河南省張家口市涿鹿2021-2022學(xué)年高三下學(xué)期聯(lián)考物理試題含解析

1、2021-2022學(xué)年高考物理模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、三點構(gòu)成等邊三角形，邊長為，勻強電場方向與構(gòu)成的平面夾角30，電勢，下列說法正確的是（）A場強大小為B場強

2、大小為C將一個正電荷從點沿直線移到點，它的電勢能一直增大D將一個正電荷從點沿直線移到點，它的電勢能先增大后減小2、如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F(xiàn)平行于斜面向上若要物塊在斜面上保持靜止，F(xiàn)的取值應(yīng)有一定范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2（F20）.由此可求出A物塊的質(zhì)量B斜面的傾角C物塊與斜面間的最大靜摩擦力D物塊對斜面的正壓力3、如圖所示，波長分別為a、b的單色光a、b，沿著AO、BO方向射入半圓形玻璃磚，出射光線都沿OC，則下列說法錯誤的是（）Aa、b光從玻璃磚射入空氣時，均受到玻璃磚的作用力B在玻璃磚內(nèi)a光的動量大于在空氣中a光的動量Camgsin，則物體有沿斜面

3、向上運動的趨勢，f的方向應(yīng)沿斜面向下阻礙物體相對運動趨勢，有-；若Fmgsin，則物體有沿斜面向下的運動趨勢，f的方向沿斜面向上阻礙物體相對運動趨勢，有-；由最大靜摩擦力等于滑動摩擦力可知-，由可求得f的值，而物塊的質(zhì)量m、斜面的傾角無法求出，故物塊對斜面的正壓力（）也無法求出綜上所述，正確答案為C【考點定位】靜摩擦力及力的平衡3、C【解析】A由圖可知a、b光從玻璃磚射入空氣時，均發(fā)生偏折，可知光子的動量發(fā)生變化，由動量定理可知都受到玻璃磚的作用力，A正確；B玻璃磚對a光的折射率大于空氣對a光的折射率，根據(jù)可知，a光在空氣中的速度大；光子的動量所以在玻璃磚內(nèi)a光的動量大于在空氣中a光的動量，B

4、正確；Ca光的折射率比b光的折射率大，則知a光的頻率比b光的頻率高，由可知a的波長小于b的波長.a的折射率大，由可知a的臨界角小，C錯誤；D由光路圖看出，a光的偏折角大于b的偏折角，折射定律分析得知，a光的折射率比b光的折射率大，由折射率與光的頻率的關(guān)系可知，a的頻率大；光子的動量則在玻璃中，a光的動量大于在玻璃磚內(nèi)b光的動量，D正確。本題選錯誤的，故選C。4、A【解析】因為物體做平拋運動，而飛機做勻加速直線運動，所以做平拋運動的不同物體的初速度越來越大，在豎直方向上做自由落體運動，所以相等時間間隔內(nèi)的位移越來越大。A該圖與結(jié)論相符，選項A正確；B該圖與結(jié)論不相符，選項B錯誤；C該圖與結(jié)論不相

5、符，選項C錯誤；D該圖與結(jié)論不相符，選項D錯誤；故選A。5、B【解析】A斜面體受到的摩擦力大小決定于動摩擦因數(shù)和正壓力，若增大推力，動摩擦因數(shù)和正壓力不變，則整個系統(tǒng)穩(wěn)定后斜面體受到的摩擦力不變，故A錯誤；B若撒去推力，系統(tǒng)做減速運動，如果小球在此后的運動中對斜面的壓力為零，則加速度方向向左，其大小為以整體為研究對象可得由此可得摩擦因數(shù)所以當(dāng)時小球在此后的運動中對斜面的壓力為零，故B正確；C彈簧處于原長則彈力為零，小球受到重力和斜面的支持力作用，如圖所示豎直方向根據(jù)平衡條件可得則支持力故C錯誤；D對小球根據(jù)牛頓第二定律可得解得再以整體為研究對象，水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得解得水平推力故D錯誤

6、。故選B。6、A【解析】設(shè)X為：AZX，根據(jù)核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)守恒：4+14=17+Z電荷數(shù)守恒：2+7=8+A，則A=1，即X為：11點睛：本題考查了核反應(yīng)方程式，要根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒得出X的電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)，從而確定X的種類。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、ABC【解析】A保持體積不變，增大壓強，則溫度升高，氣體內(nèi)能增大，選項A正確；B降低溫度，減小體積，則氣體的壓強可能變大，因氣體分子數(shù)密度變大，分子平均速率減小，則氣體分子單位時間內(nèi)碰撞器壁單位面積的平均

7、沖力減小，則碰撞次數(shù)可能增大，選項B正確；C保持體積不變，氣體分子數(shù)密度不變，降低溫度，則氣體分子單位時間內(nèi)碰撞器壁單位面積的碰撞次數(shù)一定減小，選項C正確；D壓強減小，降低溫度，氣體的體積不一定減小，氣體分子間的平均距離不一定減小，選項D錯誤；E真空等溫膨脹，不一定吸熱，選項E錯誤。故選ABC。8、BC【解析】設(shè)AB與豎直方向夾角為，則mgtan450=m2r，則當(dāng)變?yōu)?時，r變?yōu)樵瓉淼?/4，則小球M第二次的位置比第一次時離A點遠，離B點近，選項A錯誤，B正確；對放在N點的小球：mgtan=m2Rsin，則，則當(dāng)越大，越大，物體的位置越高，故選項C正確，D錯誤；故選BC。9、CD【解析】A物

8、塊落在小車的過程中，物塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，但豎直方向的動量不守恒，故A錯誤；B物塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，則系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，選取向右為正方向，則有：Mv0=（M+m）v所以共同速度為：故B錯誤；C物塊落上小車到二者共速的過程中，因摩擦損失的機械能為：代入數(shù)據(jù)解得：E1=1.25J由功能關(guān)系：E1=mgx解得：x =0.5m故C正確；D在整個的過程中，系統(tǒng)損失的機械能等于物塊減少的重力勢能與二者損失的動能之和，由能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)可得：E=7.5J故D正確。故選CD。10、CD【解析】設(shè)豎直高度為h，小球以v0平拋時與地面碰撞一次，反彈后與A點碰撞，

9、在豎直方向先加速后減速，在水平方向一直勻速，根據(jù)運動的對稱性原理，可知該過程運動的時間為平拋運動時間的兩倍，則有水平方向的位移設(shè)當(dāng)平拋速度為時，經(jīng)與地面n次碰撞，反彈后仍與A點碰撞，則運動的時間為水平方向的位移不變，則有解得（n=1，2，3.）故當(dāng)n=2時；當(dāng)n=3時；故AB錯誤，CD正確。故選CD。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、刻度尺 彈簧有自身重力 4.9 B 【解析】（1）1實驗需要測量彈簧伸長的長度，故需要刻度尺（2）2由圖可知，當(dāng)F=0時，x0，說明沒有掛重物時，彈簧有伸長，這是由于彈簧自身的重力造成的故圖線不過原點的原

10、因是由于彈簧有自身重力，實驗中沒有考慮（或忽略了）彈簧的自重3由圖線乙，彈簧的勁度系數(shù)k=4.9N/m（3）4A.由圖丙知，F(xiàn)-L圖像橫坐標(biāo)的截距表示原長，故b的原長比a的長，選項A錯誤；BC.由彈簧的勁度系數(shù)k=知，a圖線較b圖線傾斜，a的勁度系數(shù)比b的大，選項B正確，C錯誤；D.圖線的物理意義是表明彈簧的彈力大小和彈簧伸長量大小成正比，選項D錯誤12、不需要 2.01 【解析】（1）1小車所受拉力可以由彈簧測力計測出，無需滿足（2）2計數(shù)點間有4個點沒有畫出，計數(shù)點間的時間間隔為t=0.025s=0.1s由勻變速直線運動的推論可得小車的加速度代入數(shù)據(jù)解得a=2.01m/s2四、計算題：本題

11、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、600K；120J【解析】氣體從A到B發(fā)生等壓變化，根據(jù)蓋-呂薩克定律有即代入數(shù)據(jù)解得T2=600KA到B過程氣體從外界吸熱，對外界做功，內(nèi)能增加C狀態(tài)與A狀態(tài)內(nèi)能相等，B到C過程，對外界不做功，則內(nèi)能減少，且即所以氣體放出熱量120J。14、（1）；（2）d0.06m【解析】（1）設(shè)穿過界面PS時偏離中心線的距離為y，粒子在電場中運動的時間為根據(jù)牛頓第二定律得粒子在電場中的加速度為則粒子在電場內(nèi)豎直方向的位移為設(shè)粒子從電場中飛出時在豎直方向的速度為vy，則從電場中飛出后在水平方向的運動時間為從

12、電場中飛出后在豎直方向做勻速運動，位移為所以穿過界面PS時偏離中心線的距離為（2）做出運動軌跡如圖所示則速度夾角為C點的速度v為因為洛倫茲力提供向心力得由幾何關(guān)系得所以磁場寬度應(yīng)滿足大于0.06m。15、（1）小車與墻壁碰撞時的速度是4m/s；（1）要滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為R0.14m或R0.6m【解析】解：（1）設(shè)滑塊與小車的共同速度為v1，滑塊與小車相對運動過程中動量守恒，有mv0=（m+M）v1代入數(shù)據(jù)解得v1=4m/s設(shè)滑塊與小車的相對位移為 L1，由系統(tǒng)能量守恒定律，有mgL1=代入數(shù)據(jù)解得 L1=3m設(shè)與滑塊相對靜止時小車的位移為S1，根據(jù)動能定理，有mgS1=代入數(shù)據(jù)解得S1=1m因L1L，S1S，說明小車與墻壁碰撞前滑塊與小車已具有共同速度，且共速時小車與墻壁還未發(fā)生碰撞，故小車與碰壁碰撞時的速度即v1=4m/s（1）滑塊將在小車上繼續(xù)向右做初速度為v1=4m/s，位移為L1=LL1=1m的勻減速運動，然后滑上圓軌道的最低點P若滑塊恰能滑過圓的最高點，設(shè)滑至最高點的速度為v，臨界條件為mg=m根據(jù)動能定理，有mgL1聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得R=0.14m若滑塊恰好滑至圓弧到達T點時就停止，則滑塊也能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道根據(jù)動能定理，有mgL1代入數(shù)據(jù)解得R=0.6m綜上