2021-2022学年贵州省毕节市高三考前热身物理试卷含解析.pdf

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1、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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用 2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角 条形码粘贴处 o2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后

2、，请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、如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内.一个三角形闭合导线框，由位置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）.取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（Q0）,规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（）2、如图所示，质量为4kg的物体在动摩擦因数为0.5的水平面上向右运动，在运动过程中受到水平向左、大小为10N的拉力作用，则物体所受摩擦力为（g=10N/kg）A.1 0 N,向右C.2 0 N,向右B.1

3、0 N,向左D.2 0 N,向左3、如图，小球甲从A 点水平抛出，同时将小球乙从8 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3、C 高度差为九 两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）8：CA.小球甲作平抛运动的初速度大小为2B.甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为1：2C.A、B 两点高度差为4D.两小球在C 点时重力的瞬时功率相等4、乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30。的山坡以加速度a 上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为，的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直状态）则（

4、）A.小物块受到的支持力方向竖直向上B.小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下C.小 物 块 受 到 的 静 摩 擦 力 为:+m aD.小物块受到的滑动摩擦力为；m g +m a5、如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为厂的圆轨道1运动，经 P 点时，启动推进器短时间向后喷气使其变轨，轨道2、3 是与轨道1 相切于尸点的可能轨道，则飞行器（）A.变轨后将沿轨道3 运动B.变轨后相对于变轨前运行周期变大C.变轨前、后在两轨道上运动时经P 点的速度大小相等D.变轨前经过P 点的加速度大于变轨后经过P 点的加速度6、下列说法正确的是（）A.所有的核反应都具有质量亏损B.光子既具有能量，又具有动量C.高速飞

5、行的子弹不具有波动性D.0 衰变本质是原子核中一个质子释放一个电子而转变成一个中子二、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、真空中，在 x 轴上的坐标原点。和 x=50cm处分别固定点电荷A、B,在 x=10cm处由静止释放一正点电荷p,点电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，其速度与在x 轴上的位置关系如图所示。下列说法正确的是（）B.从 x=l（）cm 到 x=40cm的过程中，点电荷p 的电势能一定先增大后减小C.点电荷A、B 所带电荷量的绝对值之比为9

6、：4D.从 x=10cm到 x=40cm的过程中，点电荷p 所受的电场力先增大后减小8、为了保障广大市民的生命健康，快递公司和外卖平台推出了“无接触”配送。业内人士分析，“无接触”配送减轻了广大市民的生活压力，使他们不用走出小区，生活依然得到保障，同时也使疫情得到有效控制，避免病毒通过人群接触扩散和蔓延。如图为某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图，皮带在电动机的带动下保持v=lm/s的恒定速度向右运动，现将一质量为，=2kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数“=0.5,设皮带足够长，取 g=10m/s2,在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，下列说法正确的是（）A.皮带对邮件的作用力水

7、平向右B.邮件在传送带上滑动的时间为0.2sC.邮件对地的位移大小为0.1mD.邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功为2J9、一定质量的理想气体经历下列过程后，说法正确的是（）A.保持体积不变，增大压强，气体内能增大B.降低温度，减小体积，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数可能增大C.保持体积不变，降低温度，气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的次数减小D.压强减小，降低温度，气体分子间的平均距离一定减小E.保持温度不变，体积增大，气体一定从外界吸收热量10、如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电

8、阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定A.通过用户的电流减小了B.用户接入电路的总电阻减小了C.用户消耗的电功率减小了D.加在用户两端的电压变小了三、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）用如图所示的实验装置研究平抛运动.某同学按如下的操作得到了一组数据：将碰撞传感器水平放置，在轨道多个位置静止释放小球.将碰撞传感器竖直放置在离抛出点一定距离处（图中虚线位置），在轨道多个位置静止释放小球，小球都击中碰撞传感器.123456初 速 度 为（m/s）1.0241.2011.1761.1530.9421.060飞行时

9、间t（s）0.2460.2490.2480.1730.2120.189（1）本实验除了碰撞传感器外，还需用到的传感器是（2）根据表格可知，碰撞传感器水平放置时，距离小球抛出点的高度约_ m；碰撞传感器竖直放置时，距离小球抛出点的水平距离约_ m.12.（12分）为了精确测量某待测电阻R 的 阻 值（约为30。）。有以下一一些器材可供选择。电流表Ai（量程050m A,内阻约12。）；电流表A2（量程0 3 A,内阻约0.12。）；电压表Vi（量程0 3 V,内阻很大）；电压表V2（量程015V,内阻很大）电源E（电动势约为3 V,内阻约为0.2Q）；定值电阻R（5 0 Q,允许最大电流2.0A

10、）；滑动变阻器Ri（0-1 0 Q,允许最大电流2.0A）；滑动变阻器及（0 1k。，允许最大电流0.5A）单刀单掷开关S 一个，导线若干。（D 为了设计电路，先用多用电表的欧姆挡粗测未知电阻，采用“xlO”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大,最后几乎紧挨满偏刻度停下来，下 列 判 断 和 做 法 正 确 的 是 （填字母代号）。A.这个电阻阻值很小，估计只有几欧姆B.这个电阻阻值很大，估计有几千欧姆C.如需进-步测量可换“xl”挡，调零后测量D.如需进一步测量可换“xlOO”挡，调零后测量（2）根据粗测的判断，设计一个测量电路，要求测量尽量准确，画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该

11、元件的符号旁。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，U 型玻璃细管竖直放置，水平细管又与U 型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同。V型管左管上端封有长11cm的理想气体8,右管上端开口并与大气相通，此 时 U 型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平,水银面距。型玻璃管底部为15cm。水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体现将活塞缓慢向右推，使气体8 的长度为10cm,此时气体A 仍封闭在气体6 左侧的玻璃管内。已知外界大气压强为75cmHg。试求：（1）最终气体8 压强；（2）活塞推动的距

12、离。B C14.（16分）如图所示，两个球形容器容积之比为%：匕=10：U,由一细管（容积忽略）相连，细管的水平部分封有一段汞柱，两容器中盛有等量同种气体，并置于两个温度分别为八和A 的热库内，已知7i=3（）0K,位于细管中央的汞柱静止。（1）求另一个热库的温度T 1-,（2）若使两热库温度都升高A T,汞柱是否发生移动？请通过计算说明理由。1 5.(1 2分)热等静压设备广泛用于材料加工，该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料进行加工处理，改变其性能，一台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积K=0

13、 1 m 3,腔颅腔抽真空后，在室温下用压缩机将多瓶氨气压入到炉腔中,使得炉腔中气体在室温下的压强至少为化=3.9 x l O,p a,已知每瓶氧气的容积匕=0.0 3 m 3,使用前瓶中气体压强P z =L 5 x I O p a,使用后瓶中剩余气体压强0 3=3.0 x 1()6 p a；室温为2 7 ,加压后的氨气可视为理想气体。(1)求至少要准备的氧气瓶数；若将炉腔中气体在室温下的压强增大至月=3.9 x 1 0?P a后，用升高温度的方法继续使炉腔内压强增加到p&=1.3 x 1 0 8 P a,求此时炉腔中气体的温度乙参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共2 4分。在

14、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【解析】先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式E =和欧姆定律，分段分析感应电流的大小，即可选择图象.【详解】线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，故B C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E=B L v,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生.线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流

15、方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E =可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误.2、D【解析】物体相对地面向右运动，则滑动摩擦力的方向向左，大小为:=FN=jLifng=0.5 x 4 x l 0 N =2 0 N故 选 D。3、C【解析】A.由=可得乙运动的时间为所以到达C 点时乙的速度为Vz=gt2=yl2gh所以甲沿水平方向的分速度，即平抛的初速度为%=比 s i n 3 0 =g故 A 错误；B.物体甲沿竖直方向的分速度为vy=v i c o s 3 0=心，由Vy=gfl,所以甲在空中运动的时间为VfgAt-vy-2 _ 但g g

16、 N 2g甲、乙两小球到达C 点所用时间之比为品_垂故 B 错误；C.小球甲下降的高度为=(g r：=；x g.3h 3,=-h2 g 4A、8 两点间的高度差H=h-h=-h4故 C 正确；D.两个小球完全相同，根据P=m g如因两球在C 点的竖直速度不相等，则两小球在C 点重力的功率不等，选项D错误。故选C。4、C【解析】由题知：木块的加速度大小为“，方向沿斜面向上，分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。【详解】A B.以木块为研究对象，分析受力情况为重力m g,斜面的支持力N 和摩擦力为静摩擦力/,根据平衡条件可

17、知支持力 N 垂直于斜面向上，摩擦力/沿斜面向上，故 A B 错误；C D.由于小物块和斜面保持相对静止，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律得f -mg s i n 3 0 =ma解 得/=m g+m a，方向平行斜面向上，故 C 正确，D 错误。故选C。【点睛】本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力。5、B【解析】根据题意，飞行器经过P 点时，推进器向后喷气，飞行器线速度将增大，做离心运动，则轨道半径变大，变轨后将沿轨道2 运动，由开普勒第三定律可知，运行周期变大，变轨前、后在两轨道上运动经P 点时，地球对飞行器的万有引力相等，故加速度相等，故

18、B 正确，A C D 错误。故选B。6、B【解析】A.由结合能图象可知，只有较重的原子核裂变成中等质量的原子核或较轻的原子核聚变为中等质量的原子核时才有能量释放，具有质量亏损，故 A 错误；B.光电效应和康普顿效应深入揭示了光的粒子性，前者表明光子具有能量，后者表明光子具有动量，故 B 正确；c.无论是宏观粒子还是微观粒子，都同时具有粒子性和波动性，故 C 错误；D.B衰变本质是原子核中一个中子释放一个电子而转变质子，故 D 错误。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

19、选错的得0 分。7、AC【解析】A.点电荷p 从 x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从 x=10cm到 x=30cm范围内，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高,故 A 正确；B.点电荷p 在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故 B 错误；C.从 x=10cm到 x=30cm范围内，点电荷p 所受的电场力沿+x轴方向，从 x=30cm到 x=50cm范围内，点电荷p 所受的电场力沿-x轴方向，所以，点电荷p 在

20、x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、B 对点电荷p 的静电力大小相等，方向相反，故有k Q 0 =J,其中 rA=30cm,rB=20cm,所以，Qx：Qn=9：4,故 C 正确；D.点电荷x=30cm处所受的电场力为零，由电场力公式尸=gE可知：x=30cm处的电场强度为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p 所受的电场力一定先减小后增大，故 D 错误。故选AC。8、BC【解析】A.皮带对邮件的作用力为竖直向上的支持力和水平向右的摩擦力的合力，方向斜向右上方，故 A 错误；B.以邮件为研究对象，根据动量定理得fdmgt=n w代入数据解得/=0.2 s故 B 正确；C

21、.以邮件为研究对象，根据动能定理得&、/Limgx=代入数据解得X=0.1 m故 C 正确；D.邮件对皮带的摩擦力做功为W=/2mg-x传 送 带 cos 180=-/jmgvt=-2J故 D 错误。故选BCo9、A B C【解析】A.保持体积不变，增大压强，则温度升高，气体内能增大，选项A 正确；B.降低温度，减小体积，则气体的压强可能变大，因气体分子数密度变大，分子平均速率减小，则气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的平均冲力减小，则碰撞次数可能增大，选 项 B 正确；C.保持体积不变，气体分子数密度不变，降低温度，则气体分子单位时间内碰撞器壁单位面积的碰撞次数一定减小,选 项 C 正确；D

22、.压强减小，降低温度，气体的体积不一定减小，气体分子间的平均距离不一定减小，选 项 D 错误；E.真空等温膨胀，不一定吸热，选 项 E 错误。故选A B C。10、BD【解析】A 项：如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故 A 错误；B 项：由/2=/；氏+（上）2品 户可知，输送电流增大，是由于R用 户 减小引起的，故 B 正确；c 项：当用户电阻减小时，用户消耗的功率增大，故 C 错误；D 项：发电机输出电流增大，则输电线上的电压降增大，因此降压变压器的输入、输出电压均减小，即因在用户两端电压变小了，故 D 正确。故选：BDo三、实验题：本题共2 小题

23、，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、光电门 0.3 0.2【解析】(1)口 根据图，并结合实验的原理可知，除了碰撞传感器外，还需用到光电门传感器；(2)2 3 由表格数据可知，前 3 个，时间基本相等；而后3 个，初速度与时间的乘积是基本相等的；时间基本相等的,碰撞传感器水平放置，根据自由落体运动位移公式，那么距离小球抛出点的高度1 ,1 ,力=g厂 a x l O x O.2 5 m x 0.3 m2 2初速度与时间的乘积是基本相等的，碰撞传感器竖直放置，那么距离小球抛出点的水平距离x vot 1.1 5 3 x 0.1 7 3 m 0.2 m【解析】(D

24、 口 采用“x l O”挡，调零后测量该电阻，发现指针偏转非常大，最后几乎紧挨满偏刻度停下来，说明待测电阻的阻值较小，为了使欧姆表指针在中值电阻附近读数，减小误差，需更换较小的倍率，更换“x l”挡倍率后需重新调零后再测量，故 AC正确，BD错误；故选A C；(2)2 电源电动势只有3 V,故选用电压表Vi (量程()3 V,内阻很大)；回路中的电流最大电流为,3=A=1 0 0 m Am 3 0故选用电流表A i (量程0 5 0 m A 内阻约1 2 C),待测电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法，但根据欧姆定律，若将电阻直接接在电压表两端时，电阻两端最大电压为/=/八&=5 0 x

25、 1 0-3 *3 0 v=1.5 V只是电压表Vi 量程的一半；若将待测电阻与定值电阻串联，则它们两端电压为u=4(6 +H)=5 0 X 1 0-3 X(3 0+5 0)V=4 V能达到电压表V1 的量程，为达到测量尽量准确的目的，滑动变阻器采用分压式接法，故选用阻值小的滑动变阻器K 1,电路图如图所示四、计算题：本题共2小题，共2 6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。1 3、(1)8 2.5 c m H g(2)1 0.3 6 3 c m【解析】考查理想气体的等温变化。【详解】(D活塞缓慢向右推的过程中，气体8做等温变化，设S为玻璃管横截面：7

26、 5 x l l S =%x l 0 S解得：PB2=8 2.5 c m H g即最终气体B压强为8 2.5 c m H g；(2)末状态：气体5和C的液面高度差：M =8 2.5 -7 5 c m =7.5 c m活塞缓慢向右推的过程中，气体A做等温变化初状态：PM=%+4 =7 5 +1 5 c m H g-9 0 c m H g末状态：PA I=耳2 +饱=8 2.5 +1 6 c m H g=9 8.5 c m H g由玻意耳定律：PAI 匕1=PA2 匕 2代入数据：9 0 x 1 0 5 =9 8.5 x 42 s解得：“2 =9.1 3 7 c m活塞推动的距离：d=+(7.5

27、+1)+(1 0-9.1 3 7)c m =1 0.3 6 3 c m。1 4、(1)3 3 0 K；(2)向右移动，理由见解析。【解析】(1)两容器中盛有等量同种气体，当位于细管中央的汞柱平衡时，气体压强相等。由盖吕萨克定律匕=及工T2解得T2=330K(2)假设汞柱不移动，当两热库温度都升高 T对左容器，由查理定律有P _ P+P,工-7+AT得同理对右容器1 2因为故 6 所以汞柱向右移动.15、11 瓶；(2)t=727【解析】设炉腔内压强为P2的氮气气体积为VPM=P2V解得V=0.26m3设瓶内剩余氨气在压强为p2下的体积为匕P 2 K =0 3%解得V,=0.006m3设至少要压入“瓶氨气，则有n(V2-V3)V解得 2 10.8即至少要准备11瓶氢气。(2)炉腔内气体的体积不变由查理定律Pi _ A%+273-f+273解得f=727