2022屆通遼市重點中學高三下學期第一次聯(lián)考物理試卷含解析

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、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，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、為了抗擊病毒疫情，保障百姓基本生活，許多快遞公司推出了“無接觸配送”?？爝f小哥想到了用無人機配送快遞的方法。某次配送快遞無人機在飛行過程中，水平方向速度Vx及豎直方向Vy與飛行時間t的關系圖像如圖甲、圖乙所示。關于無人機運動說法正確的是（）A．0~t1時間內(nèi)，無人機做曲線運動B．t2時刻，無人機運動到最高點C．t3~t4時間內(nèi)，無人機做勻變速直線運動D．t2時刻，無人機的速度為2、如圖所示，兩電荷量分別為－Q和+2Q的點電荷固定在直線MN上，兩者相距為L，以+2Q的點電荷所在位置為圓心、為半徑畫圓，a、b、c、d是圓周上四點，其中a、b在MN直線上，c、d兩點連線垂直于MN，下列說法正確的是A．c、d兩點的電勢相同B．a(chǎn)點的電勢高于b點的電勢C．c、d兩點的電場強度相同D．a(chǎn)點的電場強度小于b點的電場強度3、如圖甲所示，用傳感器和計算機可以方便地描出平拋運動物體的軌跡。它的設計原理如圖乙所示。物體A在做平拋運功，它能夠在豎直平面內(nèi)向各個方向同時發(fā)射超聲波脈沖和紅外線脈沖，在它運動的平面內(nèi)安放著超聲波-紅外接收裝置，B盒裝有B1、B2兩個超聲波-紅外接收器，并與計算機相連，B1、B2各自測出收到超聲脈沖和紅外脈沖的時間差，并由此算出它們各自與物體A的距離，下列說法正確的是（）A．該實驗中應用了波的干涉規(guī)律B．該實驗中應用了波的反射規(guī)律C．該實驗中應用了波的直線傳播規(guī)律D．該實驗中所用超聲波信號和紅外線脈沖信號均屬于無線電波4、如圖所示，兩光滑圓形導軌固定在水平面內(nèi)，圓心均為點，半徑分別為，，兩導軌通過導線與阻值的電阻相連，一長為的導體棒與兩圓形導軌接觸良好，導體棒一端以點為圓心，以角速度順時針勻速轉動，兩圓形導軌所在區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應強度大小的勻強磁場，不計導軌及導體棒的電阻，下列說法正確的是（）A．通過電阻的電流方向為由到B．通過電阻的電流為2AC．導體棒轉動時產(chǎn)生的感應電動勢為4VD．當減小而其他條件不變時，通過電阻的電流減小5、如圖甲所示，單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強磁場中。規(guī)定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。以順時針方向為電流正方向，以向右方向為安培力正方向，下列關于bc段導線中的感應電流i和受到的安培力F隨時間變化的圖象正確的是（）A． B．C． D．6、在一邊長為L的正方形的四個頂點處各放置一個電荷量為q的點電荷，其中ABC處為正點電荷，D處為負點電荷，P、Q、M、N分別是AB、BC、CD、DA的中點，則（）A．M、N兩點電場強度相同B．P、Q兩點電勢相同C．將一個帶負電的粒子由Q沿直線移動到M，電勢能先增大后減小D．在O點靜止釋放一個帶正電的粒子（不計重力），粒子可沿著OD做勻變速直線運動二、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，在光滑的水平面上有一個長為L的木板，小物塊b靜止在木板的正中間，小物塊以某一初速度從左側滑上木板。已知物塊、與木板間的摩擦因數(shù)分別為、，木塊與木板質量均為，、之間的碰撞無機械能損失，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。下列說法正確的是（）A．若沒有物塊從木板上滑下，則無論多大整個過程摩擦生熱均為B．若，則無論多大，都不會從木板上滑落C．若，則一定不相碰D．若，則可能從木板左端滑落8、有一種調壓變壓器的構造如圖所示。線圈AB繞在一個圓環(huán)形的鐵芯上，C、D之間加上輸入電壓，轉動滑動觸頭P就可以調節(jié)輸出電壓，圖中A為交流電流表，V為交流電壓表，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C、D兩瑞按正弦交流電源，變壓器可視為理想變壓器，則下列說法正確的是（）A．當R3不變，滑動觸頭P順時針轉動時，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變小B．當R3不變，滑動觸頭P逆時針轉動時，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變小C．當P不動，滑動變阻器滑動觸頭向上滑動時，電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大D．當P不動，滑動變阻器滑動觸頭向上滑動時，電流表讀數(shù)變大，電壓表讀數(shù)變大9、如圖所示，勻強磁場垂直銅環(huán)所在的平面向里，磁感應強度大小為B．導體棒A的一端固定在銅環(huán)的圓心O處，可繞O勻速轉動，與半徑分別為r1、r2的銅環(huán)有良好接觸。通過電刷把大小銅環(huán)與兩豎直平行正對金屬板P、Q連接成電路。R1、R2是定值電阻，R1=R0，R2=2R0，質量為m、電荷量為Q的帶正電小球通過絕緣細線掛在P、Q兩板間，細線能承受的最大拉力為2mg，已知導體棒與銅環(huán)電阻不計，P、Q兩板間距為d，重力加速度大小為g。現(xiàn)閉合開關，則（）A．當小球向右偏時，導體棒A沿逆時針方向轉動B．當細線與豎直方向夾角為45°時，平行板電容器兩端電壓為C．當細線與豎直方向夾角為45°時，電路消耗的電功率為D．當細線恰好斷裂時（此時小球的加速度為零），導體棒A轉動的角速度為10、如圖所示，一定質量的理想氣體，由A狀態(tài)經(jīng)歷兩個不同的變化過程到C狀態(tài)（A→C．A→B→C）且A．C處于同一條等溫線上，以下說法正確的是（）A．氣體在A→C的過程中吸收的熱量大于對外做的功B．氣體在A→C的過程中，氣體分子的平均動能不變，分子密集程度減小，因此壓強減小C．氣體在A→C過程吸收的熱量小于在A→B→C過程吸收的熱量D．氣體在B→C過程中，壓強減小的原因是氣體分子平均動能減小三、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．（6分）小明同學用如圖所示裝置驗證機械能守恒定律，輕繩兩端跨過轉軸光滑的輕滑輪系著質量均為M的重物A和B，將質量為m的小砝碼C掛在在物體B上，B下方距離為h處固定一個光電門，物塊B裝有一寬度很小的擋光片，測得擋光片寬度為d，將系統(tǒng)靜止釋放，當擋光片通過光電門（固定光電門的裝置未畫出）時，可通過計算機系統(tǒng)記錄擋光時間△t。改變高度差h，重復實驗，采集多組h和△t的數(shù)據(jù)。(1)若某次記錄的擋光時間為△t1，則擋光片到達光電門處時B的速度大小為__。(2)小明設想，為了確定△t與h的關系，可以分別對△t與h取對數(shù)，并以lg△t為縱軸，以lgh為橫軸建立坐標系，得到的lg△t﹣lgh圖線為一直線，該直線的斜率為__。(3)若lg△t﹣lgh圖線與縱軸交點坐標為c，若機械能守恒，可以得到該地重力加速度g=__。12．（12分）熱敏電阻包括正溫度系數(shù)電阻器（PTC）和負溫度系數(shù)電阻器（NTC）。正溫度系數(shù)電阻器（PTC）在溫度升高時電阻值越大，負責溫度系數(shù)電阻器（NTC）在溫度升高時電阻值越小，熱敏電阻的這種特性，常常應用在控制電路中。某實驗小組選用下列器材探究通過熱敏電阻Rx（常溫下阻值約為10.0Ω）的電流隨其兩端電壓變化的特點。A．電流表A1（滿偏電流10mA，內(nèi)阻r1=10Ω）B．電流表A2（量程0～1.0A，內(nèi)阻r2約為0.5Ω）C．滑動變阻器R1（最大阻值為10Ω）D．滑動變阻器R2（最大阻值為500Ω）E．定值電阻R3=990ΩF.定值電阻R4=140ΩG．電源E（電動勢12V，內(nèi)阻可忽略）H．電鍵、導線若干（1）實驗中改變滑動變阻器滑片的位置，使加在熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，請在所提供的器材中選擇必需的器材，應選擇的滑動變阻器______。（只需填寫器材前面的字母即可）（2）請在所提供的器材中選擇必需的器材，在虛線框內(nèi)畫出該小組設計的電路圖_____。（3）該小組測出某熱敏電阻Rx的I1—I2圖線如曲線乙所示，NTC熱敏電阻對應的曲線是____（填①或②）。（4）若將上表中的PTC電阻直接接到一個9V，內(nèi)阻10Ω的電源兩端，則它的實際功率為_______W。（結果均保留2位有效數(shù)字）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．（10分）如圖所示，半徑R＝3.6m的光滑絕緣圓弧軌道，位于豎直平面內(nèi)，與長L＝5m的絕緣水平傳送帶平滑連接，傳送帶以v＝5m/s的速度順時針轉動，傳送帶右側空間存在互相垂直的勻強電場和勻強磁場，電場強度E＝20N/C，磁感應強度B＝2.0T，方向垂直紙面向外．a(chǎn)為m1＝1.0×10－3kg的不帶電的絕緣物塊，b為m2＝2.0×10－3kg、q＝1.0×10－3C帶正電的物塊．b靜止于圓弧軌道最低點，將a物塊從圓弧軌道頂端由靜止釋放，運動到最低點與b發(fā)生彈性碰撞（碰后b的電量不發(fā)生變化）．碰后b先在傳送帶上運動，后離開傳送帶飛入復合場中，最后以與水平面成60°角落在地面上的P點(如圖)，已知b物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1．（g取10m/s2，a、b均可看做質點）求：（1）物塊a運動到圓弧軌道最低點時的速度及對軌道的壓力；（2）傳送帶上表面距離水平地面的高度；（3）從b開始運動到落地前瞬間，b運動的時間及其機械能的變化量．14．（16分）如圖所示，在豎直平面內(nèi)，第二象限存在方向豎直向下的勻強電場(未畫出)，第一象限內(nèi)某區(qū)域存在一邊界為矩形、磁感應強度B0＝0.1T、方向垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)，A(m，0)處在磁場的邊界上，現(xiàn)有比荷＝108C/kg的離子束在紙面內(nèi)沿與x軸正方向成θ＝60°角的方向從A點射入磁場，初速度范圍為×106m/s≤v0≤106m/s，所有離子經(jīng)磁場偏轉后均垂直穿過y軸正半軸，進入電場區(qū)域。x軸負半軸上放置長為L的熒光屏MN，取π2＝10，不計離子重力和離子間的相互作用。(1)求矩形磁場區(qū)域的最小面積和y軸上有離子穿過的區(qū)域長度；(2)若速度最小的離子在電場中運動的時間與在磁場中運動的時間相等，求電場強度E的大小(結果可用分數(shù)表示)；(3)在第(2)問的條件下，欲使所有離子均能打在熒光屏MN上，求熒光屏的最小長度及M點的坐標。15．（12分）如圖甲所示，有一“上”形、粗細均勻的玻璃管，開口端豎直向上放置，水平管的兩端封閉有理想氣體A與B，氣柱長度都是22cm，中間水銀柱總長為12cm?，F(xiàn)將水銀全部推進水平管后封閉管道接口處，并把水平管轉成豎直方向，如圖乙所示，為了使A、B兩部分氣體一樣長，把B氣體的一端單獨放進恒溫熱水中加熱，試問熱水的溫度應控制為多少？（已知外界大氣壓強為76cmHg，氣溫275K）

參考答案一、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、D【解析】

A．0~t1時間內(nèi)，無人機在水平方向做勻加速運動，在豎直方向也做勻加速運動，則合運動為勻加速直線運動，選項A錯誤；B．0~t4時間內(nèi)，無人機速度一直為正，即一直向上運動，則t2時刻，無人機還沒有運動到最高點，選項B錯誤；C．t3~t4時間內(nèi)，無人機水平方向做速度為v0的勻速運動，豎直方向做勻減速運動，則合運動為勻變速曲線運動，選項C錯誤；D．t2時刻，無人機的水平速度為v0，豎直速度為v2，則合速度為，選項D正確。故選D。2、A【解析】

A、B、a、b、c、d四點在以點電荷+2Q為圓心的圓上，可知+2Q產(chǎn)生的電場在a、b、c、d四點的電勢是相等的，所以a、b、c、d四點的總電勢可以通過-Q產(chǎn)生的電場的電勢確定，根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，b點的電勢最高，c、d兩點對稱電勢相等，a點電勢最低；故A正確，B錯誤.C、+2Q的場源在c、d兩點產(chǎn)生的場強大小相等，-Q的場源在c、d兩點的產(chǎn)生的場強大小也相等，根據(jù)場強的合成可知兩點的總場強大小相等，但方向不同，故c、d兩點的電場強度不同；故C錯誤；D、由點電荷的場強公式，合成可得，方向向左；，方向向右；故；則D錯誤.故選A.【點睛】本題考查判斷電勢、場強大小的能力，要利用庫侖定律和場強的矢量合成的方法對各點的電勢和場強進行判定，并且要充分利用電場的疊加原理進行分析．3、C【解析】

ABC．物體A向B盒同時發(fā)射一個紅外線脈沖和一個超聲波脈沖，B盒收到紅外線脈沖時開始計時，收到超聲波脈沖時停止計時，根據(jù)超聲波在空氣中的傳播速度v（紅外線傳播時間極短，可忽略），可計算出A和B之間的距離，故該實驗利用了超聲波頻率高，易于定向傳播，即直線傳播原理，AB錯誤C正確；D．超聲波是一種機械波，而電磁波譜按照波長從大到小的順序依次是無線電波、紅外線、可見光、紫外線、X射線和γ射線，故紅外線脈沖不是無線電波，D錯誤。故選C。4、C【解析】

A．由右手定則可知，通過電阻的電流方向為到，故A錯誤；B．兩圓環(huán)間導體棒在時間內(nèi)掃過的面積由法拉第電磁感應定律可知，兩圓環(huán)間導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢通過電阻的電流故B錯誤；C．導體棒轉動時產(chǎn)生的感應電動勢故C正確；D．當減小而其它條件不變時，兩圓環(huán)間導體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢變大，通過電阻的電流增大，故D錯誤。故選C。5、A【解析】

0～0.5T時間內(nèi)，B減小，穿過線圈的磁通量減小，磁場方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，感應電流方向沿順時針方向，為正值；

由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢為，不變，則E不變，感應電流i不變。由左手定則可知，bc段導線受到的安培力方向水平向右，是正的。由F=BiL知bc段導線受到的安培力大小隨B的減小而逐漸減小。

在0.5T-T時間內(nèi)，B增大，穿過線圈的磁通量增大，磁場方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，感應電流方向沿逆時針方向，為負值；

由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢為，不變，則E不變，感應電流i不變。由圖知：在0.5T-T時間內(nèi)的是0～0.5T時間內(nèi)的2倍，則在0.5T-T時間內(nèi)的感應電動勢E是0～0.5T時間內(nèi)的2倍，感應電流也是2倍。在0.5T-T時間內(nèi)，由左手定則可知，bc段導線受到的安培力方向水平向左，是負的，且由F=BiL，知在0.5T-T時間內(nèi)bc段導線受到的安培力隨B的增大而增大，且是0～0.5T時間內(nèi)的4倍，故BCD錯誤，A正確。

故選A。6、B【解析】

A．場強疊加遵循平行四邊形定則，M、N兩點電場強度大小相等，方向不同，A錯誤；B．P、Q兩點即關于A、C兩正電荷對稱，又關于B、D兩異種電荷對稱，根據(jù)對稱性可知四個點電荷在P、Q兩點產(chǎn)生的電勢相同，B正確；C．M、N、P、Q關于A、C兩正電荷對稱，所以對于A、C兩正電荷而言，這四個點的電勢是相等的，對B、D兩異種電荷而言，P、Q兩點的電勢高于M、N兩點的電勢，所以負電的粒子由Q沿直線移動到M，根據(jù)：可知負電荷電勢能一直增大，C錯誤；D．這四個點電荷形成的電場中，電場力大小改變，加速度改變，所以從O點靜止釋放的粒子不可能做勻變速運動，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。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ABD【解析】

A．若沒有物塊從木板上滑下，則三者最后共速，以三者為整體，水平方向動量守恒，mv0=3mv1

①則整個過程產(chǎn)生的熱量等于動能的變化，有Q=mv02?×3mv12

②聯(lián)立①②，得Q=mv02故A正確；

BD．a(chǎn)、b之間的碰撞無機械能損失，故碰撞過程中動量守恒和機械能守恒，設碰前速度分別為v1、v2，碰后分別為v1'、v2'，且有v1＞v2，以v1方向為正方向，則有mv1+mv2=mv1'+mv2'③mv12+mv22＝mv1′2+mv2′2

④聯(lián)立③④，得v1'=v2v2'=v1即碰后a和木板共速，b向右運動，以a和木板為整體，此時

a和木板的加速度a1=對a分析知，a的加速度最大值為a0=μag若μb＜2μa

則a1＜a0，a和木板保持相對靜止，則無論v0多大，a都不會從木板上滑落；故B正確；

若μb＞2μa，則a1＞a0，a相對木板向左運動，故a可能從木板左端滑落，故D正確；

C．若a與b碰前三者已經(jīng)共速，則ab一定不相碰，此時有⑤聯(lián)立①⑤，得故若，則ab一定不相碰，故C錯誤；

故選ABD。8、AC【解析】

A．當不變，滑動觸頭順時針轉動時，變壓器的原線圈的匝數(shù)不變，副線圈的匝數(shù)減少，兩端的電壓減小，總電流減小，滑動變阻器兩端的電壓將變小，電流表的讀數(shù)變小，故A正確；B．當不變，滑動觸頭逆時針轉動時，副線圈匝數(shù)增大，電壓增大，電流表讀數(shù)變大，電壓表讀數(shù)變大，故B錯誤；CD．保持的位置不動，即是保持變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比不變，則兩端的電壓不變，當將觸頭向上移動時，連入電路的電阻的阻值變大，因而總電流減小，分擔的電壓減小，并聯(lián)支路的電壓即電壓表的示數(shù)增大，通過的電流增大，流過滑動變阻器的電流減小，所以電流表讀數(shù)變小，電壓表讀數(shù)變大，故C正確，D錯誤；故選AC。9、AD【解析】

A．當小球向右偏時，P板帶正電，通過R2的電流向上，則由右手定則可知，導體棒A沿逆時針方向轉動，選項A正確；BC．當細線與豎直方向夾角為45°時，則解得平行板電容器兩端電壓為此時電路中的電流電路消耗的電功率為選項BC錯誤；D．當細線恰好斷裂時，此時電動勢解得導體棒A轉動的角速度為選項D正確。故選AD。10、CD【解析】

A．氣體在A→C的過程中，由熱力學第一定律，由于A、C處于同一條等溫線上，，由A到C體積增大，故，，此過程中吸收的熱量等于對外做的功，A錯誤；B．氣體在A→C的過程中，溫度先升高后降低，氣體分子的平均動能先增大后減小，B錯誤；C．氣體在A→B→C過程，，，由p-V圖像下方的面積代表功知|WABC|>|WAC│，得到QABC>QAC。C正確；D．根據(jù)影響氣體壓強的微觀因素，氣體在B→C過程中，體積不變，氣體分子密集程度不變，溫度降低，氣體分子平均動能減小，因此壓強減小，D正確。故選CD。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、【解析】

(1)[1]根據(jù)極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度知，擋光片到達光電門處的速度大小為：(2)[2]系統(tǒng)重力勢能的減小量等于系統(tǒng)動能的增加量，有：即：整理可得：若圖線為一直線，則該圖線的斜率為(3)[3]根據(jù)得：則有：所以有：可知縱軸截為：解得：12、C②2.0W(1.9~2.1W)【解析】

(1)[1]因為要求加在熱敏電阻兩端的電壓從零開始逐漸增大，所以滑動變阻器采用分壓接法，為了便于調節(jié)，應選擇最大阻值小的滑動變阻器，故填C。(2)[2]因為器材沒有電壓表，故用已知內(nèi)阻的電流表A1串聯(lián)一個大電阻R3改裝成電壓表。由于熱敏電阻的阻值遠小于電壓表內(nèi)阻，所以電流表應用外接法，電路圖如圖所示(3)[3]把熱敏電阻Rx的I1—I2圖線的縱坐標改成，即熱敏電阻的電壓，單位為V，圖像就成為熱敏電阻的圖像。圖像上的點與坐標原點連線的斜率表示電阻值。隨電壓增大，電流增大，電阻實際功率增大，溫度升高。NTC熱敏電阻在溫度升高時電阻值減小，故對應的曲線是②。(4)[4]做出9V，內(nèi)阻10Ω的電源的圖像其與曲線②的交點坐標的乘積即為所要求的實際功率，為由于作圖和讀書有一定的誤差，故結果范圍為1.9~2.1W。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、(1),方向豎直向下(2)(3)【解析】

（1）根據(jù)機械能守恒定律求解物塊a運動到圓弧軌道最低點時的速度；根據(jù)牛頓第二定律求解對最低點時對軌道的壓力；（2）a于b碰撞時滿足動量和能量守恒，列式求解b碰后的速度；根據(jù)牛頓第二定律結合運動公式求解b離開傳送帶時的速度；進入復合場后做勻速圓周運動，結合圓周運動的知識求解半徑，從而求解傳送帶距離地面的高度；（3）根據(jù)功能關系求解b的機械能減少；結合圓周運動的知識求解b運動的時間.【詳解】（1