新疆昌吉回族自治州木垒县中2022年高三压轴卷物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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．关于天然放射现象，下列说法正确的是（）A．放出的各种射线中，粒子动能最大，因此贯穿其他物质的本领最强B．原子的核外具有较高能量的电子离开原子时，表现为放射出粒子C．原子核发生衰变后生成的新核辐射出射线D．原子核内的核子有一半发生衰变时，所需的时间就是半衰期2．平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计粒子重力。则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为A． B． C． D．3．电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电能的本领，下列关于电动势的说法中正确的是A．电动势是一种非静电力B．电动势越大表明电源储存的电能越多C．电动势由电源中非静电力的特性决定，跟其体积、外电路无关D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压4．如图所示的x­t图象，甲质点做初速度为0的匀变速直线运动，图象为曲线，B（t2，x1）为图象上一点，AB为过B点的切线，与t轴相交于A（t1，0），乙质点的图象为过B点和原点的直线，则下列说法正确的是（）A．0～t2时间内甲的平均速度大于乙B．t2时刻甲、乙两质点的速度相等C．甲质点的加速度为D．t1时刻是0～t2时间内的中间时刻5．理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个灯泡L1、L2和L3接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（）A．灯泡L1变亮，L2变暗B．灯泡L1、L2都变亮C．灯泡L2、L3都变亮D．电源输出功率减小6．两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，关于此时刻的说法错误的是（）A．a，b连线中点振动加强B．a，b连线中点速度为零C．a，b，c，d四点速度均为零D．再经过半个周期c、d两点振动减弱二、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．在倾角为θ的斜面上固定两根足够长且间距为L的光滑平行金属导轨PQ、MN，导轨处于磁感应强度为B的匀强做场中，磁场方向垂直于斜面向下。有两根质量分别为m1和m2的金属棒a、b，先将a棒垂直于导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接，连接a棒的细线平行于导轨，由静止释放c，此后某时刻，将b也垂直于导轨放置，此刻起a、c做匀速运动而b静止，a棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，则（）A．物块c的质量是m1sinθB．b棒放上导轨后，b棒中电流大小是C．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能D．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功等于a、b棒上消耗的电能之和8．如图所示，一长为、宽为的矩形导线框，在水平外力作用下从紧靠磁感应强度为的匀强磁场边缘处以速度向右匀速运动，规定水平向左为力的正方向。下列关于水平外力的冲量、导线框两点间的电势差、通过导线框的电量及导线框所受安培力随其运动的位移变化的图像正确的是（）A． B． C． D．9．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，A处粒子源产生质量为m、电荷量为+q的粒子，在加速电压为U的加速电场中被加速，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为Bm和加速电场频率的最大值fm。则下列说法正确的是（）A．粒子获得的最大动能与加速电压无关B．粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为C．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为D．若，则粒子获得的最大动能为10．平行金属板、与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为，内电阻为零；靠近金属板的处有一粒子源能够连续不断地产生质量为，电荷量，初速度为零的粒子，粒子在加速电场的作用下穿过板的小孔，紧贴板水平进入偏转电场；改变滑片的位置可改变加速电场的电压和偏转电场的电压，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（）A．粒子的竖直偏转距离与成正比B．滑片向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小C．飞出偏转电场的粒子的最大速率D．飞出偏转电场的粒子的最大速率三、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）欧姆表的内部电路可简化为一个电动势为E的电源、一个电流表和一个阻值为r的电阻串联而成(如图甲所示)。小明同学欲测量某多用电表欧姆挡在“×100”挡时的内部电阻和电动势，选用的器材如下：多用电表，电压表(量程0~3V、内阻为3kΩ)，滑动变阻器(最大阻值2kΩ)，导线若干。请完善以下步骤：(1)将多用电表的选择开关调到“×100”挡，再将红、黑表笔短接，进行_____(机械/欧姆)调零；(2)他按照如图乙所示电路进行测量，将多用电表的红、黑表笔与a、b两端相连接，此时电压表右端应为_____接线柱(正/负)；(3)调节滑动变阻器滑片至某位置时，电压表示数如图丙所示，其读数为________V。(4)改变滑动变阻器阻值，记录不同状态下欧姆表的示数R及相应电压表示数U。根据实验数据画出的图线如图丁所示，由图可得电动势E=________V，内部电路电阻r=________kΩ。(结果均保留两位小数)12．（12分）很多人都认为“力越小速度就越小”，为了检验这个观点是否正确，某兴趣小组的同学设计了这样的实验方案：在水平桌面上放一木块，木块后端与穿过打点计时器的纸带相连，前端通过定滑轮与不可伸长的细线相连接，细线上不等间距地挂了五个钩码，其中第四个钩码与第五个钩码之间的距离最大。起初木块停在靠近打点计时器的位置，第五个钩码到地面的距离小于木块到定滑轮的距离，如图甲所示。接通打点计时器，木块在钩码的牵引下，由静止开始运动，所有钩码落地后，木块会继续运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为50Hz。图乙是实验得到的第一个钩码落地后的一段纸带，纸带运动方向如箭头所示。（当地重力加速度大小g取9.8m/s2）(1)根据纸带上提供的数据，可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的______段（用D1，D2，…，D15字母区间表示）；第四个钩码落地后至第五个钩码落地前木块在做______运动。(2)根据纸带上提供的数据，还可以计算出第五个钩码落地后木块运动的加速度大小为______m/s2；木块与桌面间的动摩擦因数为=______。（计算结果保留两位有效数字）(3)根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是___的。（填“正确”或“错误”）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）第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一。如图甲，蓝壶静止在大本营圆心O处，红壶推出后经过P点沿直线向蓝壶滑去，滑行一段距离后，队员在红壶前方开始。不断刷冰，直至两壶发生正碰为止。已知，红壶经过P点时速度v0=3.25m/s，P、O两点相距L=27m，大本营半径R=1.83m，从红壶进人刷冰区域后某时刻开始，两壶正碰前后的v-t图线如图乙所示。假设在未刷冰区域内两壶与冰面间的动摩擦因数恒定且相同，红壶进入刷冰区域内与冰面间的动摩擦因数变小且恒定，两壶质量相等且均视为质点。（1）试计算说明碰后蓝壶是否会滑出大本营；（2）求在刷冰区域内红壶滑行的距离s。14．（16分）如图所示，直角坐标系Oxy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场．质量为m2=8×10-3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点L=0.045m，质量m1=1×10-3kg的带电小物块以初速度v0=0.5m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力．已知电场强度E=40N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ=0.1，取g=10m/s2，求：（1）碰后m1的速度；（2）若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ=30°，OP长为Lop=0.4m，求磁感应强度B的大小；（3）其它条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为B/使m2能与m1再次相碰，求B/的大小？15．（12分）如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长L1=66cm的水银柱，中间封有长L2=6.6cm的空气柱，上部有长L3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为P0=76cmHg．如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度．(封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气.)

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．在三种放射线中，粒子动能虽然很大，但贯穿其他物质的本领最弱，选项A错误。B．衰变射出的电子来源于原子核内部，不是核外电子，选项B错误。C．原子核发生衰变后产生的新核处于激发态，向外辐射出射线，选项C正确。D．半衰期是放射性原子核总数有半数发生衰变，而不是原子核内的核子衰变，选项D错误；故选C。2、D【解析】

、粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据洛伦兹力提供向心力，有解得根据轨迹图知，∠OPQ=60°则粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为，则D正确，ABC错误。故选D。3、C【解析】

ABC．电动势的大小等于非静电力把单位正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所做的功，电动势不是一种非静电力，电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式能量转化为电能的本领越大，AB错误，C正确；D．电动势大小等于电路断开后电源两端的电压，D错误。故选C。4、D【解析】

A．0～t2时间内甲、乙两质点的位移相等，而所用时间也相等，则平均速度相等，A错误；BD．x­t图象切线的斜率表示速度，由图线可知t2时刻甲、乙两质点的速度不相等。又因甲质点做初速度为0的匀变速运动，t2时刻的速度等于0～t2时间内平均速度的2倍，即：，解得：t2=2t1，B错误D正确；C．对甲质点，有，解得加速度为，C错误。故选D。5、B【解析】

ABC．设MN两端稳压交流电源的电压有效值为U，原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，原副线圈的匝数比：，灯泡的电阻都为R，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为：根据得原线圈两端的电压为：根据解得根据欧姆定律，可得L1两端的电压：则稳压交流电源的电压为：当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则R并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压U不变，所以电流I2变大，则L2变亮；原线圈的电流也增大，所以L1变亮，其两端的电压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L2的电压变大，所以L3与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L3变暗，B正确，AC错误；D．因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P=UI1可知电源输出功率增大，D错误。故选B。6、B【解析】

AB．a是两个波谷相遇，位于波谷，振动加强，但此时速度为0；b是两个波峰相遇，位于波峰，振动加强，但此时速度为0；a、b两点是振动加强区，所以a、b连线中点振动加强，此时是平衡位置，速度不为0；故A正确，B错误；C．c和d两点是波峰和波谷相遇点，c、d两点振动始终减弱，振幅为0，即质点静止，速度为零，故a，b，c，d四点速度均为零，故C正确；D．再经过半个周期c、d两点仍是振动减弱，故D正确。本题选错误的，故选B。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】

A．由b平衡可知，安培力大小由a平衡可知由c平衡可知联立解得物块c的质量为A错误；B．b棒放上导轨后，根据b棒的平衡可知又因为可得b棒中电流大小是B正确；C．b放上导轨之前，根据能量守恒知物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能与a增加的重力势能之和，C错误；D．b棒放上导轨后，a棒克服安培力所做的功转化为全电路的电能，即等于a、b两棒上消耗的电能之和，D正确。故选BD。8、AB【解析】

D．进入磁场的过程中，安培力B、l、v不变，则F不变；完全进入磁场，感应电流为零，安培力为零，选项D错误；A．因为导线框匀速运动，水平外力和安培力F大小相等，进入磁场过程中，水平外力的冲量所以I-x关系图象为正比例函数，完全进入后外力为零，冲量为零，选项A正确；B．进入磁场的过程中，有完全进入磁场的过程中，ab边的电势差选项B正确；C．进入磁场的过程中所以q-x关系图象为正比例函数，完全进入后电流为零，q不变但不为零，选项C错误。故选AB。9、ACD【解析】

A.当粒子出D形盒时，速度最大，动能最大，根据qvB=m，得v=则粒子获得的最大动能Ekm=mv2=粒子获得的最大动能与加速电压无关，故A正确。B.粒子在加速电场中第n次加速获得的速度，根据动能定理nqU=mvn2可得vn=同理，粒子在加速电场中第n+1次加速获得的速度vn+1=粒子在磁场中运动的半径r=，则粒子第n次和第n+1次进入磁场的半径之比为，故B错误。C.粒子被电场加速一次动能的增加为qU，则粒子被加速的次数n==粒子在磁场中运动周期的次数n′==粒子在磁场中运动周期T=，则粒子从静止开始到出口处所需的时间t=n′T==故C正确。D.加速电场的频率应该等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即，

当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应该为

，粒子的动能为Ek=mv2。当时，粒子的最大动能由Bm决定，则解得粒子获得的最大动能为当时，粒子的最大动能由fm决定，则vm=2πfmR解得粒子获得的最大动能为Ekm=2π2mfm2R2故D正确。故选ACD.10、BC【解析】

A．在加速电场中，由动能定理得在偏转电场中，加速度为则偏转距离为运动时间为联立上式得其中l是偏转极板的长度，d是板间距离。粒子的竖直偏转距离与成正比，故A错误；B．从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值联立解得滑片向右滑动的过程中，U1增大，U2减小，可知偏转角逐渐减小，故B正确；CD．紧贴M板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率。由动能定理解得故C正确，D错误。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、欧姆正0.95(0.94~0.96)1.45(1.41~1.47)1.57(1.52-1.59)【解析】

（1）[1]选择合适的档位进行欧姆调零，使指针指向欧姆表的零刻度位置；（2）[2]黑表笔和欧姆档内部的电源正极相连，电压表右端和黑表笔相连，所以电压表右端应为正接线柱；（3）[3]电压表分度值为，所以电压表读数为：；（4）[4]根据闭合电路欧姆定律：变形得：根据图像中的斜率：解得：；[5]根据图像中的纵截距：解得：。12、匀速直线5.00.51错误【解析】

(1)[1][2]．第五个钩码落地后木块将做减速运动，点迹间距逐渐减小，则可以判断第五个钩码落地时可能出现在纸带中的；由此也可判断第四个钩码落地后至第五个钩码落地前的一段时间内，纸带上点迹均匀，木块在做匀速直线运动。(2)[3][4]．由纸带可看出，第五个钩码落地后根据可得木块运动的加速度大小为由可得μ=0.51(3)[5]．根据纸带上提供的数据，分析可知“力越小速度就越小”的观点是错误的。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）会滑出；（2）s=15m【解析】

（1）设冰壶的质量为m，碰撞前、后瞬间红壶、蓝壶的速度分别为v1、和，由图乙可得v1=1.25m/s=0.25m/s由动量守恒定律得①设碰后蓝壶滑行距离为s1，红壶、蓝壶的加速度大小均为a1②③由①②③及图乙信息得s1=2.00m>R=1.83m④会滑出；（2）设在不刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为⑤由图乙可得t=0时红壶的速度=1.35m/s，设在刷冰区域红壶受到的摩擦力大小为，加速度大小为⑥在红壶经