2021-2022学年云南省丘北县第一中学高三（最后冲刺）物理试卷含解析

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．a、b两个物体在同一时间、从同一地点开始，沿同一条直线运动，v-t图象如图所示，a、b两物体运动图线均为正弦(余弦)曲线的一部分。在0～6s时间内，关于两物体的运动，下列说法正确的是（）A．b物体的加速度先增加后减小B．a物体的位移大于b物体的位移C．2s末a物体的加速度大于b物体的加速度D．3s末a、b两物体之间的距离最大2．因为地球的自转，同一物体在不同的纬度重力不同，一质量为m的物体在北极时的重力与其在赤道时的重力的差为F.将地球看做质量分布均匀的球体，半径为R.则地球的自转周期是A． B．C． D．3．宇航员在某星球表面以初速度2.0m/s水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，O为抛出点，若该星球半径为4000km，引力常量G＝6.67×10－11N·m2·kg－2，则下列说法正确的是（）A．该星球表面的重力加速度为16.0m/s2B．该星球的第一宇宙速度为4.0km/sC．该星球的质量为2.4×1020kgD．若发射一颗该星球的同步卫星，则同步卫星的绕行速度可能大于4.0km/s4．下列说法符合物理学史实的是（）A．亚里士多德最早指出力不是维持物体运动的原因B．库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律C．卡文迪许提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量D．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律5．如图所示，竖直平面内两个四分之一圆弧轨道的最低点相切，圆心分别为、，半径分别为和，两个小球P、Q先后从点水平拋出，分别落在轨道上的、两点，已知、两点处于同一水平线上，在竖直方向上与点相距，不计空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（）A．小球P在空中运动的时间较短B．小球Q从抛出到落在轨道上的速度变化量较大C．小球P与小球Q抛出时的速度之比为1∶11D．两小球落在轨道上的瞬间，小球P的速度与水平方向的夹角较小6．把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是：()A．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大B．Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变C．在t=1×10﹣2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零D．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）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．天文学家观测发现的双子星系统“开普勒—47”有一对互相围绕运行的恒星，其中一颗大恒星的质量为M，另一颗小恒星只有大恒星质量的三分之一，引力常量为G，据此可知（）A．大、小两颗恒星的转动周期之比为1：3 B．大、小两颗恒星的转动角速度之比为1：1C．大、小两颗恒星的转动半径之比为3：1 D．大、小两颗恒星的转动半径之比为1：38．某列简谐横波在t1＝0时刻的波形如图甲中实线所示，t2＝3.0s时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a、b、c、d四点中某质点的振动图象，则正确的是________A．这列波的周期为4sB．波速为0.5m/sC．图乙是质点b的振动图象D．从t1＝0到t2＝3.0s这段时间内，质点a通过的路程为1.5mE.t3＝9.5s时刻质点c沿y轴正方向运动9．下列说法不正确的是（）A．物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能为零B．两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能一定先减小后增大C．多数分子直径的数量级是10－10mD．第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律E.一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大10．在天文观察中发现，一颗行星绕一颗恒星按固定轨道运行，轨道近似为圆周。若测得行星的绕行周期T，轨道半径r，结合引力常量G，可以计算出的物理量有（）A．恒星的质量 B．行星的质量 C．行星运动的线速度 D．行星运动的加速度三、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）甲实验小组利用图（a）装置探究机械能守恒定律．将小钢球从轨道的不同高度h处静止释放，斜槽轨道水平末端离落点的高度为H，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s．（g取10m/s2）（1）若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2=______（用H、h表示）．（2）图（b）中图线①为根据实验测量结果，描点作出的s2–h关系图线；图线②为根据理论计算得到的s2–h关系图线．对比实验结果，发现自同一高度静止释放的钢球，实际水平抛出的速率______（选填“小于”或“大于”）理论值．造成这种偏差的可能原因是______________________．乙实验小组利用同样的装置“通过频闪照相探究平抛运动中的机械能守恒”．将质量为0.1kg的小钢球A由斜槽某位置静止释放，由频闪照相得到如图（c）所示的小球位置示意图，O点为小球的水平抛出点．（3）根据小球位置示意图可以判断闪光间隔为______s．（4）以O点为零势能点，小球A在O点的机械能为______J；小球A在C点时的重力势能为______J，动能为______J，机械能为______J．12．（12分）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，教师提供了下列器材：

A．待测的干电池B．电流传感器1

C．电流传感器2D．滑动变阻器R（0～20Ω，2A）

E．定值电阻R0（2000Ω）F．开关和导线若干

某同学发现上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验。(1)在实验操作过程中，如将滑动变阻器的滑片P向右滑动，则电流传感器1的示数将________；（选填“变大”“不变”或“变小”）(2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的两个电流变化图线（IA—IB图象），其中IA、IB分别代表两传感器的示数，但不清楚分别代表哪个电流传感器的示数。请你根据分析，由图线计算被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝__________Ω；

(3)用上述方法测出的电池电动势和内电阻与真实值相比，E________，r________。（选填“偏大”或“偏小”）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，两根平行的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝固定，导轨间距离为L＝1m，电阻不计，一个阻值为R＝0.3Ω的定值电阻接在两金属导轨的上端。在导轨平面上边长为L的正方形区域内，有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T。两根完全相同金属杆M和N用长度为l＝0.5m的轻质绝缘硬杆相连，在磁场上方某位置垂直于导轨放置且与导轨良好接触，金属杆长度均为L、质量均为m＝0.5kg、电阻均为r＝0.6Ω，将两杆由静止释放，当杆M进入磁场后，两杆恰好匀速下滑，取g＝10m/s2。求：(1)杆M进入磁场时杆的速度；(2)杆N进入磁场时杆的加速度大小；(3)杆M出磁场时，杆已匀速运动，求此时电阻R上已经产生的热量。14．（16分）彩虹的产生原因是光的色散，如图甲所示为太阳光射到空气中小水珠时的部分光路图，光通过一次折射进入水珠，在水珠内进行一次反射后，再通过一次折射射出水珠．现有一单色光束以入射角θ1＝45°射入一圆柱形玻璃砖，在玻璃砖内通过一次折射、一次反射、再一次折射射出玻璃砖，如图乙所示，已知射出光线与射入光线的夹角φ＝30°，光在真空中的速度为c，求：①该单色光的折射率；②该单色光在玻璃中传播速度的大小．15．（12分）某客机在高空水平飞行时，突然受到竖直气流的作用，使飞机在10s内高度下降150m，如果只研究飞机在竖直方向的运动，且假定这一运动是匀变速直线运动，且在这段下降范围内重力加速度取g=9m/s2.试计算∶(1)飞机在竖直方向加速度的大小和方向。(2)乘客放在水平小桌上2kg的水杯此时对餐桌的压力为多大。

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】

A．b的斜率先减小后增大，固b的加速度先减小后增大；A错误。B．由图可知曲线a在0~6秒内与时间轴所围上下面积之和小于曲线b与时间轴所围上下面积之和，固曲线a位移小于曲线b位移；B错误。C．2s末曲线a的斜率大于曲线b的斜率，故两秒末曲线a的加速度大于曲线b的加速度；C正确。D．6s末曲线ab所围面积之差最大，故6s末ab两物体之间距离最大；D错误。故选C。【点睛】v-t图像基本知识点。如斜率代表加速度，斜率的绝对值代表加速度大小，斜率的正负代表加速度方向，与时间轴所围面积代表位移。2、A【解析】

在北极时地球对物体的万有引力等于物体的重力，在赤道时地球对物体的万有引力与地面对物体的支持力的合力提供物体随地球做圆周运动的向心力，依题意物体在赤道时有：所以地球自转周期为：.A．描述与分析相符，故A正确.B．描述与分析不符，故B错误.C．描述与分析不符，故C错误.D．描述与分析不符，故D错误.3、B【解析】

A．物体做平抛运动，根据平抛运动的规律有联立解得该星球表面的重力加速度为，故A错误；BC．设该星球的第一宇宙速度为，该星球的质量为，在星球表面附近，则有解得故B正确，C错误；D．根据万有引力提供向心力有解得卫星运动的轨道半径越大，则绕行速度越小，第一守宙速度是绕星球表面运行的速度，同步卫星的速度一定小于4.0km/s，故D错误；故选B。4、B【解析】

A．伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故A错误；B．库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故B正确；C．牛顿总结了万有引力定律后，卡文迪许测出引力常量，故C错误；D．开普勒通过对行星运动的观察，发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星运动定律，故D错误。故选B。5、C【解析】

A．B、C在同一水平线上，平抛运动的下落时间，由竖直方向的自由落体分运动决定，故故A错误；B．平抛运动的速度变化量，两球的下落时间相等，故大小相等，方向都竖直向下，故B错误；C．球的水平位移为球的水平位移为结合可知，初速度大小之比等于水平分位移大小之比，为1∶11，故C正确；D．小球P落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切小球Q落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切可得小球P的速度与水平方向的夹角较大，故D错误。故选C。6、A【解析】

副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，Em=36V，T=0.02s，则ω＝=100πrad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin100πt（V），故D错误。故选A。【点睛】本题考查交变电流的产生及变压器原理，要注意掌握交变电流中最大值、有效值、瞬时值的表达及相应的关系，知道变压器不改变功率，难度适中。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、BD【解析】

AB．互相围绕运行的恒星属于双星系统，大、小两颗恒星的转动周期和角速度均相等，故A错误，B正确；CD．设大恒星距离两恒星转动轨迹的圆心为，小恒星距离两恒星转动轨迹的圆心为，由可得大，小两颗恒星的转动半径之比为1：3，故C错误、D正确。故选BD。8、ABE【解析】

A．由图乙可知，波的振动周期为4s，故A正确；

B．由甲图可知，波长λ=2m，根据波速公式故B正确；

C．在t1=0时刻，质点b正通过平衡位置，与乙图情况不符，所以乙图不可能是质点b的振动图线，故C错误；

D．从t1=0s到t2=3.0s这段时间内为，所以质点a通过的路程为s=×4A=15cm=0.15m，故D错误；

E．因为t3＝9.5s＝2T，2T后质点c回到最低点，由于，所以t3=9.5s时刻质点c在平衡位置以上沿y轴正向运动，故E正确。

故选ABE。9、ABE【解析】

A.因为物体分子在做永不停息的无规则运动，所以当物体的温度为0℃时，物体的分子平均动能也不可能为零，故A错误；B.两个分子在相互靠近的过程中其分子力先增大后减小再增大，而分子势能一定先减小后增大，故B错误；C.多数分子直径的数量级是10－10m，故C正确；D.第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故D正确；E.根据热力学第一定律知，温度不变则内能不变，吸热则必膨胀对外做功，又由理想气体状态方程知，压强一定减小，故E错误；本题选择不正确的，故选择ABE。10、ACD【解析】

A．设恒星质量为M，根据得行星绕行有解得所以可以求出恒星的质量，A正确；B．行星绕恒星的圆周运动计算中，不能求出行星质量，只能求出中心天体的质量。所以B错误；C．综合圆周运动规律，行星绕行速度有所以可以求出行星运动的线速度，C正确；D．由得行星运动的加速度所以可以求出行星运动的加速度，D正确。故选ACD。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）4Hh（2）小于轨道与小球间存在摩擦或小球的体积过大（3）0.1（4）0.1125–0.80.91250.1125【解析】（1）对于小球从静止释放到水平抛出这段曲线运动，运用动能定理研究得：

mgh=mv2

解得：对于平抛运动，运用平抛运动的规律得出：在竖直方向：H=gt2

则有：--------①

在水平方向：s=vt-------------②

由①②得：所以：s2=4Hh

（2）对比实验结果与理论计算得到的s2--h关系图线中发现：自同一高度静止释放的钢球，也就是h为某一具体数值时，理论的s2数值大于实验的s2数值，根据平抛运动规律知道同一高度运动时间一定，所以实验中水平抛出的速率小于理论值．从s2--h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，认为造成上述偏差的可能原因是小球与轨道间存在摩擦力，或小球的体积过大造成的阻力过大；由于摩擦阻力做功损失了部分机械能，所以造成实验中水平抛出的速率小于理论值．

（3）根据△y=gT2得：，

（4）设O点下一个点为B点，根据运动学公式得，水平初速度，所以小球A在O点的速度v0=1.5m/s，

小球A在C点时的速度

小球A在O点的机械能E0=0+×0.1×（1.5）2=0.1125J

因O点为小球的水平抛出点，且以O点为零势能点，则小球A在C点时的重力势能为EP=mgh=-0.8J；在C点的动能：EkC=mvc2=0.9125J；

小球A在C点时的机械能EC=×m×vc2+（-mgh0C）=0.9125-0.8=0.1125J

点睛：本题从新的角度考查了对机械能守恒实定律的理解，有一定的创新性，很好的考查了学生的创新思维，掌握平抛运动的处理方法，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动．12、变小3.02.0偏小偏小【解析】

(1)[1]．滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片P向右滑动时R值减小，电路总电阻减小，总电流变大，电源内阻上电压变大，则路端电压减小，即电阻R0上电压减小，电流减小，即电流传感器1的示数变小。(2)[2][3]．由闭合电路欧姆定律可得I1R0＝E－（I1＋I2）r变形得由数学知可知图象中的由图可知b＝1.50k＝1×10－3解得E＝3.0Vr＝2.0Ω。(3)[4][5]．本实验中传感器1与定值电阻串联充当电压表使用，由于电流传感器1的分流，使电流传感器2中电流测量值小于真实值，而所测