2022届云南省临沧高考物理四模试卷含解析

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，做实验“探究感应电流方向的规律”。竖直放置的条形磁体从线圈的上方附近竖直下落进入竖直放置的线

圈中，并穿出线圈。传感器上能直接显示感应电流i随时间，变化的规律。取线圈中电流方向由。到。为正方向，则传

感器所显示的规律与图中最接近的是（）

2,有一变化的匀强磁场与图甲所示的圆形线圈平面垂直。规定磁场方向向里为正方向，从“经R流向。为电流的正方

向。已知R中的感应电流i随时间，变化的图象如图乙，则磁场的变化规律可能与下图中一致的是（）

甲

乙

A.“康普顿效应”说明光具有能量，“光电效应”说明光具有动量

B.目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是;H+：Hf；He

C.对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率是恒定的，且与入射光的强度无关

D.中子与质子结合成气核时，需要吸收能量

4、静止在水平地面上的木块，受到小锤斜向下瞬间敲击后，只获得水平方向初速度，沿地面滑行一段距离后停下。若

已知木块的质最和初速度，敲击瞬间忽略地面摩擦力的作用，由此可求得（）

A.木块滑行的时间B.木块滑行的距离

C.小锤对木块做的功D.小锤对木块的冲量

5、一杯水含有大量的水分子，若杯中水的温度升高，则（）

A.水分子的平均动能增大B.只有个别水分子动能增大

C.所有水分子的动能都增大D.每个水分子的动能改变量均相同

6、如图所示，在真空云室中的矩形A3C0区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在。点的铀238原子

核发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径迹，曲线。尸为上圆弧，

4

x轴过。点且平行于A5边。下列说法正确的是（）

A.铀238原子核发生的是p衰变，放出的射线是高速电子流

B.曲线。尸是射线的径迹，曲线0Q是反冲核的径迹

C.改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系随之改变

D.曲线0。是a射线的径迹，其圆心在x轴上，半径是曲线0P半径的45倍

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。分。

7、下列说法正确的是o

A.液体表面张力与浸润现象都是分子力作用的表现

B.用燧的概念表示热力学第二定律：在任何自然过程中，一个孤立系统的牖不会增加

C.晶体在物理性质上可能表现为各向同性

D.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的

E.热量可以从低温物体传给高温物体

8、2019年11月5日，我国成功发射了“北斗三号卫星导航系统”的第3颗倾斜地球同步轨道卫星。“北斗三号卫星导

航系统”由静止地球同步轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星、中圆地球轨道卫星组成。中圆地球轨道卫星轨道周期是

12个小时左右，“同步轨道”卫星的轨道周期等于地球自转周期，卫星运行轨道面与地球赤道面的夹角叫做轨道倾角。

根据轨道倾角的不同，可将“同步轨道”分为静止轨道（倾角为零）、倾斜轨道（倾角不为零）和极地轨道。根据以上信

息，下列说法正确的有（）

A.倾斜地球同步轨道卫星的高度等于静止地球同步轨道卫星的高度

B.中圆地球轨道卫星的线速度大于地球同步轨道卫星的线速度

C.可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，静止在扬州上空

D.可以发射一颗倾斜地球同步轨道卫星，每天同一时间经过扬州上空

9、一质量为0.5kg的物块沿直线运动的速度-时间（V-/）图像如图所示，下列说法正确的是（）

A.0.25s时的速度方向与1.25s时的速度方向相反

B.1.5s末受到的合力大小为2N

C.0~0.5s内合力做的功为1J

D.前2s的平均速度大小为0.75m/s

10、如图（a）所示，在匀强磁场中，一电阻均匀的正方形单匝导线框。从力绕与磁感线垂直的转轴仍匀速转动，线

圈产生的交变电动势随时间变化的规律如图（b）所示，若线框总电阻为5Q,则（）

A.〃边两端电压的有效值为16.5V

B.当线框平面与中性面的夹角为45时，线框产生的电动势的大小为22V

C.从f=0到f=0.01s时间内，通过线框某一截面的电荷量为4.4x1O^C

D.线框转动一周产生的焦耳热为3.87J

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）某同学利用图甲所示电路测量一量程为3mA的直流电流表的内阻RA（约为1100）。提供的实验器材有:

A.直流电源（电动势为IV,内阻不计）；

B.电阻箱（0-999.9C）；

C.滑动变阻器（0TC.额定电流为3A）；

D.滑动变阻器（0-500.额定电流为lA）o

（1）为了尽可能减小测量误差，滑动变阻器R应选用（选填"C”或"D”）。

（2）根据图甲所示电路，在图乙中用笔画线代替导线，将实物间的连线补充完整一。

（3）主要实验步骤如下：

I.将电阻箱岛的阻值调为零，滑动变阻器R的滑片尸移到右端；

H.闭合开关S,调节滑动变阻器R的滑片P,使电流表的示数为3mA；

I.调节电阻箱Ro,使电流表的示数为1mA,读出此时电阻箱的阻值用；

IV.断开开关S,整理好仪器。

（4）已知以=208.8。，则电流表内阻的测量值为S1,由于系统误差，电流表内阻的测量值____（选填“大于”“等

于”或“小于”）真实值。

12.(12分)在“用油膜法估测分子大小”的实验中，用移液管量取0.25mL油酸，倒入标注250mL的容量瓶中，再加

入酒精后得到250m的溶液。然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的液面达到量筒中1mL的

刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有琲子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定

后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格的正方形大小为2cmx2cm,由图可以估算出油膜

的面积是cm?(结果保留两位有效数字)，由此估算出油酸分子的直径是m(结果保留一位有效数

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)如图所示，固定在水平面开口向上的导热性能良好足够高的汽缸，质量为，”=5kg、横截面面积为S=50cn?

的活塞放在大小可忽略的固定挡板上，将一定质量的理想气体封闭在汽缸中，开始汽缸内气体的温度为〃=27℃、压强

为pi=1.0xl0$Pa。已知大气压强为〃o=l.Oxl()5pa,重力加速度为g=10m/s2。

(1)现将环境的温度缓慢升高，当活塞刚好离开挡板时，温度为多少摄氏度？

(2)继续升高环境的温度，使活塞缓慢地上升H=10cm,在这上过程中理想气体的内能增加了18J,则气体与外界交换

的热量为多少？

14.(16分)新冠肺炎疫情发生以来，各医院都特别加强了内部环境消毒工作。如图所示，是某医院消毒喷雾器设备。

喷雾器的储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为10L,打气筒每打次气能向储液桶内压入p°=1.0x105pa

的空气V'o=200mL。现往储液桶内装入8L药液后关紧桶盖和喷雾头开关，此时桶内压强为0=l.OxlO'Pa,打气

过程中储液桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，不计储液桶两端连接管以及软细管的容积。

(1)若打气使储液桶内消毒液上方的气体压强达到3xlO5Pa后，求打气筒打气次数至少是多少？

(2)当储液桶内消毒液上方的气体压强达到3xlO5Pa后，打开喷雾器开关K直至储液桶消毒液上方的气压为2xlO5Pa,

求在这过程中储液桶喷出药液的体积是多少？

桶毁

M!考头

开关

储液桶

15.(12分)如图8c是位于竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为r=3m,圆心角〃=53。，圆心0

的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器.水平面上静止放置一个质量M=1kg

的木板，木板的长度，=lm,木板的上表面的最右端放置一个静止的小滑块Pi,小滑块尸1的质量如未知，小滑块Pi

与木板之间的动摩擦因数〃=0.1.另有一个质量仙=lkg的小滑块B,从圆弧轨道左上方的某个位置A处以某一水平

的初速度抛出，恰好能够沿切线无碰撞地从3点进入圆弧轨道，滑到C处时压力传感器的示数为^N,之后滑到水平

面上并与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短.(不计空气阻力，重力加速度g=10m/si,cos53o=0.6).求：

(1)求小滑块B经过C处时的速度大小；

(1)求位置A与C点之间的水平距离和竖直距离分别是多少？

(3)假设小滑块Pi与木板间摩擦产生的热量为。请定量地讨论热量。与小滑块P的质量，小之间的关系.

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】

磁体进入线圈。端的过程，其磁场穿过线圈向上且增加，由楞次定律知感应电流的磁场向下，则线圈中的电流方向从。

到为负值。磁体在线圈中间运动时，其磁场穿过线圈的磁通量不变，无感应电流，磁体离开线圈〃端的过程，磁

场穿过线圈向上且减小，由楞次定律知感应电流的磁场向上，则电流方向从〃到6,为正值，且此过程磁体运动速度

大于进入过程，磁通量的变化率大。由法拉第电磁感应定律知，该过程的感应电动势大，则感应电流大，故B正确。

故选B。

2、A

【解析】

应用楞次定律定性分析知，O~ls内，电流为正方向，根据安培定则知磁场B应正方向减小或负方向增大。1~2s内,

电流为负方向，根据安培定则知磁场8应正方向增大或负方向减小。设线圈面积为S,则电动势

尸△①0AB

E=——=S——①

A/15

电流

/=巨②

R

解①②式得

I=RW\®

由图象知两过程中电流大小关系为

④

解③④式得

AB,_1AB2

Is2is

冈=;I阻

所以A正确，BCD错误。

故选Ao

3、C

【解析】

A.“康普顿效应”说明光具有动量，“光电效应”说明光具有能量，故A错误；

B.目前的核电站、核潜艇在利用核能时，发生的核反应方程均是核裂变方程，故B错误；

C.对于某种金属来说，其发生光电效应的极限频率只和金属本身有关，是恒定的，与入射光的强度无关。故C正确;

D.中子与质子结合成气核时，核聚变放出能量，故D错误。

故选C。

4、C

【解析】

A.木块运动过程中，由动量定理

—ft=0-mv

物块所受的摩擦力/未知，则不能求解木块的运动时间，故A错误，不符合题意；

B.由动能定理

-ftc-O-^mv2

物块所受的摩擦力/未知，则不能求解木块滑行的距离，故B错误，不符合题意；

C.小锤对木块做的功等于木块得到的动能，即

W=-mv2

2

故C正确，符合题意；

D.只能求解小锤对木块冲量的水平分量

I-mv

故D错误，不符合题意。

故选C。

5、A

【解析】

水的温度升高，即其内部的水分子运动越剧烈，即水分子的平均动能变大，即其内能增加，这是统计规律，个别分子

不适用.故A正确，BCD错误；

故选A.

6、D

【解析】

AD.衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反，由图像可知，原子核发生的是

a衰变，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力

v2

qvB=m——

r

得

mv

r-——

qB

由于反冲核的电荷量比a射线大，则半径更小，即曲线。。是射线的径迹，曲线。尸是反冲核的径迹，由于曲线。尸

为!圆弧，则其圆心在x轴上，射线初速度与x轴重直，新核初速度与x轴垂直，所以新核做圆周运动的圆心在x轴

4

上

由质量数守恒和电荷数守恒可知反冲核的电荷量是a粒子的45倍，由半径公式可知,轨道半径之比等于电荷量的反比,

则曲线0。半径是曲线0P半径的45倍，故A错误，D正确。

BC.由动量守恒可知

0=mv-mava

粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力

V2

qvB=m—

得

mv

r=——

qB

由于反冲核的电荷量比a射线大，则半径更小，即曲线。。是射线的径迹，曲线。尸是反冲核的径迹，反冲核的半径

与射线的半径之比等于电荷量的反比，由于电荷量之比不变，则改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半

径关系不变，故BC错误。

故选D。

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,ACE

【解析】

A.液体的表面张力是分子力作用的表现，外层分子较为稀疏，分子间表现为引力；浸润现象也是分子力作用的表现,

故A正确；

B.根据热力学第二定律，在任何自然过程中，一个孤立系统的总燧不会减少，故B错误；

C.单晶体因排列规则其物理性质为各向异性，而多晶体因排列不规则表现为各向同性，故C正确；

D.扩散现象是分子无规则热运动的结果，不是对流形成的，故D错误；

E.热量不能自发的从低温物体传给高温物体，但在引起其它变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，故E正确。

故选ACEO

8、ABD

【解析】

A.“同步轨道“卫星的轨道周期等于地球自转周期，根据万有引力提供向心力可知

G?=皿玛2「

r2T

解得

r3

T=2n

GM

同步卫星的周期相同，则其轨道半径相等，距地面高度相等，故A正确;

B.卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力

Mm2

G下=m一

解得

中圆地球轨道卫星的轨道半径小，线速度大，故中圆地球轨道卫星的线速度大于地球同步轨道卫星的线速度，故B正

确；

C.倾斜地球同步轨道卫星的周期虽与地球自转周期相同，但不能与地球表面相对静止，不能静止在扬州上空，故C

错误；

D.倾斜地球同步轨道卫星与地球自转周期相同，则每过24h都运动一圈，则每天同一时间经过扬州上空，故D正确。

故选ABD,

9、BCD

【解析】

A.由图象知，0.25s时的速度方向与1.25s时的速度方向都为正方向，方向相同，故A错误。

B.由图象知，1.5s末的加速度

2一2

a=——=4m/s

0.5

所以合力

F=/na=2N

故B正确。

C.由动能定理知，0〜0.5s内合力做的功

1,1,

W=-/nv2-0=-x0.5x22J=U

22

故C正确。

D.由图象的面积表示位移知，前2s的位移

x=—x(0.5+1.5)x2m--x0.5x2m=l.5m

22

前2s的平均速度

-X15

v---——m/s=0.75m/s

t2

故D正确。

故选BCD»

10、AB

【解析】

A.根据电动势随时间的变化曲线可得，交流电的电动势的瞬时值为

e=22V2sin诩(V)=2272sin1()0加(V)

则交流电的电动势的有效值为

E=22V

c"边两端电压的有效值为

3

U“=y=16.5V

所以A正确；

B.当线框平面与中性面的夹角为45时，即

兀

cot=—

4

则此时的电动势为

e=22V

所以B正确；

C.由图象可得交流电的周期为

T=0.02s

从。=0到r=0.01s时间内，即半个周期内，通过线框某一截面的电荷量为

△①2BS

q-----=------

RR

由电动势的瞬时值表达式可知

Em=BSCD==22V2V

”11岳下2

BS=--------Tm

50

则

=2BS=lh/^x

c39X10-2C

R125

所以C错误;

D.此交流电的电流有效值为

E

/=—=4.4A

R

根据焦耳定律可得，线框转动一周产生的焦耳热为

。=/2奴=1936J

所以D错误。

故选AB。

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。

104.4大于

\

【解析】

(1)11］本实验为了减小实验误差，应满足滑动变阻器的最大阻值远小于电流表的内阻，即应选用C

(2)⑵根据实验电路图连接实物图如图所示

(4)［3］由实验原理可知

R=4=104.4。

•2

［4］由于闭合开关S,调节滑动变阻器R的滑片P,使电流表的示数为3mA,调节电阻箱R。，使电流表的示数为1mA,

读出此时电阻箱的阻值电阻箱阻值变大，并联等效电阻变大，故并联部分分担电压增大，由于电阻箱两端电压变

大，故电阻箱阻值偏大，故电流表内阻测量偏大。

12、2.4X1028x1010

【解析】

[1].2滴溶液中含有纯油酸的体积

0.252।°5T

V=-----x-----mL=2x105mL

2.50100

观察油膜，大于或等于半格的算一格，小于半格的舍弃，数出小方格个数为60,乘以小方格面积2cmx2cm=4cm2,可

估算出油膜面积为

S=60x4cm2=2.4x102cm2

[2].把油膜视为单分子油膜，油膜厚度为分子直径，由仁的得出油酸分子的直径

</=8xlOlom

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)57℃；(2)73J

【解析】

(1)气体的状态参量

5

7J=27+273K=300K,Pl=1.0xl0Pa

对活塞由平衡条件得

p2S=p0S+mg

解得

必=Llxl()5pa

由查理定律得

包=上

ZT2

解得

4=330K

则

L=330—273℃=57℃

(2)继续加热时，理想气体等压变化，则温度升高，体积增大，气体膨胀对外界做功，外界对气体做功

W=-p2SH=-553

根据热力学第一定律AU=W+Q,可得理想气体从外界吸收的热量

Q=^U-W=73J

14、(1)20次；⑵1L

【解析】

(1)对储液桶内药液上方的气体

初状态：压强pi=lxl05pa,体积Vi

末状态：压强p2=3.0xl()5pa,体积Vz=2L

由玻一马定律得

=PNI

解得

K=6L

因为原来气体体积为％=2L,所以打气筒打气次数

V-K6-2”

n=------=----=20次

%0.2人

(2)对储液桶内药液上方的气体

初状态：压强p；=3xl()5pa，体积匕=2L

末状态：压强2.0xl()5pa，体积匕'

由玻一马定律得

PiM=P»；

解得

崂=3L

所以储液桶喷出药液的体积

AV=(3-2)L=1L

49网

15、(2)7m/s(2)3.6m,2m(3)°=2(1+犯)或Q=4m2

【解析】

79V2

(2)根据牛顿第三定律可知小块尸2滑到C处受到的支持力尸==N,由牛顿第二定律得：F—m生