山东省德州市夏津2022年高三第二次调研物理试卷含解析

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、下列用来定量描述磁场强弱和方向的是（ ）A磁感应强度B磁通量C安培力D磁感线2、用甲、乙、丙三种单色光在同一个光电管上做光电效应实验，发现光电流I与电压U的关系如图所示，下列

2、说法正确的是A甲、乙两种单色光的强度相同B单色光甲的频率大于单色光丙的频率C三种单色光在同种介质中传播时，丙的波长最短D三种单色光中，丙照射时逸出光电子的最大初动能最小3、有关量子理论及相关现象，下列说法中正确的是（ ）A能量量子化的观点是爱因斯坦首先提出的B在光电效应现象中，遏止电压与入射光的频率成正比C一个处于n4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子D射线、射线、射线都是波长极短的电磁波4、如图所示，长方形abed长ad=0.6m，宽ab=0-3m， e、f分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m

3、=310-7 kg.电荷量q=+210-3C的带电粒子以速度v0=5102m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域（不考虑边界粒子），则以下不正确的是A从ae边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边B从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边C从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae边D从fc边射入的粒子，全部从d点射出5、理想变压器的输入端、输出端所连接电路如图所示，图中交流电源的电动势e=311sin(100t)V，三只灯泡完全相同。当电键S1、S2均断开时，交流电源的输出功率为理想变压器输出功率的3倍。下列各说法中正确的是 （ ）A理想变压器的匝数比为1：3 B灯泡L1消耗的功率

4、是灯泡L2消耗功率的4倍C断开电键S1，闭合电键S2时，灯泡L1两端的电压有效值为110VD断开电键S2，闭合电键S1时，灯泡L1的亮度与C项情况下相比较较暗6、如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2角，在平行板间存在着匀强电场，直线CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，重力加速度为g。则在此过程中，下列说法正确的是（）A小球带正电B小球可能做匀加速直线运动C小球加速度大小为gcosD小球重力势能的增加量等于电势能的增加量二、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

5、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、为了测定一个水平向右的匀强电场的场强大小，小明所在的物理兴趣小组做了如下实验：用长为L的绝缘轻质细线，上端固定于O点，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球（可视为质点），如图所示，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始向下摆动，摆到B点时速度恰好为零，然后又从B点向A点摆动，如此往复小明用测量工具测量与水平方向所成的角度，刚好为60不计空气阻力，下列说法中正确的是（ ）A在B点时小球受到的合力为0B电场强度E的大小为C小球从A运动到B，重力势能减小D小球在下摆的过程中，小球的机械能和电势能之和先减小后增大8

6、、如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以大小不变的初速度沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得与斜面倾角的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出A物体的初速度=6 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数=0.6C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值D当某次=时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑9、真空区域有宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，MN、PQ是磁场的边界比荷为k的带负电粒子，沿着与MN夹角60的方向射入磁场中，刚好没能从PQ边界射出磁场下列说法正确的是（）A粒子的速率大小是B粒了在磁

7、场中运动的时间是C仅减小粒了的入射速率，在磁场中的运动时间将增大D仅增人粒子的入射速率，在磁场中的运动时间将减小10、在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为21，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4。已知通过R4的电流i4=2sin100tA，下列说法正确的是（）Aa、b两端电压的频率可能为100HzBa、b两端电压的有效值为56VC若a、b两端电压保持不变，仪减小R2的阻值，则R1消耗的电功率减小D若a、b两端电压保持不变，仪减小R1的阻值，则R2两端电压增大三、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）在学校社团活动中，某实验小

8、组先将一只量程为300A的微安表头G改装为量程为0.3A的电流表，然后用改装的电流表测量未知电阻的阻值。可供选择的实验器材有：微安表头G(量程300，内阻约为几百欧姆)滑动变阻器R1(010)滑动变阻器R2(050)电阻箱R(09999)电源E1(电动势约为1.5V)电源E2(电动势约为9V)开关、导线若干(1)实验小组先用如图(a)所示电路测量表头G的内阻Rg，实验方法是：A按图(a)连接好电路，将滑动变阻器的滑片调至图中最右端；B断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器的滑片位置，使G满偏；C闭合S2，并保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱的阻值，使表头G的示数为200，记录此时电阻箱的阻值

9、R0，实验中电源应选用_，滑动变阻器应选用_(选填仪器字母代号)；测得表头G的内阻Rg=_，表头内阻的测量值较其真实值_(选填“偏大”或“偏小”)；(2)实验测得G的内阻Rg=500，要将表头G改装成量程为0.3A的电流表，应选用阻值为_的电阻与表头G并联；(3)实验小组利用改装后的电流表A，用图(b)所示电路测量未知电阻Rx的阻值。测量时电压表V的示数为1.20V，表头G的指针指在原电流刻度的250处，则Rx=_。12（12分） (1)同学们通过查阅资料知道，将锌、铜两电极插入水果中，电动势大约会有1V多一点。小明同学找来了一个土豆做实验，如图所示，当用量程为0-3V、内阻约50k的伏特表测

10、其两极电压时读数为0.96V，用欧姆表直接测“土豆电池”的两极，测得内阻r的读数为30。小丽同学用灵敏电流表直接接”土豆电池”的两极，测得电流为0.32mA。粮据前面小明用伏特表测得的0.96V电压，由全电路欧姆定律得内阻为3k。小明认为上豆的内阻为30，小丽则认为其内阻为3k。以下关于两位同学实验过程的分析，正确的是_A小明的方法不正确，因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻B小明的方法正确。因水果电池本身也是一个导体，可以用欧姆表直接测其电阻C小丽的测量结果十分准确，除了读数方面的偶然误差外，系统误差很小D小丽的测量结果不准确，因为水果电池内阻很大，用伏特表测得的电动势误差很大

11、，因此计算出的内限误差也很大(2)为尽可能准确地测定一个电动势和内阻未知的电源，实验室除了导线和开关外，还有以下一此器材可供选择：A电流表A1（量程为0-0.6A，内阻约为1）B灵敏电流表A2（量程为0-0.6mA，内阻约为800）C灵敏电流表A3（量程为0-30A，内阻未知）D滑动变阻器R1，（最大阻值约100）E滑动变阻器R2，（最大阻值约2k）F定值电阻（阻值为2k）G电阻箱R（0-9999）实验中应选择的器材是_（填器材前的字母代号）。在方框中画出应采用的电路图_。实验时，改交电阻箱R的阻值，记录下电流表的示数I得到若干组R、I的数据，根据实验数据绘出如图所示的图线，由此得出其电源的电

12、动势为_V（保留两位有效数）。按照此实验方法请分析内电限的测量值与真实值大小关系，并给由必要的说明：_。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，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左侧间距为2l，右侧间距为l，有界匀强磁场仅存在于两轨道间，磁场的左右边界（图中虚线）均与轨道垂直。矩形金属线框abcd平放在轨道上，ab边长为l，bc边长为2l。开始时，bc边与磁场左边界的距离为2l，现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力，金属线框由静止开始沿着两根绝缘轨道向右运动，且bc边始终与轨道垂直，从bc边进入磁场

13、直到ad边进入磁场前，线框做匀速运动，从bc边进入右侧窄磁场区域直到ad边完全离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框从开始运动到完全离开磁场前的整个过程中产生的热量为Q。问：(1)线框ad边刚离开磁场时的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？(2)磁场左右边界间的距离是多少？(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？14（16分）如图所示，足够长的光滑水平台面M距地面高h=0.80m，平台右端紧接长度L=5.4m的水平传送带NP，A、B两滑块的质量分别为mA=4kg、mB=2kg，滑块之间压着一条轻弹簧(不与两滑块栓接)并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度v=1m/s向右匀速运动；

14、突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离，之后A继续向右运动，并在静止的传送带上滑行了1.8m，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g=10m/s2，求：(1)细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能EP；(2)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v1=1m/s逆时针匀速运动，求滑块A与传送带系统因摩擦产生的热量Q；(3)若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v2顺时针匀速运动，试讨论滑块A运动至P点时做平抛运动的水平位移x与v2的关系?(传送带两端的轮子半径足够小)15（12分）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 ，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所

15、示某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动A、B与地面之间的动摩擦因数均为重力加速度取A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？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、A【解析】A磁感应强度是用来描述磁场强弱和方向的物理量，故A正确；B磁通量是穿过某一面积上的磁感线的条数，单位面积上的

16、磁通量才可以描述磁场的强弱，故B错误；C安培力描述电流在磁场中受到的力的作用，不是用来描述磁场的强弱和方向，故C错误；D磁感线只能定性地说明磁场的强弱和方向，故D错误；故选A。2、C【解析】A、甲乙两种单色光对应的遏止电压相同，则两种光的频率相同，但加正向电压时甲的饱和电流更大，说明甲光的光更强；故A错误.B、D、由光电效应方程和可知遏止电压越大时，对应的光的频率越大，故；三种光照射同一金属，飞出的光电子的最大初动能关系为；故B，D均错误.C、光在同种介质中传播的速度相同，由可得，；故C正确.故选C.3、C【解析】A能量量子化的观点是普朗克首先提出的，选项A错误；B在光电效应现象中，根据光电效

17、应方程，可知遏止电压与入射光的频率是线性关系，但不是成正比，选项B错误；C一个处于n4激发态的氢原子向基态跃迁时，最多能辐射出3种频率的光子，分别对应于43，32，21，选项C正确；D射线、射线不是电磁波，只有射线是波长极短的电磁波，选项D错误；故选C。4、C【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=mAB、若匀强磁场为矩形磁场，从e点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从b点射出，所以从e点垂直射入的粒子出射点落在bf边上；从ae边垂直射入的粒子，从圆弧af上射出，出射点分布在ab边和bf边；从ed边射入的粒子，出射点

18、全部分布在bf边，故A、B正确；CD、若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，从bc边射入的粒子，全部从d点射出，所以从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ad边，从fc边射入的粒子，全部从d点射出，故C错误，D正确；错误的故选C。【点睛】关键计算出半径后找到圆心，分析可能出现的各种轨迹，然后找出射点。5、B【解析】AB变压器的输出功率等于输入功率，电源的输出功率等于灯泡L1的功率和变压器的输入功率之和，所以由已知条件知灯泡L1的功率等于变压器输入功率的2倍，也就是灯泡L1的功率等于灯泡L2、L3的功率之和的2倍，所以灯泡L1的功率是灯泡L2功率的4倍，则变压器原线圈的

19、电流是副线圈电流的2倍，由理想变压器电流与匝数成反比，可得匝数比为1：2，故A错误，B正确；C断开电键S1，闭合电键S2时，由上面分析知，则UL1=2UL2变压器的输入电压和输出电压关系为U2=2U1而U2=UL2UL1+U1=V=220V所以UL1=176V，UL2=88V故C错误；D断开电键S2，闭合电键S1时，U1=220V，则U2=440V，所以UL2=220V与C中相比电压升高，灯泡变亮，故D错误。故选B。6、D【解析】AB带电小球沿着FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性

20、是不能确定的，则小球做匀减速直线运动，故AB错误；C据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知故C错误；D由分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确。故选D。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、BC【解析】试题分析：小球在B点受重力竖直向下，电场力水平向右，故合力一定不为零，故A错误；小球由A到B的过程中，由动能定理可得：mgLsin-EqL（1

21、-cos60）=0，则电场强度的大小为，选项B正确；小球从A运动到B，重力做正功，W=mgh=mgLsin，故重力势能减小mgLsin=，故C正确；小球在下摆过程中，除重力做功外，还有电场力做功，故机械能不守恒，但机械能和电势能总能力之和不变，故D错误故选BC考点：动能定理；能量守恒定律8、AC【解析】AB.物体在粗糙斜面上向上运动，根据牛顿第二定律 得加速度为由运动学公式当=90时，可得，当=0 时，可得，故A项正确，B项错误；C. 根据运动学公式得物体能达到的位移 由辅助角公式可得位移的最小值故C项正确；D.由于，所以当物体在斜面上停止后，不会下滑，故D项错误。9、AD【解析】AB.粒子刚

22、好没能从边界射出磁场时，其运动轨迹刚好与相切，如图设带电粒子圆周运动的轨迹半径为，由几何关系有：解得：根据牛顿第二定律得：解得：运动时间为：故A正确，B错误；C.减小粒了的入射速率，粒子的周期不变，半径变小，粒子仍然从左边界出磁场，圆心角不变，则运动时间不变，故C错误；D.增人粒子的入射速率，粒子从磁场的右边界出磁场，粒子运动轨迹所对应的圆心角减小，则运动时间变小，故D正确10、BD【解析】A通过的电流，则角速度频率为变压器不会改变交流电的频率，故、两端电压的频率为50Hz，故A错误；B通过的电流最大值为，则有效值为根据并联电路的规律可知，通过的电流有效值为2A，副线圈的输出电流：根据变流比可

23、知，原线圈的输入电流两端电压为副线圈两端电压根据变压比可知，原线圈的输入电压则、两端电压故B正确；C若、两端电压保持不变，仅减小的阻值，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流增大，根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，则消耗的电功率增大，故C错误；D若、两端电压保持不变，仅减小的阻值，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输出电压增大，则两端的电压增大，故D正确；故选BD。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、E2 R2 R0 偏小 0.5 4.3 【解析】(1)12闭合S2开关时认为电路电流不变，实际上闭合开关S2时电路总电阻

24、变小，电路电流增大，电源电动势越大、滑动变阻器阻值越大，闭合开关S2时微安表两端电压变化越小，实验误差越小，为减小实验误差，电源应选择E2，滑动变阻器应选择R2；34闭合开关S2时认为电路电流不变，流过微安表电流为满偏电流的，则流过电阻箱的电流为满偏电流的，微安表与电阻箱并联，流过并联电路的电流与阻值成反比，则：闭合开关S2时整个电路电阻变小，电路电流变大，大于300A，当表头G示数为200A时，流过电阻箱的电流大于100A，电阻箱阻值小于表头G电阻的一半，实验认为电流表内阻等于电阻箱阻值的一半，因此表头G内阻测量值偏小；(2)5把微安表改装成0.3A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值为：

25、(3)6改装后电流表内阻为：微安表量程为300A，改装后电流表量程为0.3A，量程扩大了1000倍，微安表示数为250A时，流过电流表的电流为：25010-61000A=0.25A由图乙所示电路图可知，待测电阻阻值为12、AD BG 3.0 偏大，内电阻的测量值包含电流表内阻，所以大于真实值 【解析】(1)1AB因水果电池本身有电动势，故不能用欧姆表直接测其内阻，故A正确，B错误；CD水果电池内阻很大，用有内阻的伏特表测得的电动势误差很大，故C错误，D正确。故选AD。(2)2所给仪器没有电压表，定值电阻也较小，若通过串联定值电阻改装成电压表，根据(1)的分析知测量值也不准确，所以选用安阻法测量

26、电源电动势和内阻，因灵敏电流表直接接电源的两极，测得电流为0.32mA，选灵敏电流表A2和变阻箱测量，所以实验中应选择的器材是BG。3本题是利用安阻法测电源内阻及电动势，测量电路如图所示4由闭合电路欧姆定律，变形得根据图象的斜率表示电动势，得电池组的电动势为5按照此实验方法，测出的电源内阻是电流表A2和电源两部分电阻之和，因此内电阻的测量值与真实值相比偏大。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)线框ad边刚离开磁场时的速度大小是bc边刚进入磁场时速度的4倍；(2)磁场左右边界间的距离是32l；(3)线框从开始

27、运动到完全离开磁场前的最大动能是Q。【解析】(1)设磁感强度为B，设线框总电阻为R，线框受的拉力为F，bc边刚进磁场时的速度为v1，则感应电动势为：E1=2Blv1感应电流为：线框所受安培力为：F1=2BI1l线框做匀速运动，其受力平衡，即：F1=F，联立各式得： 设ad边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得：所以：v2=4v1；(2)bc边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为a，bc边到达磁场左边界时，线框的速度为从ad边进入磁场到bc边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为a，由题意可知bc边刚进入右侧窄磁场区域时的速度为：v2=4v1，从线框全部进入磁场开始，直

28、到bc边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为s1，则：将，代入得：s1=30l磁场左右边界间的距离为：s=l+s1+l=32l；(3)整个过程中，只有拉力F和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为Ek，由动能定理有：WF+W安=Ek-0由：WF=F（2l+s+l）=35FlW安=-F3l及Q=-W安可知： 线框的最大动能为：。14、 (1)Ep=24J (2) (3)若,;,;【解析】(1)设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律得: A向N运动的过程，运用动能定理得：细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为:解得：vA=3m/s，vB=3m/s，Ep=24J(2)滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为t滑块A加速度大小为:由运动学公式得:滑块与传送带间的相对滑动路程为:在相对滑动过程中产生的摩擦热:由以上各式得：(3)设A平抛初速度为v2，平抛时间为t，则：得t=0.4s若传送带A顺时针运动的速度达到某一临界值vm，