湖南省十三校2022年高三下学期联考物理试题含解析

1、2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、一物体在竖直方向运动的vt图象如图所示。以下判断正确的是（规定向上方向为正）（）A第5s内与第6s内的加速

2、度方向不同B第4s末第6s末物体处于失重状态C前2s内物体克服重力做功的平均功率大于第6s内物体重力做功的平均功率D第2s末第4s末的过程中，该物体的机械能守恒2、颗质量为m的卫星在离地球表面一定高度的轨道上绕地球做圆周运动，若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1：9，卫星的动能（ ）ABCD3、一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移x内速度增加了v，动能变为原来的9倍。则该质点的加速度为（）ABCD4、如图所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的vt图象以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力。则下

3、说法中正确的是（ ）At3时刻达到最高点Bt2时刻的位移最大Ct1时刻的加速度为负D在t1t2时间内重力做功WG小于t2t3时间内克服阻力做功Wf5、如图，两端封闭的玻璃直管下方用一小段水银柱封闭了一定质量的理想气体，上方为真空现在管的下方加热被封闭的气体，下图中不可能发生的变化过程是（）ABCD6、如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）Aa、b、c三个等势面中，a的电势最高B电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C粒子在P点的加速度比Q点的加速度

4、大D带电质点一定是从P点向Q点运动二、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，A、B两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m。现用一竖直向下的压力将木块A缓慢压缩到某一位置，木块A在此位置所受的压力为F（Fmg），弹簧的弹性势能为E，撤去力F后，下列说法正确的是（ ）A当A速度最大时，弹簧仍处于压缩状态B弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A、B的冲量相同C当

5、B开始运动时，A的速度大小为D全程中，A上升的最大高度为8、如图所示，足够大的水平圆台中央固定一光滑竖直细杆，原长为L的轻质弹簧套在竖直杆上，质量均为m的光滑小球A、B用长为L的轻杆及光滑铰链相连，小球A穿过竖直杆置于弹簧上。让小球B以不同的角速度绕竖直杆匀速转动，当转动的角速度为0时，小球B刚好离开台面。弹簧始终在弹性限度内，劲度系数为k，重力加速度为g，则A小球均静止时，弹簧的长度为L-B角速度=0时，小球A对弹簧的压力为mgC角速度0=D角速度从0继续增大的过程中，小球A对弹簧的压力不变9、如图所示质量均为m的物体AB通过轻质弹簧连接；物体A、C通过轻绳连接在光滑的轻质定滑轮两侧，用手托

6、着质量为M的物体C使A静止在弹簧上，物体B静止在地面上，绳伸直恰无弹力。忽略空气阻力，放手后物体C下落，直至物体B对地面恰好无压力。若将C换成大小为Mg的竖直向下的拉力作用，也直至物体B对地面恰好无压力。两种情况下，此时A的动能分别表示为、，A的重力势能分别表示为、，弹簧的弹性势能分别表示为、，细绳对A所做的功分别表示为、，重力加速度为g，则下列说法中正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则D若，则10、如图所示，xOy坐标系内存在平行于坐标平面的匀强电场。一个质量为m。电荷量为+q的带电粒子，以的速度沿AB方向入射，粒子恰好以最小的速度垂直于y轴击中C点。已知A、B、C三个点的坐标分别为（，0

7、）、（0，2L）、（0，L）。若不计重力与空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）A带电粒子由A到C过程中最小速度一定为B带电粒子由A到C过程中电势能先减小后增大C匀强电场的大小为D若匀强电场的大小和方向可调节，粒子恰好能沿AB方向到达B点，则此状态下电场强度大小为三、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）电阻率是用来表示各种物质电阻特性的物理量。某同学在实验室测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率。(1)用螺旋测微器测量其横截面直径如图甲所示，由图可知其直径为_mm，如图乙所示，用游标卡尺测其长度为_cm，如图丙所示，用多用电表1挡粗测其电

8、阻为_。(2)为了减小实验误差，需进一步测量圆柱体的电阻，除待测圆柱体R外，实验室还备有的。实验器材如下，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，则电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_。（均填器材前的字母代号）A电压表V1（量程3V，内阻约为15k）；B电压表V2（量程15V，内阻约为75k）；C电流表A1（量程16A，内阻约为1）；D电流表A2（量程3A，内阻约为1.2）；E滑动变阻器R1（阻值范围15，1.1A）；F滑动变阻器R2（阻值范围12111，1.1A）；G直流电源E（电动势为3V，内阻不计）H开关S，导线若干。(3)请设计合理的实验电路，并将电路图画在虚线框中_。(4)若流

9、经圆柱体的电流为I，圆柱体两端的电压为U，圆柱体横截面的直径和长度分别用D、L表示，则用D、L、I、U表示该圆柱体电阻率的关系式为=_。12（12分）第34届全国青少年科技创新大赛于2019年7月20-26日在澳门举办，某同学为了测试机器人内部电动机的电阻变化，对一个额定电压为6V，额定功率约为3.5W小型电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，要求电动机两端的电压能从零逐渐增加到6V，实验室备有下列器材：A电流表（量程:00.6 A，内阻约为1 ;量程:03 A，内阻约为0.1 ）B电压表(量程为06 V，内阻几千欧)C滑动变阻器R1(最大阻值10 ，额定电流2 A)D滑动变阻器R2

10、(最大阻值1 750 ，额定电流0.3 A)E.电池组(电动势为9 V，内阻小于1 )F.开关和导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选 _ (选填“C”或“D”)，电流表的量程应选 _ (选填“”或“”)。 （2）请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路。（_）（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1 V时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为_，电动机正常工作时的输出机械功率为_W。(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

11、、方程式和演算步骤。13（10分）如图所示为快件自动分捡装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分捡容器中。图中水平传送带沿顺时针匀速转动，右侧地面上有一个宽和高均为d=1m的容器，容器左侧离传送带右端B的距离也为d，传送带上表面离地高度为2d，快件被轻放在传送带的左端A，运动到B端后做平抛运动，AB间距离为L=2 m，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g=10 m/s2，求：(1)要使快件能落入容器中，传送带匀速转动的速度大小范围；(2)试判断快件能不能不与容器侧壁碰撞而直接落在容器底部，如果能，则快件从A点开始到落到容器底部需要的最长时间为多少。14（16分）为研究工厂中天车

12、的工作原理，某研究小组设计了如下模型：如图所示，质量mC=3 kg的小车静止在光滑水平轨道的左端，可视为质点的A、B两个弹性摆球质量mA= mB=1 kg，摆线长L=0.8 m，分别挂在轨道的左端和小车上静止时两摆线均在竖直位置，此时两摆球接触而不互相挤压，且球心处于同一水平线上在同一竖直面内将A球拉起到摆线水平伸直后，由静止释放，在最低点处与B球相碰，重力加速度大小g取10 m/s1求：（1）A球摆到最低点与B球碰前的速度大小v0；（1）相碰后B球能上升的最大高度hm；（3）B球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小15（12分）如图所示金属小球A和B固定在弯成直角的绝缘轻杆两端，A球质量为2

13、m，不带电，B球质量为m，带正电，电量为q，OA=2L，OB=L，轻杆可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，在过O点的竖直虚线右侧区域存在着水平向左的匀强电场，此时轻杆处于静止状态，且OA与竖直方向夹角为37，重力加速度为g。（1）求匀强电场的电场强度大小E；（2）若不改变场强大小，将方向变为竖直向上，则由图示位置无初速释放轻杆后，求A球刚进入电场时的速度大小v。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、B【解析】Avt图象图线的斜率表示运动的加速度，第5s内与第6s内的斜率相同，则加速度方向相同，故A错误；B第4s

14、末第6s末图线斜率为负，则加速度为负值，即加速度的方向向下，物体处于失重状态，故B正确；Cvt图象图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，由图线可知，前2s内物体物体的位移大小为第6s内物体的位移大小为则前2s内克服重力做功的平均功率为第6s内物体重力做功的平均功率为所以前2s内克服重力做功的平均功率等于第6s内物体重力做功的平均功率，故C错误；D第2s末第4s末的过程中，物体匀速运动，动能不变，但物体升高，所以该物体的机械能增加，故D错误。故选B。2、B【解析】在地球表面有卫星做圆周运动有：由于卫星的向心加速度与地球表面的重力加速度大小之比为1:9，联立前面两式可得：r=3R；卫星做圆周运动：得

15、Ek=再结合上面的式子可得Ek=A. 与分析不符，故A错误。B. 与分析相符，故B正确。C. 与分析不符，故C错误。D. 与分析不符，故D错误。3、A【解析】设质点的初速度为，则动能由于末动能变为原来的9倍，则可知，末速度为原来的3倍，故，故平均速度根据位移公式可知根据加速度定义可知A正确，BCD错误。故选A。4、D【解析】A运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误。B在0-t2时间内，v-t图象为直线，加速度不变，所以在0-t2时间内人在空中，t1时刻达到最高点，t1-t2时间内下落，t2时刻开始进入水面，t3时刻达到水中最深处，t3时刻的位移最大，故B错误。C根据速度

16、图象的斜率表示加速度，知t1时刻的加速度为正，故C错误。D在t1-t3时间内，根据动能定理知即所以在t1t2时间内重力做功WG12小于t2t3时间内克服阻力做功Wf23，故D正确。故选D。5、B【解析】A、图A为P-T图象，气体先做等压变化，温度升高，后做等容变化，压强随温度的升高而增大；故A正确B、图B为p-t图，图中的气体的第二段变化的过程压强不变，显然是不可能的；故B错误C、图C是p-V图象，气体先做等压变化，体积增大，后做等容变化，压强增大；故C正确D、图D是V-T图象，气体第一段图线不变，表示气体先做等压变化，体积增大，后做等容变化；故D正确本题选择不可能的故选B【点睛】该题结合气体

17、的状态图象考查对理想气体的状态方程的应用，解答的关键是先得出气体的状态参量变化的规律，然后再选择图象6、C【解析】A电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于粒子带正电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最低，c等势线的电势最高，故A错误；Ba等势线的电势最低，c等势线的电势最高；而电子带负电，负电荷在电势高处的电势能小，所以电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大，故B错误；C等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C正确；D由图只能判断出粒子受力的方向，不能判断出粒子运动的方向，故D错误；故选C。二、多项选择题：本题共4小题，

18、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由题意可知当A受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故A正确；B由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A、B的冲量方向相反，故B错误；C设弹簧恢复到原长时A的速度为v，绳子绷紧瞬间A、B共同速度为v1，A、B共同上升的最大高度为h，A上升最大高度为H，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得mv=2mv1A、B共同上升的过程中据能量守恒可得可得B开始运动时A的速度大小为A上升的最大高度为故C错误，D正

19、确。故选AD。8、ACD【解析】A若两球静止时，均受力平衡，对B球分析可知杆的弹力为零，；设弹簧的压缩量为x，再对A球分析可得：，故弹簧的长度为：，故A项正确；BC当转动的角速度为0时，小球B刚好离开台面，即，设杆与转盘的夹角为，由牛顿第二定律可知：而对A球依然处于平衡，有：而由几何关系：联立四式解得：，则弹簧对A球的弹力为2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力为2mg，故B错误，C正确；D当角速度从0继续增大，B球将飘起来，杆与水平方向的夹角变小，对A与B的系统，在竖直方向始终处于平衡，有：则弹簧对A球的弹力是2mg，由牛顿第三定律可知A球队弹簧的压力依然为2mg，故D正确；故选ACD。

20、9、AD【解析】A开始时弹簧被压缩当物块B恰对地面无压力时，弹簧的弹力等于mg，此时弹簧伸长则两种情况下弹簧的形变量相同，弹簧的弹性势能不变；由能量关系，第一种情况：第二种情况：若M=m，则v=v，即，选项A正确；B两种情况下弹簧长度均变化，即A上升的高度相同，重力势能变化量相同，选项B错误；C两种情况下弹簧伸长量相同，则弹性势能相同，选项C错误；D由A的分析可知，若Mm，则vv，第一种情况下绳子对A做功：第二种情况下绳子对A做功：则选项D正确；故选AD。10、AD【解析】A因带电粒子只受恒定的电场力，做匀变速曲线运动，而C点有最小速度且垂直y轴，可推得粒子做类斜上抛运动，C是最高点，其速度与

21、电场力垂直，则电场力沿y轴负方向，设A点的速度与x轴的夹角为，则由几何关系可知联立可得故A正确；B因粒子做类斜上抛运动，从A点到C点电场力与速度的夹角从钝角变为直角，则电场力一直做负功，电势能一直增大，故B错误；C粒子从A到C的过程，由动能定理联立可得匀强电场的大小为故C错误；D调节匀强电场的大小和方向使粒子恰好能沿AB方向到达B点，则粒子一定AB做匀减速直线运动，电场力沿BA方向，由动能定理有则匀强电场的场强大小为故D正确。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、1.844（1.8421.846均可） 4.241 6 A C E

22、 【解析】(1)1螺旋测微器的读数为固定刻度读数+可动刻度读数+估读，由题图甲知，圆柱体的直径为刻度读数十估读，由题图甲知，圆柱体的直径为1.5mm+34.41.11mm=1.844mm由于误差则1.842mm1.846mm均可2游标卡尺读数为主尺读数+游标尺读数精度，由题图乙知，长度为42mm+81.15 mm=42.41mm=4.241cm3多用电表的读数为电阻的粗测值，其电阻为(2)456待测电阻大约，若用滑动变阻器R2（阻值范围，）调节非常不方便，且额定电流太小，所以应用滑动变阻器R1（阻值范围，1.1A），电源电动势为3V，所以电压表应选3V量程的为了测多组实验数据，滑动变阻器应用分

23、压接法，电压表内电阻较大，待测圆柱体的电阻较小，故采用电流表外接法误差较小；电路中的电流约为所以电流表量程应选1.6A量程的。(3)7根据以上分析，设计的电路图如图所示(4)8由，及得12、C 2.5 2.6 【解析】（1）12电风扇的额定电流，从读数误差的角度考虑，电流表选择量程。电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10 的误差较小，即选择C。（2）3因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。则可知对应的实物图如答案图所示。（3）45电压表读数小于1 V时电风扇没启动，由图象可知I=0.4 A。根据欧姆定律得。正常工作时电压为6 V，根据图象知电流为0.57 A，则电风扇发热功率P=I2R=0.5722.5 W=0.81 W则机械功率P=UI-I2R=60.57 W-0.81 W=2.61 W2.6 W。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）能，最长时间【解析】(1) 根据平抛运动的知识可得：设快件落入容器的最小速度为v1，则有