(tǒng)的動量守恒：mv0（Mm）v 解得vv0 代入數(shù)據得木塊A的速度v2 m/s （2）木塊A壓縮彈簧過程中，彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大由能量關系，最大彈性勢能Epmv02（mM）v2mgL 代入數(shù)據得Ep39 J14、 (1)6.3m/s；(2)【解析】(1)重錘自由下落過程有解得 (2)碰撞后樁的速度為，重錘速度為，重錘上升過程有 取向下為正方向，系統(tǒng)動量守恒有 樁下降過程中，由功能關系得 解式得15、（2）320K; 【解析】試題分析：現(xiàn)通過電阻絲緩慢加熱氮氣，當活塞b升至頂部的過程中，a活塞不動，活塞a、b下方的氮氣經歷等壓過程，分析出初態(tài)和末態(tài)的體積和溫度，由蓋呂薩克定律求解；繼續(xù)緩慢加熱，使活塞a上升，活塞a上方的氧氣經歷等溫過程，根據玻意耳定律求解即可（1）活塞b升至頂部的過程中，活塞a不動，活塞a、b