2022届云南省三校高三（下）高考备考实用性联考（四）理综物理试题 附解析

2022届云南三校高考备考实用性联考卷（四）

理科综合物理

一、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一

项符合题目要求；第19~21题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3

分，有选错的得0分。

1.关于图中四幅图片的描述，正确的是（）

nE/eV

0

51-0.54

4----------------------0.85

3----------------------1.51

2----------------------3.40

1----------------------13.6

氢原子的能级图

丙

A.图甲说明了光具有粒子性

B.图乙说明了光具有波动性

C.图丙中，从”=3能级跃迁到”=1能级比跃迁到〃=2能级辐射的光子频率低

D.图丁说明了原子具有核式结构

【1题答案】

【答案】D

【解析】

【详解】A.双缝干涉实验说明了光具有波动性，故A错误；

B.光电效应说明了光具有粒子性，故B错误；

C.由图可知

E3-E]>E2—f|

根据

E=hv

可知图丙中，从”=3能级跃迁到〃=1能级比跃迁到〃=2能级辐射的光子频率高，故C错误；

D.a粒子散射实验说明了原子具有核式结构，故D正确。

故选D。

2.2021年12月9日下午3点40分，神舟十三号航天员翟志刚、王亚平、叶光富进行了中国空间站首次太

空授课。跨越八年，“太空课”再次开课。已知空间站在距离地面约为工7?（R为地球半径）的圆形轨道

上绕地球运行，地球表面的重力加速度为g,下列说法正确的是（)

A.空间站的线速度大于第一宇宙速度

B.空间站绕地球运动的角速度小于地球同步卫星的角速度

C.三名航天员空间站中可以使用弹簧拉力器锻炼身体

D.三名航天员在空间站中处于失重状态，说明他们不受地球引力作用

【2题答案】

【答案】C

【解析】

【详解】A.因为地球卫星的最大绕行速度等于第一宇宙速度，故空间站的线速度不可能大于第一宇宙速度,

故A错误；

B.空间站绕地球运动的半径小于地球同步卫星的半径，由

心Mm2

G—―=mr（o

得

所以空间站绕地球运动的角速度大于地球同步卫星的角速度，故B错误；

C.三名航天员在空间站中可以使用弹簧拉力器利用相互作用力来锻炼身体，故C正确；

D.三名航天员在空间站中处于完全失重状态，但他们始终受地球引力作用，故D错误.

故选C。

3.如图甲所示，一物块从倾角为。的斜面底端以一定的初速度沿足够长的斜面上滑，其运动的速度一时间

图像如图乙所示，2fo时刻速度减为零，5/o时刻回到出发点。则下列说法正确的是（）

A.物块返回斜面底端时的速度大小为1％

B.物块返回斜面底端时的速度大小为昆

2

C.物块与斜面之间的动摩擦因数为』tan。

13

2

D.物块与斜面之间的动摩擦因数为一tan。

13

【3题答案】

【答案】C

【解析】

【详解】AB.上滑过程有

12

5=5%（2/。），v0=4Z,-2/0

下滑过程有

5=92（5。-2%）2,巧=4序-22）

联立解得

492

v-v

—=1，1i-（）

a243°

所以AB错误；

CD.根据牛顿第二定律，上滑过程有

q=gsin。+Rgcos0

a2=gsin夕一〃gcos8

联立解得

5八

//=—tan0

所以C正确；D错误；

故选C。

4.如图所示，等腰直角三角形abc的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线，导线中通有方

向向里的恒定电流，P点是儿的中点；若&、法c三处导线中的电流分别为/、21、31,当三角形所在空间

加一磁感应强度为B,的匀强磁场后，尸点的磁感应强度为0。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B

/是导线中的电流强度，，•是该点到导线的垂直距离，%是常数。保持匀强磁场Bo不变，若将长直

r

导线〃中的电流增大为4/,且方向保持不变，则关于P点的磁感应强度，下列说法正确的是（）

a

A.Bp=JiBo,方向由「指向c

B.Bp=JiBo,方向由P指向“

C.Bp=24iB。,方向由P指向a

D.坳=2j5&），方向由P指向c

【4题答案】

【答案】B

【解析】

【详解】由于尸点的磁感应强度为0,又通电长直导线周围某点的磁感应强度8=左,，根据安培定则，b、

r

c处导线在P点合磁感应强度的方向由a指向P，a处导线在P点磁感应强度的方向由人指向a,当长直导

线b中的电流增大为4/,b、c处导线在P点合磁感应强度的方向由「指向a,大小相等，根据磁感应强度

的叠加可知

Bp-.y/2Bo

方向由P指向a,ACD错误，B正确。

故选Bo

5.地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害。为研究地磁场，某研究小组模拟了一个地

磁场，如图所示，模拟地球半径为R,赤道剖面外地磁场可简化为包围地球、厚度为4、方向垂直该剖面

的匀强磁场（磁感应强度大小为B）,d=2R,磁场边缘某处（未画出）有一粒子源，可在赤道平面内以不

同速度向各个方向射入某种带正电粒子。研究发现，当粒子速度为2丫时，沿半径方向射入磁场的粒子恰不

能到达模拟地球。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且不考虑相对论效应。则（）

XV/?

粒子的比荷幺=」二

mBR

C.速度为v的粒子，到达模拟地球的最短时间为00=邺

D.速度为v的粒子，到达模拟地球的最短时间为g=乎

3v

【5题答案】

【答案】AD

【解析】

【详解】AB.如图所示，设该粒子轨迹半径为广，

IX

根据几何关系有

(/?+r)2=r2+(3/?)2

q-2vB-m-~~—

解得

JV

in2BR

故A正确，B错误；

CD.速度为v的粒子进入磁场有

v2

qvB=tn——

r

则

r'=2R

若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，粒子运动半径等于大气层厚度，如图所示

粒子运动的圆心角为60°,最短时间为

_60°2兀m_2TTR

々in-560°

故D正确，C错误；

故选ADo

6.如图所示，直流电路中电源电动势为E,内阻为r,R、险为定值电阻，必为滑动变阻器，已知R>r。

当开关S闭合时，电容器两板间的N点的带电液滴恰好能保持静止。现将滑动变阻器滑片向左滑动，则下

列说法正确的是（）

Ri7?2

A——A

R•N

E,rSE

Di~---------------------------------------------------

A.电源的总功率减小

B.电源的输出功率增大

C.液滴向下运动

D.电容器A板的电势降低

【6题答案】

【答案】AC

【解析】

【详解】A.滑动变阻器滑片向左滑动，以接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，总电流减小，由

P=EI

可知，电源的总功率增大，故A正确;

B.纯电阻电路输出功率

E2£2

%=LR外%=P

（与卜+力2

R外+亡+2r

K外

知,外电阻与内阻越接近，电源输出功率越大；由R3接入电路的电阻增大，/?!>/•,知R外与内阻r差距增

大,所以电源输出功率减小，故B错误;

C.%的阻值增大，干路电流/减小，&与电容器串联，稳定后相当于断路，对电路无影响，故电容器两

端电压相当于吊两端电压，由

U=IRt

可知，电容器两端电压减小，极板间场强

d

故场强减小，液滴受到向上的电场力减小，故液滴向下运动，故c正确;

D.电源负极接地，所以A板的电势即为&两端电压

9A=UR、=

可知A板的电势升高，故D错误。

故选AC。

7.如图所示，正方形ABC。的四个顶点各固定一个点电荷，所带电荷量分别为+g、+q、-q、-q,E、F、O

分别为AB、£>C及AC的中点。已知无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）

A.O点电势为零

B.。点的电场强度为零

CE点电势高于尸点电势

D.把电子从0点移向F点，电子的电势能增大

【7题答案】

【答案】ACD

【解析】

【详解】A.因为等量异种电荷中垂线为等势线，又无穷远处电势为零，所以。点电势为零，故A正确；

B.因为AC两点的电荷在。电场强沿着0C方向，而8。两点的电荷在。电场强沿着0。方向，由场强叠

加原理可知。点的电场强度不为零，故B错误；

C.因为正点电荷的电场中电势大于零，负点电荷的电场中电势小于零，故E点电势高于尸点电势，故C

正确；

D.把电子从。点移向F点，电势降低，则电子的电势能增大，故D正确。

故选ACD。

8.如图所示，一水平传送带右端与半径为R=0.5m的竖直光滑固定圆弧轨道的内侧相切于。点，传送带以

某一速度顺时针匀速转动。现将质量为〃?=0.2kg的小物块由静止放在传送带的左端尸点，小物块随传送带

向右运动，后经。点滑上圆弧轨道，并能通过最高点N。小物块与传送带之间的动摩擦因数为4=0.5,已

知P、。之间的距离为L=4m,取g=10m/s2,小物块可视为质点。下列说法正确的是（）

A.传送带的最小转动速率为w=5m/s

B.若传送带以最小速率w转动，小物块从P运动到Q的时间r=1.5s

C.若传送带以最小速率w转动，则整个过程中小物块与传送带间因摩擦产生的热量。=5J

D.若传送带以最小速率w转动，则因传送小物块电动机对传送带多做的功力=5J

【8题答案】

【答案】AD

【解析】

【详解】A.由题意知，传送带转动速率最小时，小物块到达。点已与传送带同速且小物块刚好能到达N

点，N点有

mg=m~^

小物块从。点到N点，由动能定理得

联立解得

%=5m/s

故A正确；

B.设小物块经过时间％加速到与传送带同速，则

=ma

%=研

小物块的位移

12

带入数据可得

xi=2.5m,4=Is

Is后小物块与传送带相对静止，匀速到达Q,设时间为

t2=———=0.3s

%

则小物块从P运动到。的时间

t=t1+12=1.3s

故B错误；

C.传送带在乙时间内的位移

%2=咿

根据题意则有

&C=/一玉

Q=/jmg^x

联立解得

Q=2.5J

故C错误；

D.由能量守恒定律可知，因传送小物块电动机对传送带多做的功

W=Q+gmvl

代入数据解得

W=5J

故D正确。

故选AD。

二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第9题~第12题为必考题，每道试题考生都必

须作答；第13题~第16题为选考题，考生根据要求作答。

（-）必考题

9.某实验小组用如图甲所示装置测当地的重力加速度。光电门1、2固定在铁架台上，两光电门分别与数

字计时器连接。

（1）用螺旋测微器测量小球的直径”，示数如图乙所示，则小球直径为mm。

（2）已知小球重心和两光电门在同一竖直线上，且两光电门间距为小，保持〃不变，将小球从光电门1正

上方静止释放，测得通过光电门1和光电门2的挡光时间力、t2,改变小球的释放位置重复实验多次，作

11

7•一¥图像，图线与纵轴的交点为（0,b）,则当地重力加速度g=。（用题目中相关物理量的字

Jh

母、符号表示）。

【9题答案】

【答案】①.2.836~2.838②.—

一20

【解析】

【详解】（1）［1］螺旋测微器的读数：固定刻度的读数+可动刻度的读数xO.Olmm,即

d=2.5mm+33.6x0.01mm=2.836mm

（2）［2］通过光电门1和光电门2的瞬时速度为

dd

匕彩

2

根据自由落体规律有

为2-V,2=2gh

联立可得

1_12gh

W丁

11

根据；？一万图像可得

“2%

T

解得

bd1

g=W

10.电动玩具车采用充电电池供电提供动力。已知某电动玩具车的电池的电动势约为15V,内阻小于30。

0—

~©—

—1|~

乙

（1）现将量程为1.5V、内阻约为1k。的直流电压表改装为量程为15V的电压表，将这只电压表与电阻箱

相连。利用如图甲所示的电路，先把滑动变阻器滑片移到最端，把电阻箱阻值调到零，再闭合开

关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为L5V。然后把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读

数为V。不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，电压表与电阻箱组合即

构成量程为15V的新电压表。若读得电阻箱阻值为Ro,则量程为1.5V的电压表内阻为

（2）用图乙所示的电路来测量该玩具车电池的电动势和内阻，实验室提供如下器材：

电阻箱A（阻值范围0~9999。）

电阻箱B（阻值范围0~999。）

滑动变阻器C（阻值为0〜20。，额定电流2A）

滑动变阻器D（阻值为0〜20kC,额定电流0.2A）

在图乙所示电路中电阻箱应选,滑动变阻器应选。

（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻厂，实验电路如图乙所示，

通过观察表盘读数，得到多组电压。和电流/的值，并作出U-/图线如图丙所示，可知电池的电动势为

V,内阻为C。（结果均保留两位小数）

【10题答案】

【答案】①.左②.0.15③.殳@.A⑤.C（6）.14.50©.2.25

9

【解析】

【详解】（1）[1]利用如图甲所示的电路，先把滑动变阻器滑片移到最左端，让电压表电压从0开始。

⑵现将量程为1.5V、内阻约为1k。的直流电压表改装为量程为15V的电压表，其量程扩大了10倍，则把

电阻箱阻值调到适当值时电压表读数为

U=^=—V=0.15V

1010

⑶根据串并联规律可得电阻箱的阻值为

一修.——“Ri%

解得

所以若读得电阻箱阻值为Ro,则量程为1.5V的电压表内阻为与。

（2）[4]现将量程为L5V、内阻约为IkC的直流电压表改装为量程为15V的电压表，电阻箱的阻值约为

9kC,所以在图乙所示电路中电阻箱应选A。

⑶根据额定电流可知，滑动变阻器应选C。

（3）[6]⑺根据闭合电路欧姆定律有

1010

由图像可得

三.145一一145―100

10102.0-0

解得

E=14.50V,r=2.25。

11.如图甲所示，水平放置的足够长的固定U形导轨处于磁感应强度大小8=2T、方向竖直向上的匀强磁

场中，导轨宽度L=lm,电阻R=3Q。导体棒"静置在导轨上，已知其质量片1kg,电阻尸4。，与导轨的

动摩擦因数4=0.3,电路中其余部分电阻可忽略不计。导体棒她在水平外力/作用下，由静止开始运

动，7图像如图乙所示，取g=10m/s2。求:

（l）r=ls时，外力尸的大小以及此时电路的电功率；

92

（2）若已知0〜4s时间段内外力F做功一J,则该时间段内电路中产生的焦耳热为多少?

3

【答案】(1)5N,1W；(2)一J

3

【解析】

【详解】（1）由题意根据牛顿第二定律得

F-F^-/umg=ma

其中由图像得加速度

6?=—=lm/s2

Ar

且由图像得z=ls时速度为lm/s,又因为

E=BLv

F^=BIL

联立解得

F=5N

此时电路的电功率为

P=EI

解得

P=1W

(2)经分析由功能关系得

12

W=Q+/jmgx+—mvm

由图像知

%=2m/s

(2+4)。,

x----------x2m=6m

2

解得

12.如图所示，质量M=0.9kg的木板A静止在粗糙的水平地面上，质量机=lkg、可视为质点的物块B静止

放在木板的右端，U0时刻一质量为，〃o=O.lkg的子弹以速度vo=5Om/s水平射入并留在木板A内（此过程时

间极短）。已知物块B与木板A间的动摩擦因数从=0.20,木板A与地面间的动摩擦因数出=0.30,各接触

面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度大小g=10m/s2,求：

（1）子弹射入木板过程中系统损失的机械能；

（2）子弹"停'’在木板内之后瞬间A和B的加速度大小；

（3）最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离。

B

【12题答案】

【答案】（1）112.5J；（2）8m/s2,2m/s2；（3）1.125m

【解析】

【详解】（1）子弹射中木板A的过程动量守恒

由能量守恒，子弹射入木板过程中系统损失的机械能为

△石=；飞说—；（飞+川）片

解得

W=5m/s,A£=112.5J

（2）子弹“停”在木板内之后瞬间对B应用牛顿第二定律可得

4Mg=maK

对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得

乂/ng+4（加+叫+M）=（%+M%

解得

22

aA=8m/s,aR=2m/s

（3）子弹停木板A内之后，AB发生相对滑动，A减速，B加速，设经过时间;二者共速，有

匕一分4=册4

解得

%=0.5s

此时二者速度

v2=aKt}=lm/s

故此过程A与B相对地面的位移分别为

12

%A=卬1-5卯1

12

XB-2^1

共速后，因为从＜〃2,故二者分别做匀减速运动，对子弹与A组成的整体应用牛顿第二定律可得

生（加+%+M-乂侬=（%+股）以

对B应用牛顿第二定律可得

=maR

解得

22

必-4m/s,aa-2m/s

共速后AB继续滑行的距离分别为

xB=---

2aB

故最终物块B停止运动时距离木板A右端的距离为

AX=(XA+XA)—(XB+XB)

联立可得

Ar=1.125m

(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题

卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号-致，在答题卡选答

区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。

[物理一选修3-3]

13.下列说法正确的是()

A.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小

B,饱和汽的压强一定大于非饱和汽的压强

C.温度总是从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移

D.一定量的水蒸发为同温度的水蒸气，吸收的热量大于其增加的内能

E.干湿泡温度计的干泡与湿泡的示数差越小，则相对湿度越大，人感觉潮湿

【13题答案】

【答案】ADE

【解析】

【详解】A.当分子间的引力和斥力平衡时，分子力为0,如果分子间距离改变，则都需要克服分子力做功，

所以分子势能都增大，则A正确；

B.相同温度、相同液体，饱和汽的压强大于末饱和汽的压强，但不同温度、液体不一定，故B错误；

C.热量总是从高温物体向低温物体转移，而且温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越

大，所以C错误；

D.一定量的水蒸发为同温度的水蒸气，体积增大，对外做功，根据热力学第一定律可知，吸收的热量大

于其增加的内能，所以D正确；

E.干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿度

越小，即水蒸气的实际压强、绝对湿度离饱和程度越远，干湿泡温度计的干泡与湿泡的示数差越小，则相

对湿度越大，人感觉潮湿，所以E正确；

故选ADEo

14.如图所示，横截面积均为S的两导热气缸A、B中装有同种气体，通过一段体积可忽略的细管相连

接，在细管中间安装有一个阀门D,两气缸中各有一个质量为根的活塞，气缸B中的活塞与一个轻弹簧相

连接。阀门D关闭时，轻弹簧处于原长，气缸B中气柱长度恰为L,气缸A中的活塞处于静止状态时，气

柱长度为33已知大气压强p0=W，弹簧的劲度系数攵=半，重力加速度为g,活塞可在气缸内无

ijL

摩擦滑动且不漏气。现将一个质量为，"的重物C轻轻地放到气缸A中的活塞上，并打开阀门D,保持环

境温度不变，待系统稳定后，求：

(1)弹簧的形变量；

(2)气缸A中活塞向下移动的距离。

c

s

53L

A

ULABD

m显

【14题答案】

Q

【答案】(1)L;(2)§L

【解析】

【详解】(1)未放重物C时气缸A中气体的压强

Pi=Po+—=2Po

气缸B中气体的压强

，2=%

放上重物C后两部分气体混合，压强为

P=P/^~=3po

J

气缸B中活塞平衡时，由平衡条件可得

pS=kx+p0S

解得弹簧的形变量

x=L

（2）两部分气体混合后的总长度设为y,由玻意耳定律可得

Pi-3LS+p2-LS-p-yS

由几何关系知气缸A中的活塞向下移动的距离为

h-3L++x—y

代入整理得

[物理一选修3-4]

15.如图，实线是沿x