云南省部分名校2022届高三物理1月份统一考试试题（含解析）新人教版

云南省部分名校2022届一月统一考试理科综合能力测试【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二、选修3-1、3-2、3-4、3-5的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、带电粒子在电场中运动、带电粒子在磁场中运动、光的折射定律、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，重视学生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面，是份非常好的试卷。二、选择题（本题共8小题，每小题6分。在每小题四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）【题文】14.下列说法正确的是（）A.若物体受三个力的作用而处于静止状态，这三个力一定为共点力B.一个正在做减速运动的物体，所受合力有可能正在增大C.放置于磁场中的通电导线一定会受安培力的作用D.在孤立点电荷的电场中，与场源电荷距离相等的两点场强相同【知识点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．K1【答案解析】B解析：A、若物体受三个力的作用而处于静止状态，这三个力可能为共点力，也可能是平行但不共点的力，如等臂杠杆受三力平衡；故A错误；B、一个正在做减速运动的物体，合力做负功，合力方向与速度方向夹角大于90度，力的大小可以增加，故B正确；C、当通电导线与磁场平行时，不受安培力，故C错误；D、在孤立点电荷的电场中，与场源电荷距离相等的两点场强相等，但方向可能不同，故D错误；故选：B．【思路点拨】力的作用线相交于一点的力叫做共点力；减速运动说明合力做负功；当通电导线与磁场平行时不受安培力，垂直时受安培力最大；场强是矢量．本题考查了共点力、动能定理、安培力、点电荷的场强等，知识点多，难度小，关键是记住．【题文】15.如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则（）A.箱子受到的摩擦力方向向右B.地面对木板的摩擦力方向向左C.木板对地面的压力大小为3mgD.若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg【知识点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．B3B4【答案解析】C解析：16A、人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A错误；B、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故B错误；C、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于重力，为3mg；故C正确；D、若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg，故D错误；故选：C．【思路点拨】对箱子受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况．本题关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式判断，基础题目．【题文】16.将阻值为100Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示。则可以判断（）e图乙A.t=0时刻线圈应转到图甲所示的位置B.该线圈的转速为100πr/sC.穿过线圈的磁通量的最大值为WbD.线圈转一周所产生的电热为9.68J【知识点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．M1M3【答案解析】D解析：A、0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直，故A错误；B、据图象可知，T=0.02s；据T=可得：ω=100πrad/s=50r/s，故B错误；C、据Em=nBSω可知，Bs=Wb=9×10-3Wb，故C错误；D、据峰值可知，E=0.707Em=220V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量：Q=×0.02J=9.68J，故D正确．故选：D．【思路点拨】首先知道正选交流电的产生及中性面和最大值面的特点，利用周期与转速的关系求解；峰值与有效值的关系求解即可．知道中性面和最大值面的特点，利用周期与转速的关系求解；峰值与有效值的关系求解即可，本题常与电学结合．【题文】1617.以水平初速度v0将一个小石子从离水平地面高H处抛出，从抛出时开始计时，取地面为参考平面，不计空气阻力。下列图像中，A为石子离地的高度与时间的关系，B为石子的速度大小与时间的关系，C为石子的重力势能与时间的关系，D为石子的动能与离地高度的关系。其中正确的是（）OEptCOEkhDOhtAOvtB【知识点】动能和势能的相互转化．E2E3【答案解析】C解析：A、由自由落体的知识h=gt2，所以h是t的二次函数，故A错误；B、根据矢量的合成，v=，所以不是一次函数，B错误；C、Ep=mgh，h=H-gt2，所以Ep=ngH-mg2t2，故C正确；D、根据能量守恒知Ek=mgH+-mgh=mg(H-h)+，与高度是一次函数，故D错误；故选：C【思路点拨】小球做自由落体运动，下落过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解出动能和重力势能的表达式分析讨论。本题关键是对物体运用机械能守恒定律列方程求解出动能和重力势能的一般表达式进行分析讨论．【题文】18.如图所示，在PQ、QR区域存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t＝0时刻开始线框向右匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中电流的正方向。以下四个i-t关系示意图中正确的是()iiiiABCD【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则．L3L4L5【答案解析】C解析：下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图．16在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv．在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零．在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv．在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv．故C正确，A、B、D错误．故选C．【思路点拨】根据右手定则判断出不同阶段电动势的方向，以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小．刚进磁场时，只有bc边切割；bc边进入QR区域时，bc边和de边都切割磁感线，但等效电动势为0；bc边出磁场后，de边和af边切割磁感线，af边切割产生的电动势大于bc边；de边出磁场后后，只有af边切割．解决本题的关键掌握右手定则判断出不同阶段电动势的方向，以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小．【题文】19.平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，如图所示，那么()A.保持电键S闭合，将A板稍向B板靠近，则θ增大B.保持电键S闭合，将A板稍向上移，则θ减小C.电键S断开，将A板稍向B板靠近，则θ不变D.电键S断开，将A板稍向上移，则θ减小【知识点】电容；匀强电场中电势差和电场强度的关系．I1I3【答案解析】AC解析：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，A板向B板靠近，极板间距离减小，根据E=，知电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大．故A正确． B、保持开关S闭合，仅将A板沿极板方向上移少许，电容器两端间的电势差不变，板间距离也不变，则板间场强不变，小球所受的电场力不变，θ不变．故B错误． C、D断开开关S，电容器所带的电量不变，根据E=、C=、C=联立得，E=，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变．故C正确，D错误．故选：AC【思路点拨】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．根据E=、C=、C=16结合进行分析．解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．【题文】20.宇航员在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t落回原处；若在某星球表面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经5t时间落回原处。已知该星半径与地球半径之比为1︰4，则()A.该星表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为5︰1B.该星质量与地球质量之比为1︰80C.该星密度与地球密度之比为4︰5D.该星的“第一宇宙速度”与地球的第一宇宙速度之比为1︰20【知识点】万有引力定律及其应用．D5【答案解析】BC解析：A、设地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g′，根据g=，知重力加速度之比等于它们所需时间之反比，地球上的时间与星球上的时间比1：5，则地球表面的重力加速度和星球表面重力加速度之比g：g′=5：1．故A错误．B、根据万有引力等于重力=mg，得M=．星球和地球表面的重力加速度之比为1：5，半径比为1：4，所以星球和地球的质量比M星：M地=1：80．故C错误，B正确．C、根据密度的定义ρ=，所以，故C正确．D、第一宇宙速度v=，所以，故D错误．故选：BC．【思路点拨】通过竖直上抛运动经历的时间求出重力加速度之比，然后根据万有引力等于重力G=mg，求出中心天体的质量比．根据密度的定义ρ=计算密度之比．第一宇宙速度v=，根据重力加速度和星球半径之比计算第一宇宙速度之比．解决本题的关键知道竖直上抛运动上升阶段和下降阶段是对称的，以及掌握万有引力等于重力这一理论．【题文】21.如图，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是（）16A.v1一定大于v0B.v1一定大于v2C.第一次的加速度可能比第二次的加速度小D.两个过程中物体损失的机械能相同【知识点】功能关系；牛顿第二定律．C2E6【答案解析】BCD解析：A、物体A向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物体A做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物体A做减速运动．故A错误；B、D、设木板长L，斜面的倾角为θ时，A受到滑动摩擦力：f1=μmgcosθ，摩擦力做功：W1=f1L=μmgcosθ•L．B受到的摩擦力做功：W2=μmg•Lcosθ=W1．两次摩擦力做的功不相等，所以两个过程中物体损失的机械能不相同；第一次摩擦力做的功少，而且有重力做正功，所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2．故B、D正确．C、体A向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力则：a1=，B运动的过程中a2=，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小．故C正确．故选：BCD【思路点拨】根据对物体的受力分析，结合牛顿第二定律分析物体的加速度；根据功的计算方法计算重力、摩擦力对物体的做功的情况．该题中可知物体在滑动的过程中各个力做功的情况以及能量的转化与转移关系，其中两次过程中摩擦力不相等，是摩擦力做功不相等的原因．第Ⅱ卷三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）【题文】22.(6分)某同学在用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验时：（1）该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把十分度的游标卡尺测出正方体木块的边长，如图乙所示，则正方体木块的边长为____________cm；（2）接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动。这个步骤的目的是；（3）然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m，测出对应的加速度a，则下列图象中能正确反映小车加速度a与所挂重物质量m的关系的是___。16【知识点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．C4【答案解析】（1）3.56cm；（2）平衡摩擦力；（3）C解析：（1）由图乙可以读出正方体木块的边长为：a=35mm+6×0.1mm=35.6mm=3.56cm；（2）接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动．这个步骤的目的是平衡摩擦力．（3）设小车与砝码的质量为M，小桶与砂子的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma对M：F拉=Ma解得：F拉=，当m＜＜M时，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力．所以刚开始a-m图象是一条过原点的直线，当小桶与砂子的质量为m变大后不能满足m＜＜M的条件，图象弯曲，且加速度增大的速度变慢，故选：C【思路点拨】（1）根据游标卡尺读数的方法直接读数即可；（2）对小车进行受力分析，根据平衡关系分析；（3）随着m的逐渐增大，当小桶与砂子的质量为m变大后不能满足m＜＜M的条件，图象就会发生弯曲．要求同学们增大游标卡尺读数的方法，掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．【题文】23.（9分）（1）多用电表测未知电阻阻值的电路如图（a）所示，电池的电动势为E、内阻为r， R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图像如图（b）所示，则该图像的函数关系式为_____________________；（调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示）（2）下列根据图（b）中I-Rx图线做出的解释或判断中正确的是________；（有两个选项正确）A．用欧姆表测电阻时，指针指示读数越大，测量的误差越小B．欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx=0时电路中的电流I=Ig C．Rx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏D．测量中，当Rx的阻值为图（b）中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧16（3）某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程10 V）的内阻（大约为几十千欧），欧姆挡的选择开关拨至倍率×1K挡．先将红、黑表笔短接调零后，选用图（c）中________（填“A”或“B”）方式连接。在本实验中，如图（d）所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势为________V。（计算结果保留三位有效数字）【知识点】描绘小电珠的伏安特性曲线．J4【答案解析】（1）（2）BC（3）A；8.75V解析：：（1）多用电表测电阻的原理是闭合电路欧姆定律，则有：I=；（2）A、用欧姆表测电阻时，指针指刻度盘中央附近时，测量的误差越小．故A错误．B、由上式知：当Rx=0，I=，通过调节R0，使Rx=0时电路中的电流I=Ig，表明所测量的电阻为0，故B正确．C、Rx越小，由I=，知相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏．故C正确．D、测量中，当Rx的阻值为图5中的R2时，电流比半偏电流Ig，小，由I=，知指针位于表盘中央位置的左侧．故D错误．（3）当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数×倍率=读数知，选择×1K的挡较好；欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；欧姆表的读数为：40×1K=40KΩ；电压表的读数为5.0V；由题意知欧姆表的内阻为30KΩ，与电压表的内阻40KΩ串联，由欧姆定律可知：E=I（r+R）=×（3×104+4×104）=8.75V．【思路点拨】（1）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，根据闭合电路欧姆定律分析答题．（2）根据闭合电路欧姆定律得出电流I与待测电阻的阻值Rx关系．（3）选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率，由闭合电路的欧姆定律求电动势．对于欧姆表，要了解其结构、掌握读数的方法，关键要理解欧姆表的工作原理：闭合电路欧姆定律．16【题文】24.（15分）如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮， 一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q（两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）QP（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程．【知识点】动能定理；牛顿第二定律；向心力．D4C2E2【答案解析】（1）4kg；（2）78N；（3）1.0m．解析：（1）根据平衡，满足：可得（2）P到D过程由动能定理得由几何关系运动到D点时，根据牛顿第二定律：解得由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N（3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零。由全过程动能定理得：解得16【思路点拨】（1）根据共点力平衡条件列式求解；（2）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；（3）直接根据动能定理全程列式求解．本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式．【题文】25.（17分）坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射带正电的同种粒子，速度大小都是v0，在0