山西省介休市第一中学2021-2022学年高三第四次模拟考试物理试卷含解析

1、2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、如图所示，质量分别为3m和m的两个可视为质点的小球a、b，中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a与天花板上的O点相连，为使小球a和小球b均处于静止状态，且Oa细线向右偏离竖直方向的夹角恒为，需要对小球b朝某一方向施加一拉力F。

2、若已知sin=0.6，cos=0.8，重力加速度为g，则当F的大小达到最小时，Oa细线对小球a的拉力大小为（）A2.4mgB3mgC3.2mgD4mg2、图甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为51。变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20的定值电阻串联接在副线圈两端。电流表、均为理想电表。则（）A电流表示数为0.2AB电流表示数为5AC电压表示数为4VD通过电阻R的交流电的周期为210-2s3、2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为11级，最大风速为30m/s。某高层建筑顶部广告牌

3、的尺寸为：高5m、宽20m，空气密度=1.2kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为A3.9103NB1.2105NC1.0104ND9.0l04N4、2019年10月1日，在国庆70周年盛大阅兵式上，大国重器东风-17高超音速战略导弹震撼曝光！有限的资料显示，东风17高超音速导弹最大速度在625马赫之间，射程约为2000公里左右，其战斗部为十分前沿的带翼面承波体结构，通过弹体助推至大气层边缘，并以打水漂一样的方式进行滑跃飞行，突防能力极强。值得一提的是，这种助推滑翔弹道由我国著名科学家钱学森在上个世纪末40年代首次推出，因此该弹道亦称钱学森弹道。已知东风-1

4、7质量为m，在一次试射机动变轨过程中，东风-17正在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小为12马赫（1马赫就是一倍音速，设为v），突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下37角飞行，速度大小为15马赫。此次机动变轨过程中（）A合力对东风-17做功为81mv2B合力对东风-17做功为4.5mv2C合力对东风-17的冲量大小为9mv，方向竖直向下D合力对东风-17的冲量大小为3mv，方向向东偏下375、如图所示为一理恕变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u= Umsin100t(V)当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光下列说法正确的是（ ）A三个灯泡的额定电压为U

5、m/8B变压器原、副线圈匝数比为92C此时灯泡a和b消耗的电功率之比为27D流过灯泡c的电流，每0.02s方向改变一次6、如图所示，倾角为的斜面体A置于粗糙水平面上，物块B置于斜面上，已知A、B的质量分别为M、m，它们之间的动摩擦因数为。现给B一平行于斜面向下的恒定的推力F，使B沿斜面向下运动，A始终处于静止状态，则下列说法中不正确的是（）A无论F的大小如何，B一定加速下滑B物体A对水平面的压力CB运动的加速度大小为D水平面对A一定没有摩擦力二、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

6、0分。7、如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，物体B上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则( )AA能到达B圆槽的左侧最高点BA运动到圆槽的最低点时A的速率为CA运动到圆槽的最低点时B的速率为DB向右运动的最大位移大小为8、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，其输入端通过灯泡L1与输出电压有效值恒定的交流电源uUmsin（t）（V）相连，副线圈电路中接有灯泡L2和最大阻值为R的滑动变阻器，已知两个灯泡的额定电压均为U，且两者规格完全相同，电压表为理想电表，导线电阻不计。开始时滑动变阻器的滑片P位于最下端，调节滑动变阻器

7、的滑片可使两个小灯泡同时正常发光（忽略灯丝电阻变化），下列说法正确的是（）A在R的滑片P向上滑动的过程中，电源的输出功率将会变大B在R的滑片P向上滑动的过程中，L1的亮度会变暗C若小灯泡L2突然烧坏，电压表示数会减小D交流电源的最大值为9、如图a所示，在某均匀介质中S1，S2处有相距L=12m的两个沿y方向做简谐运动的点波源S1，S2。两波源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示。两列波的波速均为2.00m/s，p点为距S1为5m的点，则（）A两列简谐波的波长均为2mBP点的起振方向向下CP点为振动加强点，若规定向上为正方向，则t=4s时p点的位移为6cmDp点的振幅始终为6cmE.S1，S2

8、之间（不包含S1，S2两点），共有6个振动减弱点10、一定质量的理想气体，从状态A变到状态D，其状态变化过程的体积V随温度T变化的规律如图所示，已知状态A时气体的体积为V0，温度为T0，则气体由状态A变到状态D过程中，下列判断正确的是（ ）A气体从外界吸收热量，内能增加B气体体积增大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增大C若状态D时气体的体积为2V0，则状态D的温度为2T0D若气体对外做功为5 J，增加的内能为9 J，则气体放出的热量为14 J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）在研究匀变速直线运动的实验中，某同学选出一条点迹

9、比较清晰的纸带，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每隔一个点取一个计数点，如下图中0、1、26点所示。a测量1、2、36计数点到0计数点的距离，分别记作：x1、x2、x6b分别计算x1、x2x6与对应时间的比值、c以上为纵坐标、1为横坐标，标出x与对应时间l的坐标点，画出了图线如图所示根据图线可以计算：物体在计时起点的速度v0=_cm/s；加速度a=_m/s2。（计算结果均保留2位有效数字）12（12分）某实验小组的同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律，实验时进行了如下的操作（滑轮的大小可忽略）：滑块甲放在气垫导轨上，滑块乙穿在涂有润滑剂的竖直杆上，调整气垫导轨水平，气垫导轨的适

10、当位置放置光电门，实验时记录遮光条的挡光时间t；将两滑块由图中的位置无初速释放，释放瞬间两滑块之间的细绳刚好水平拉直；测出两滑块甲、乙的质量M=0.20kg、m=0.10kg，当地重力加速度为g=9.80m/s2。回答下列问题：(1)如图，用游标卡尺测得遮光条的宽度d=_cm；(2)实验小组在实验时同时对以下物理量进行了测量，其中有必要的测量是_（填序号）；A.滑轮到竖直杆的距离L=0.60mB.滑块甲到滑轮的距离a=1.50mC.物块甲的遮光条到光电门的距离b=0.40m(3)当遮光条通过光电门瞬间，滑块乙速度的表达式为v乙=_；(4)若测量值t=_s，在误差允许的范围内，系统的机械能守恒。

11、（保留两位有效数字）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）如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历状态b、c、到达状态d，已知一定质量的理想气体的内能与温度满足（k为常数）。该气体在状态a时温度为，求：气体在状态d时的温度气体从状态a到达状态d过程从外界吸收的热量14（16分）如图所示，间距为L=2m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于B=0.5T方向垂直导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为x1（值未标出），在坐标为x0=1.2m处垂直于水平导轨放置有

12、一质量m=1kg、电阻为R=0.1的导体棒ab。现把质量为M=2kg、电阻也为R=0.1的导体棒cd，垂直导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为h=1.8m处由静止释放。若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰，ab棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略磁场的边界效应，g=10m/s2。求：（1）cd棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；（2）ab棒离开磁场右边界前的稳定速度；（3）cd棒从进入磁场到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。15（12分）2019年12月27日晚，“实践二十号”卫星被成功送入预定轨道。运载这一卫星的长征五号运载火

13、箭在海南文昌航天发射场进行多次调试，在某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3000m/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为多少千克？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】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力作出F在三个方向时整体的受力图：根据平衡条件得知F与T的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可以知道当F与绳子oa垂直时F有最小值，即图中2位置，此时Oa细线对小球a的拉力大小为故C正确，ABD错误。故选C。2、A【解析】AB根据图象可得原线圈的电压

14、的最大值为，所以电压的有效值为原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为51，则有解得副线圈电压则副线圈中的电流根据变压器电流与匝数的关系有所以原线圈中的电流即电流表的读数故A正确，B错误；C电压表示数为电阻R上的电压，根据欧姆定律有故C错误；D由乙图可知通过电阻R的交流电的周期为410-2s，故D错误。故选A。3、B【解析】广告牌的面积S=520m2=100m2设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有：m=Svt根据动量定理有：Ft=0mv=0Sv2t得：F=Sv2代入数据解得F1.2105N故B正确，ACD错误。故选B。4、C【解析】AB根据动能定理得故AB错误。CD根据动量定理得方向竖直

15、向下，故C正确，D错误。故选C。5、C【解析】设灯泡的额定电压为U，根据题意，输入电压，得：，此时原线圈两端的电压为，副线圈两端的电压为，则变压器原、副线圈匝数比为，根据，因为a、b此时都能正常发光，故电压都为额定电压 ，根据，可知a、b消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a和b消耗的电功率之比为27，由输入电压的表达式，可知角频率，则周期，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02s电流方向改变两次，故ABD错误，C正确；故选C.【点睛】根据灯泡电压与输入电压的关系可确定接在线圈的输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可确定功率之比6、B【解析】AC

16、因A、B间的动摩擦因数为，即则施加平行于斜面的力F后，由牛顿第二定律有联立可得即无论F的大小如何，B一定加速下滑，故AC正确，不符题意；B对斜面受力分析，如图所示由竖直方向的平衡有联立可得故B错误，符合题意；D对斜面在水平方向的力有关系式故水平面无相对运动趋势，水平面对斜面无摩擦力，故D正确,不符题意。本题选不正确的故选B。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、AD【解析】A运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点

17、，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，A正确；BC设A运动到圆槽最低点时的速度大小为vA，圆槽B的速度大小为vB，规定向左为正方向，根据A、B在水平方向动量守恒得0mvA2mvB解得vA2vB根据机械能守恒定律得解得，BC错误；D当A运动到左侧最高点时，B向右运动的位移最大，设为x，根据动量守恒得m(2Rx)2mx解得x，D正确。故选AD。8、AD【解析】A在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出功率变大，根据输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率变大，电源的输出功率变大，故A正确；B在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出电流变大，根据

18、变流比可知，原线圈的输入电流变大，流过灯泡L1的电流变大，亮度会变亮，故B错误；C若小灯泡L2突然烧坏，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流减小，根据变流比可知，原线圈输入电流减小，流过灯泡L1的电流变小，灯泡L1两端电压变小，则原线圈输入电压变大，根据变压比可知，副线圈输出电压变大，电压表示数会增大，故C错误；D两小灯泡正常发光，则副线圈输出电压为U，根据变压比可知，原线圈输入电压则交流电源的有效值U有效=U+U=3U根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，交流电源的最大值为故D正确。故选AD。9、BCD【解析】A两列简谐波的波长均为，选项A错误；B因S1起振方向向下，由振源

19、S1形成的波首先传到P点，则P点的起振方向向下，选项B正确；CP点到两振源的距离之差为2m等于半波长的奇数倍，因两振源的振动方向相反，可知P点为振动加强点；由S1形成的波传到P点的时间为2.5s，t=4s时由S1在P点引起振动的位移为4cm；同理，由S2形成的波传到P点的时间为3.5s，t=4s时由S2在P点引起振动的位移为2cm；若规定向上为正方向，则t=4s时P点的位移为6cm，选项C正确；DP点为振动加强点，则P点的振幅始终为6cm，选项D正确；ES1，S2之间（不包含S1，S2两点），共有5个振动减弱点，分别在距离S1为2m、4m、6m、8m、10m的位置，选项E错误。故选BCD。10

20、、AC【解析】试题分析：气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析吸放热情况根据体积变化，分析密度变化根据热力学第一定律求解气体的吸或放热量气体由状态A变到状态D过程中，温度升高，内能增大；体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律分析得知，气体从外界吸收热量，A正确；由图示图象可知，从A到D过程，气体的体积增大，两个状态的V与T成正比，由理想气体状态方程PVT=C可知，两个状态的压强相等；A、D两状态气体压强相等，而D的体积大于A的体积，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数减少，B错误；由图示图象可知，从A到D过程，两个状态的V与T成正比，

21、由理想气体状态方程PVT=C可知，两个状态的压强相等，从A到D是等压变化，由盖吕萨克定律得VATA=VDTD，即V0T0=2V0TD，解得TD=2T0，C正确；气体对外做功为5J，则W=5J，内能增加9J，则U=9J，由热力学第一定律U=W+Q得，Q=14J，气体吸收14J的热量，故D错误三、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、4.0 1.0 【解析】12物体做匀变速直线运动，根据运动学公式有两边同时除以时间t，变形得结合图线可知，初速度为纵轴截距斜率为，由图可得解得m/s212、0.420 AC 0.0020或2.010-3 【解析】(1)1游标卡尺的读数由主尺读数和游标尺读数组成，遮光条的宽度d=4mm+40.05mm