山东省菏泽八一路校区2022年高三六校第一次联考物理试卷含解析

1、2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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

2、合题目要求的。1、如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从B点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角为30，已知B、C高度差为h，两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）A小球甲作平抛运动的初速度大小为B甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1：2CA、B两点高度差为D两小球在C点时重力的瞬时功率相等2、一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1v2，已知传送带的速度保持不变，则

3、（ ）A小物块与传送带间的动摩擦因数v2，由图示图象可知，0t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移大，故B错误；0t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=mv22-mv12，则传送带对物块做功Wmv22-mv12，故C错误。0t2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0t2内物块动能变化量大小一定小于

4、物体与皮带间摩擦而产生的热，故D正确。故选D。3、A【解析】根据U=Ed可得安全距离至少为dminm1.1m故选A。4、A【解析】近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据分析卫星的加速度。【详解】近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据知，GEO星的加速度与近地卫星的加速度之比，即GEO星的加速度约为地球表面重力加速度的1/36倍，故A正确，BCD错误；故选A。5、C【解析】A小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减小，选项A错误；B小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负

5、功，重力做正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项B错误；C小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，在后半段对小球做正功，则小球的电势能先增大后减小，选项C正确；D由小球的受力情况可知，在A点时小球的加速度小于g，在AB中点时小球的加速度等于g，在B点时小球的加速度大于g，则加速度是不断变化的，选项D错误。故选C。6、D【解析】“蹦极”运动中，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，绳对人的拉力的方向始终向上，故绳对人的冲量始终向上，绳

6、恰好伸直时，绳子的拉力小于重力，人做加速度减小的加速运动，当绳子拉力等于重力时，加速度为0，速度最大，之后绳子拉力大于重力，人做加速度增加的减速运动，直到速度为零。故从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人的运动速度是先增大，到绳子的拉力与重力相等时，速度最大，然后再减小为零，由动量和动能的定义可得，人的动量和动能都是先增大，在绳子的拉力与重力相等时最大，在减小到零，故ABC错误，D正确。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、BC【解析】A由输出端交变电压的图象

7、可求出有效值220V，由原、副线圈匝数之比4:1，可得原、副线圈的电压之比4:1，则原线圈的电压即电压表的示数为故A错误；B副线圈电压为220V，L2、L3、L4三只灯泡都正常发光，电流表的示数为故B正确；CD原、副线圈的电流之比，则原线圈电流为灯泡的电阻则、两点的电压故C正确，D错误。故选BC。8、ACD【解析】AA球由静止下摆至最低点过程中机械能守恒有解得选项A正确；B两球碰撞过程中系统动量守恒有碰撞前后系统动能相等，即结合式解得选项B错误；C碰前瞬间，A球的角速度为碰后瞬间，B球的角速度结合式得选项C正确；D在最低点对两球应用牛顿第二定律得结合式得选项D正确；故选ACD.9、AD【解析】

8、A若电源a、b分别为负极、正极，根据左手定则可知，受到的安培力向右，则导体滑块可在磁场中向右加速；故A正确；B因安培力F=BIL，根据动能定理所以选项B错误；C由匀加速运动公式由安培力公式和牛顿第二定律，有F=BIL=ma根据闭合电路欧姆定律根据闭合电路欧姆定律联立以上三式解得选项C错误；D因这一过程中的时间为所以系统产生的内能为Q=I2（R+r）t联立解得炮弹的动能为由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为所以D正确。故选AD。10、BC【解析】A由左手定则可知，负电荷由Ob之间离开磁场区域，故A错误；B作出两粒子的运动轨迹如图所示：由几何关系，对负粒子：则负粒子的轨道半径为：对正

9、粒子：解得正粒子的轨道半径为：则正负粒子的轨道半径之比为：故B正确；D正负粒子在磁场中运动的时间均为半个周期，由：可知，正负粒子在磁场中运动的时间之比为：故D错误；C粒子在磁场中做圆周运动，则由：可得：正负粒子的比荷之比与半径成反比，则正负粒子的比荷之比为，故C正确。故选BC。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、E 2.7 2.90 12.0 【解析】(1) 1实验中需要将电流表A与定值电阻R串联，改装成一个量程为的电压表，由部分电路欧姆定律知代入数据解得故选E。(2) 2根据电路原理图，实物连接如图所示。(3)3电压表的示数始终为，则

10、说明即为4根据闭合电路的欧姆定律知代入数据变形后结合题中所给图像的纵截距解得5斜率求得12、6.015 1.770 6 见解析 【解析】(1)1游标卡尺读数为：主尺读数+游标尺读数精度，此题读数为：60mm+3x0.05mm=60.15mm=6.015cm即金属丝的长度为6.015cm。2螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数+估读，此题的读数为：1.5mm+27.3x0.01mm=1.773mm.即金属丝直径为1.773mm。3多用表的读数为电阻的粗测值，为6。(2)4电路图如图所示。5由电阻定律，有四、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

11、字说明、方程式和演算步骤。13、；。【解析】根据全反射临界角，由公式求出棱镜的折射率，再根据折射定律求光线在BD界面发生折射时折射角的正弦值，做出光在棱镜中的传播路径，根据几何关系求出光线在棱镜内通过的路程，由 求出光在棱镜中传播速度，从而求得该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。【详解】已知光在棱镜中传播的全反射临界角为，由：得：在BD界面发生折射时，由折射定律得：解得：光在BD边上折射后射到BC边上，由于入射角大于30，所以在BC边上发生全反射，最后从CD边射出，光在介质中的传播路径如图所示：在 中，根据正弦定理有：解得：，则：在中根据正弦定理有：则：则光在棱镜中传播的路径长为：则光在棱

12、镜中传播的时间为：答：在BD界面发生折射时折射角的正弦值为。该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间为。14、 (1)2Ns；(2)23.65s【解析】(1)设弹簧在A处保持静止时压缩量为x，有F=kx若物块离开弹簧时速度为v，根据动能定理物块P向右运动的过程中，弹簧对物块的冲量I=mv解得I=2Ns(2)物块离开弹簧到B之间做匀速直线运动，设时间为，则有设物块沿着圆弧轨道上升到D点，B、D间的高度为h，则有设过D点的半径与竖直方向的夹角为，则即物块从B点到D点再返回B点的过程中，可以看做单摆，单摆周期，可得从物块P离开弹簧到再次接触弹簧经过的时间代入数据得t=23.65s15、（1）0.2N（2）1m/s（3）3J【解析】（1）对cd杆，由v-t图象得：a1=4m/s2， 由牛顿第二定律得：mgsin53-(mgcos53+F安）=ma解得：F安=0.2N（2）对ab杆，感应电动势：E=BLv1电流： cd杆的安培力：F安=BIL解得：v1=lm/s.（3）由题意得第3s内cd的加速度：a2=-4m/s2 设2s时ab杆的速度为v2，对cd杆，由