甘肅省武威市2022年高三最后一卷物理試卷含解析

1、2021-2022學(xué)年高考物理模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1如圖所示，同時作用在質(zhì)點O上有三個共點力F1、F2、F3，其中F1、F2是正六邊形的兩條邊，F(xiàn)3是正六邊形的一條對角線。已知F1=F2=2N，則這三個力的合力大小等于A6NB8

2、NC10ND12N2光電效應(yīng)實驗，得到光電子最大初動能Ekm與入射光頻率的關(guān)系如圖所示。普朗克常量、金屬材料的逸出功分別為（）A，B，C，D，3如圖，長l的輕桿兩端固定兩個質(zhì)量相等的小球甲和乙，初始時它們直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小擾動，系統(tǒng)從圖示位置開始傾倒。當(dāng)小球甲剛要落地時，其速度大小為( )A2gl2BglC2glD04如圖所示，用天平測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度，下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方，線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)，若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是（）ABCD5在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻

3、強電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出，從B點進入電場，到達(dá)C點時速度方向恰好水平，A、B、C三點在同一直線上，且AB=2BC，如圖所示，由此可知（ ）A小球帶正電B電場力大小為3mgC小球從A到B與從B到C的運動時間相等D小球從A到B與從B到C的速度變化相等6在上海世博會上，拉脫維亞館的風(fēng)洞飛行表演，令參觀者大開眼界若風(fēng)洞內(nèi)總的向上的風(fēng)速風(fēng)量保持不變，讓質(zhì)量為m的表演者通過調(diào)整身姿，可改變所受的向上的風(fēng)力大小，以獲得不同的運動效果，假設(shè)人體受風(fēng)力大小與正對面積成正比，已知水平橫躺時受風(fēng)力面積最大，且人體站立時受風(fēng)力面積為水平橫躺時受風(fēng)力面積的18，風(fēng)洞內(nèi)人體可上下移動

4、的空間總高度為H開始時，若人體與豎直方向成一定角度傾斜時，受風(fēng)力有效面積是最大值的一半，恰好可以靜止或勻速漂移；后來，人從最高點A開始，先以向下的最大加速度勻加速下落，經(jīng)過某處B后，再以向上的最大加速度勻減速下落，剛好能在最低點C處減速為零，則以下說法正確的有（ ）A由A至C全過程表演者克服風(fēng)力做的功為mgHB表演者向上的最大加速度是 gC表演者向下的最大加速度是DB點的高度是二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7如圖所示電路，兩根光滑金屬導(dǎo)軌平行放置在傾角為的斜面上，導(dǎo)

5、軌下端接有電阻R，導(dǎo)軌電阻不計，斜面處在豎直向上的勻強磁場中，電阻可忽略不計的金屬棒ab質(zhì)量為m，受到沿斜面向上且與金屬棒垂直的恒力F的作用金屬棒沿導(dǎo)軌勻速向上滑動，則它在上滑高度h的過程中，以下說法正確的是 A作用在金屬棒上各力的合力做功為零B重力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的電能C金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱D恒力F做的功與安培力做的功之和等于金屬棒增加的機械能8如圖所示，理想變壓器的原、副線圈分別接理想電流表A、理想電壓表V，副線圈上通過輸電線接有一個燈泡L，一個電吹風(fēng)M，輸電線的等效電阻為R，副線圈匝數(shù)可以通過調(diào)節(jié)滑片P改變。S斷開時，燈泡L正常發(fā)光。以下說法中正確的是（ ）A

6、滑片P位置不動，當(dāng)S閉合時，電壓表讀數(shù)增大B滑片P位置不動，當(dāng)S閉合時，電流表讀數(shù)增大C當(dāng)S閉合時，為使燈泡L正常發(fā)光，滑片P應(yīng)向上滑動D當(dāng)S閉合時，為使燈泡L正常發(fā)光，滑片P應(yīng)向下滑動9如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體的壓強隨體積變化的 圖像，其中段為雙曲線，段與橫軸平行，則下列說法正確的是（）A過程中氣體分子的平均動能不變B過程中氣體需要吸收熱量C過程中氣體分子的平均動能減小D過程中氣體放出熱量E.過程中氣體分子單位時間內(nèi)對容器壁的碰撞次數(shù)增大10如圖所示，把能在絕緣光滑水平面上做簡諧運動的彈簧振子放在水平向右的勻強電場中，小球在O點時，彈簧處于原長，A、B為關(guān)于O對稱的兩個位置，現(xiàn)在使小球帶

7、上負(fù)電并讓小球從B點靜止釋放，則下列說法不正確的是（ ）A小球仍然能在A、B間做簡諧運動，O點是其平衡位置B小球從B運動到A的過程中動能一定先增大后減小C小球仍然能做簡諧運動，但其平衡位置不在O點D小球不可能再做簡諧運動三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11（6分）某同學(xué)利用如圖甲所示的裝置來驗證機械能守恒定律，圖中A、B為兩個光電門。（1）該同學(xué)首先利用20分度的游標(biāo)卡尺測量小球的直徑d，測量結(jié)果如圖乙所示，則d_cm；（2）讓小球從光電門A上方某一高度處自由下落，計時裝置測出小球通過光電門A、B的擋光時間tA、tB，已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?/p>

8、為g，用刻度尺測量出光電門A、B間的距離h，則只需比較_與_是否相等就可以驗證小球下落過程中機械能是否守恒；（用題目中涉及的物理量符號來表示）（3）該同學(xué)的實驗操作均正確，經(jīng)過多次測量發(fā)現(xiàn)，（2）中需要驗證的兩個數(shù)值總是存在一定的誤差，產(chǎn)生這種誤差的主要原因是_。12（12分）為制作電子吊秤，物理小組找到一根拉力敏感電阻絲，拉力敏感電阻絲在拉力作用下發(fā)生微小形變(宏觀上可認(rèn)為形狀不變)，它的電阻也隨之發(fā)生變化，其阻值 R 隨拉力F變化的圖象如圖(a)所示，小組按圖(b)所示電路制作了一個簡易“吊秤”。電路中電源電動勢E = 3V，內(nèi)阻r =1；靈敏毫安表量程為10mA ，內(nèi)阻Rg=50；R1是

9、可變電阻器，A、B兩接線柱等高且固定?，F(xiàn)將這根拉力敏感電阻絲套上輕質(zhì)光滑絕緣環(huán)，將其兩端接在A、B兩接線柱上。通過光滑絕緣滑環(huán)可將重物吊起，不計敏感電阻絲重力，具體步驟如下：步驟a：滑環(huán)下不吊重物時，閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)可變電阻R1，使毫安表指針滿偏；步驟b：滑環(huán)下吊已知重力的重物G，測出電阻絲與豎直方向的夾角為；步驟c：保持可變電阻R1接入電路電阻不變，讀出此時毫安表示數(shù) I；步驟d：換用不同已知重力的重物，掛在滑環(huán)上記錄每一個重力值對應(yīng)的電流值；步驟e：將電流表刻度盤改裝為重力刻度盤。(1)寫出敏感電阻絲上的拉力F與重物重力G的關(guān)系式 F=_；(2)若圖(a)中R0=100，圖象斜率 k = 0

10、.5/N ，測得=60，毫安表指針半偏，則待測重物重力G= _N；(3)改裝后的重力刻度盤，其零刻度線在電流表_(填“零刻度”或“滿刻度”)處，刻度線_填“均勻”或“不均勻”）。 (4)若電源電動勢不變，內(nèi)阻變大，其他條件不變，用這臺“吊秤”稱重前，進行了步驟 a 操作，則測量結(jié)果_（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13（10分）如圖所示，兩根電阻不計且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角=37，導(dǎo)軌間距L=1m，頂端用電阻R=2的定值電阻相連。虛線上方存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向上的勻強

11、磁場，磁感應(yīng)強度大小B=1T。質(zhì)量m1=0.1kg、電阻R1=4的導(dǎo)體棒M在磁場中距虛線的距離d=2m，M與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)1=0.25，質(zhì)量m2=0.3kg、電阻R2=2的導(dǎo)體棒N在虛線處，N與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)2=0.8。將導(dǎo)體棒M、N同時從導(dǎo)軌上由靜止釋放，M到達(dá)虛線前已經(jīng)勻速，重力加速度g取10m/s2，運動過程中M、N與導(dǎo)軌始終接觸良好，已知sin37=0.6，cos37=0.8。（1）求M、N相碰前，M上產(chǎn)生的焦耳熱；（2）求M、N相碰前M運動的時間；（3）M、N相遇發(fā)生彈性碰撞，碰后瞬間對M施加一個沿斜面方向的作用力F，使M、N同時勻減速到零，求M棒在減速到零的過程中作用力F的

12、大小隨時間變化的表達(dá)式。14（16分）一長木板在水平地面上運動，在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度時間圖像如圖所示己知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上取重力加速度的大小g=10/s2.求：（1）物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)；（2）從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小15（12分）如圖所示，輕彈簧一端固定在與斜面垂直的擋板上，另一端點在O位置質(zhì)量為m的物塊A（可視為質(zhì)點）以初速度v0從斜面的頂端P點沿斜面向下運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈

13、簧右端壓到O點位置后，A又被彈簧彈回。物塊A離開彈簧后，恰好回到P點已知OP的距離為x0，物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為，斜面傾角為。求：（1）O點和O點間的距離x1；（2）彈簧在最低點O處的彈性勢能；（3）設(shè)B的質(zhì)量為m，tan，v03在P點處放置一個彈性擋板，將A與另一個與A材料相同的物塊B（可視為質(zhì)點與彈簧右端不拴接）并排一起，使兩根彈簧仍壓縮到O點位置，然后從靜止釋放，若A離開B后給A外加恒力，沿斜面向上，若A不會與B發(fā)生碰撞，求需滿足的條件？參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】將F1、F2合成如圖

14、，由幾何關(guān)系得，F(xiàn)1、F2的合力由于F12與F3的方向相同，由幾何關(guān)系可得，三力的合力故A項正確，BCD三項錯誤。2、A【解析】根據(jù)得縱軸截距的絕對值等于金屬的逸出功，等于b，圖線的斜率故A正確，BCD錯誤；故選A。3、C【解析】甲、乙組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv甲-mv乙=0當(dāng)小球甲剛要落地時，水平方向上的速度為零，所以乙球的速度也為零，乙球的動能為零，甲球的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為甲球的動能，由機械能守恒定律得：12mv甲2=mgl解得：v甲=2glA.2gl2與計算結(jié)果不符，故A不符合題意。B.gl與計算結(jié)果不符，故B不符合題意。C.2gl與計

15、算結(jié)果相符，故C符合題意。D.0與計算結(jié)果不符，故D不符合題意。4、A【解析】天平原本處于平衡狀態(tài)，所以線框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，由于線框平面與磁場強度垂直，且線框不全在磁場區(qū)域內(nèi)，所以線框與磁場區(qū)域的交點的長度等于線框在磁場中的有效長度，由圖可知，A圖的有效長度最長，磁場強度B和電流大小I相等，所以A所受的安培力最大，則A圖最容易使天平失去平衡 A正確； BCD錯誤；故選A5、B【解析】根據(jù)小球從B點進入電場的軌跡可看出，小球帶負(fù)電，故A 錯誤；因為到達(dá)C點時速度水平，所以C點速度等于A點速度，因為AB=2BC，設(shè)BC的豎直高度為h，則AB的豎直高度為2h，由A到C根據(jù)動能定理

16、：mg3h-Eqh=0，即Eq=3mg，故B正確；小球從A到B在豎直方向上的加速度為g，所用時間為：；在從B到C，的加速度為向上，故所用時間：，故t1=2t2，故C 錯誤；小球從A到B與從B到C的速度變化大小都等于，但方向相反，故D 錯誤。6、A【解析】對A至C全過程應(yīng)用動能定理mgH-W=0，解得W=mgH，因而A正確；設(shè)最大風(fēng)力為Fm，由于人體受風(fēng)力大小與正對面積成正比，故人站立時風(fēng)力為Fm；由于受風(fēng)力有效面積是最大值的一半時，恰好可以靜止或勻速漂移，故可以求得重力G=Fm；人平躺上升時有最大加速度，因而B錯誤；人站立加速下降時的最大加速度，因而C錯誤；人平躺減速下降時的加速度大小是a2=

17、g；設(shè)下降的最大速度為v，由速度位移公式，加速下降過程位移；減速下降過程位移，故x1：x2=4：3，因而x2=H，選項D錯誤；故選A【點睛】本題關(guān)鍵將下降過程分為勻加速過程和勻減速過程，求出各個過程的加速度，然后根據(jù)運動學(xué)公式列式判斷二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、ACD【解析】題中導(dǎo)體棒ab勻速上滑，合力為零，即可合力的做功為零；對導(dǎo)體棒正確受力分析，根據(jù)動能定理列方程，弄清功能轉(zhuǎn)化關(guān)系，注意克服安培力所做功等于回路電阻中產(chǎn)生的熱量【詳解】因為導(dǎo)體棒是勻速運動，

18、所以動能不變，根據(jù)動能定理可得合力做功為零，A正確；根據(jù)動能定理可得，解得即重力做功等于外力與安培力做功之和，因為動能不變，所以恒力F做的功與安培力做的功之和等于金屬棒增加的機械能，B錯誤D正確；根據(jù)功能關(guān)系可知金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱，C正確；8、BC【解析】A滑片P位置不動，當(dāng)S閉合時，電阻變小，原線圈電壓及匝數(shù)比不變，副線圈電壓不變，電壓表讀數(shù)不變，故A錯誤；B滑片P位置不動，當(dāng)S閉合時，副線圈電壓不變，電阻變小，輸出功率變大，輸入功率變大，根據(jù)P1=U1I1，知電流表讀數(shù)變大，故B正確；CD因為副線圈電壓不變，電阻變小，則副線圈電流變大，所以等效電阻R兩端的電壓增

19、大，并聯(lián)部分的電壓減小，為了使燈泡L正常發(fā)光，必須增大電壓，滑片P應(yīng)向上滑動，故C正確，D錯誤。故選BC。9、BDE【解析】根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，可得：故可知，圖象的斜率為：而對一定質(zhì)量的理想氣體而言，斜率定性的反映溫度的高低；A.圖象在過程的每點與坐標(biāo)原點連線構(gòu)成的斜率逐漸減小，表示理想氣體的溫度逐漸降低，可知平均動能減小，故A錯誤；B. 圖象過程的每點與坐標(biāo)原點連線構(gòu)成的斜率逐漸逐漸增大，則溫度升高，吸收熱量，平均動能增大，故B正確，C錯誤；D.過程可讀出壓強增大，斜率不變，即溫度不變，內(nèi)能不變，但是體積減小，外界對氣體做正功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體向外界放出熱量，故D正確； E.過

20、程可讀出壓強增大，溫度不變，分子的平均動能不變，根據(jù)理想氣體壓強的微觀意義，氣體壓強與氣體分子單位時間內(nèi)對容器壁的碰撞次數(shù)、氣體分子平均動能有關(guān)，在壓強增大，溫度不變以及體積減小的情況下，氣體分子對容器壁的碰撞次數(shù)增大，故E正確；故選BDE。10、ABD【解析】A.當(dāng)彈簧彈力等于電場力時為平衡位置，此時彈簧被壓縮，平衡位置不再是O點，選項A錯誤；CD.由于電場力是恒力，不隨彈簧的長度發(fā)生變化。而彈簧的彈力隨彈簧的形變量發(fā)生變化，由受力特點可知，小球在電場力和彈力作用下依然做簡諧運動，選項C正確，D錯誤；B.由于B點的彈簧彈力大小與電場力大小關(guān)系未知，所以無法判斷B點兩力關(guān)系，所以小球從B運動到

21、A的過程中，動能不一定先增大后減小，選項B錯誤。本題選不正確的，故選ABD。三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、0.885 gh 小球下落過程中受到空氣阻力的影響 【解析】(1)1根據(jù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知，小球的直徑為(2)23小球從A到B，重力勢能減少了mgh，動能增加了因此，要驗證機械能是否守恒，只需比較gh與是否相等即可(3)4小球下落過程中，受到空氣阻力的作用，造成機械能損失，所以總是存在一定的誤差。12、G2cos 600N 滿刻度 不均勻 不變 【解析】(1) 由受力情況及平行四邊形定則可知，G=2Fcos，解得：F=G2

22、cos；(2) 實驗步驟中可知，當(dāng)沒有掛重物時，電流為滿偏電流，即：E=Igr+R1+Rg，由歐姆定律得：I=Er+Rg+R1+R0+kG2cos ，電流是半偏的，代入數(shù)據(jù)解得：G=600N；(3) 由實驗步驟可知，當(dāng)拉力為F時，電流為I，因此根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：E=Ir+Rg+R1+RL，由圖乙可知，拉力與電阻的關(guān)系式：RL=kF+R0，解得：I=Er+Rg+R1+R0+kG2cos 電流值I與壓力G不成正比，刻度盤不均勻；該秤的重力越小，電阻越小，則電流表示數(shù)越大，故重力的零刻度應(yīng)在靠近電流表滿刻度處；(4) 根據(jù)操作過程a可知，當(dāng)內(nèi)阻增大，仍會使得電流表滿偏，則電阻R1會變小，即r

23、+R1之和仍舊會不變，也就是說測量結(jié)果也不變。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13、（1）0.48J；（2）1.5s；（3）F=0.960.08t(t2.5s)【解析】（1）M棒勻速時，有m1gsin37=1m1gcos37BILE=BLv0M棒從開始到達(dá)虛線位置，有M棒、N棒、電阻R產(chǎn)生的焦耳熱之比為QMQNQR=811QM=由式解得QM=0.48J（2）對M棒由動量定理有(m1gsin371m1gcos37BL)t=m1v0q=t=BLdt=1.5s（3）對M、N棒碰撞過程，有m1v0=m1v1m2v2碰后對N棒2m2gcos37m2gsin37=m2a2v2=a2t0碰后對M棒m1gsin371m1gcos37BILF=m1a1v1=a1t0t0=2.5s由式解得F=0.960.08t(t2.5s)14、（3）3.23 ， 3.33 （2）s=3.325m【解析】試題分析：（3）設(shè)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數(shù)分別為3和2，木板與物塊的質(zhì)量均為mv-t的斜率等于物體的加速度，則得：在3-35s時間內(nèi)，木板的加速度大小為對木板：地面給它的滑動摩擦力方向與速度相反，物塊對它的滑動摩擦力也與速度相反，則由牛頓第二定律得3mg+22mg=ma3，對物塊：