《2021-2022学年郴州市重点中学高三（最后冲刺）物理试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年郴州市重点中学高三（最后冲刺）物理试卷含解析.pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项：1 .答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2 .选择题必须使用2 B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3 .请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4 .保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共2 4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，为某静电除尘装置的原理图，废气先经过机械过滤装置再进入静
2、电除尘区、图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A、B两点是轨迹与电场线的交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相作用和电荷量变化，则以下说法正确的是nwuittA.A点电势高于B点电势B.尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动D.尘埃在迁移过程中电势能始终在增大2、如图所示，四根相互平行的固定长直导线LrL2.L3,L4,其横截面构成一角度为6 0 的菱形，均通有相等的电流/,菱形中心为。L中电流方向与L 2中的相同，与L 3、L&中的相反，下列说法中正确的是（）I 、L-花心2I1A.菱形中心。处的磁感应强度不为零B.菱形中心
3、。处的磁感应强度方向沿。乙C.L所受安培力与L：所受安培力大小不相等D.L所受安培力的方向与L,所受安培力的方向相同3、将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后（仪。间无细线相连），再用细线悬挂于O点，如图所示，用力尸拉小球C,使三个小球都处于静止状态，且细线0 a 与竖直方向的夹角保持。=3 0 1 则歹的最小值为（)A.mgB.2mg3C.-m gn 6D-4、“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和心 的同心金属半球面A 和 5 构成，A、5 为电势值不等的等势面电势分别为夕A和 9，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、
4、质量为机的电子以不同的动能从偏转器左端M 的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板M 其中动能为Ek。的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N 板的正中间。忽略电场的边缘效应。下列说法中正确的是A.A 球面电势比5 球面电势高B.电子在A 8 间偏转电场中做匀变速运动4EC.等势面C所在处电场强度的大小为E=（R D.等势面C 所 在 处 电 势 大 小 为 红 色25、如图所示，在轨道m 上绕地球做匀速圆周运动的卫星返回时，先在A 点变轨沿椭圆轨道II运行，然后在近地点B变轨沿近地圆轨道I 运行。下列说法正确的是（）A.卫星在轨道III上运行的向心加速度大于在轨道I 上
5、运行的向心加速度B.卫星在轨道III上运行的周期小于在轨道I 上运行的周期C.卫星在轨道III上运行的周期大于在轨道II上运行的周期D.卫星在轨道H I上的A 点变轨时，要加速才能沿轨道II运动6、空间存在如图所示的静电场，图中实线a、b、c、d、e为静电场中的等势线，虚线为等势线的水平对称轴。一个带负电的粒子从尸点以垂直于虚线向上的初速度用射入电场，开始一小段时间内的运动轨迹已在图中画出，粒子仅受电场力作用，则下列说法中正确的是（）A.等势线。的电势最高B.带电粒子从尸点射出后经过等势线6时，粒子的速率可能等于刖C.若让粒子从尸点由静止释放，在图示空间内，粒子将在虚线上做往复运动D.若让粒子
6、从尸点由静止释放，在图示空间内，粒子的加速度先增大后减小二、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、如图所示为某汽车上的加速度电容传感器的俯视图。金属块左、右侧分别连接电介质、轻质弹簧，弹簧与电容器固定在外框上，金属块可带动电介质相对于外框无摩擦左右移动。电容器与供电电源连接，并串联计算机的信号采集器。下列关于该传感器的说法正确的是（）电介质il-ntJLpA.在汽车向右匀速直线运动过程中电路中没有电流B.在汽车向右匀加速直线运动过程中电路中有电流C.在汽车向右做加速度增大的
7、减速运动过程中电介质所处的位置电势升高D.在汽车向右做加速度增大的加速运动过程中，电路中有顺时针方向的电流8、在某均匀介质中，甲、乙两波源位于O点和Q点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到x=24m处，乙波传播到x=12m处，已知甲波波源的振动周期为0.4s,下列 说 法 正 确 的 是.A.甲波波源的起振方向为y 轴正方向B.甲波的波速大小为20m/sC.乙波的周期为0.6sD.甲波波源比乙波波源早振动0.3sE.从图示时刻开始再经0.6s,x=12m处的质点再次到达平衡位置9、如图，M N、尸。两条平行的光滑金属轨道与水平面成，=3
8、7。角固定，M、P 之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T。质量为机的金属杆油水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为人现从静止释放杆抽，当电阻箱R=0C时，杆的最大速度为2 m/s,当电阻箱R=4Q时，杆的最大速度为 4m/s。已知轨距为L=2m,重力加速度g 取 lOm/s2,轨道足够长且电阻不计。以下说法正确的是（）A.杆 h的最大速度随电阻箱R 的增大而均匀增大B.当 K 一定时，杆仍下滑时通过衣的电流方向由尸到MC.当 R=4C时，杆 ab从释放到获得最大速度的过程中，杆外所受安培力的功率等于杆功的热功率D.由已知条件可以求得加=
9、J k g ,r=4Q10、如图，一定量的理想气体经历了 ATBTCTOTA的循环，A8CD位于矩形的四个顶点上。下列说法正确的3A.状 态 C 的温度为不经B.从 A-8,分子的平均动能减少C.从CTO,气体密度增大D.仄D-A,气体压强增大、内能减小E.经历ABTCTOA 一个循环，气体吸收的热量大于释放的热量三、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）小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图（a）的电路图：a.电流表Ai（量程0.6 A,内阻很小）；
10、电流表Az（量程30O|iA,内阻小=1000。）；b.滑动变阻器R（0-20C）；c,两个定值电阻 Ri=lOOOQ,R2=9000。；d.待测电阻Rx；e.待测电源E（电动势约为3 V,内阻约为2。）f.开关和导线若干Ri R图 根据实验要求，与电流表A2串 联 的 定 值 电 阻 为（填“Ri”或“R2”）（2）小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关S”调节滑动变阻器，分别记录电流表Ai、A2的读数L、12,得 h 与 L 的关系如图（b）所示。根据图线可得电源电动势E=V；电源内阻r=。，（计算结果均保留两位有效数字）（3）小明再用该电路测量定值电阻R
11、x的阻值，进行了以下操作：闭合开关8、S2,调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表Ai示数L,电流表A2示数k;断开开关S 2,保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表A i示数L,电流表A2示 数 Id；后断开Si；根据上述数据可知计算定值电阻Rx的表达式为 o 若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比(填“偏大,、“偏小”或“相等”)12.(12分)在研究“一定质量的气体在体积不变时压强与温度关系”的实验中(如图甲)，与压强传感器相连的试管内装有密闭的空气和温度传感器的热敏元件。将试管放在大烧杯的凉水中，逐次加入热水并搅拌，记录得到试管内空气不同的压强和温度值，图乙为二组同学通过
12、记录的压强和摄氏温度数据绘制的P 图象，初始封闭气体体积相同。甲 乙(1)两组同学得到的图线交点对应的摄氏温度为两图线斜率不同可能的原因是(2)通过图乙归纳出一定质量的气体体积不变时压强与摄氏温度的函数关系是该规律符合定律。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)静止在水平地面上的两小物块A、B(均可视为质点)，质量分别为mA=1.0kg、,”B=4.0kg,两者之间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧竖直墙壁的距离L如图所示。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EJ
13、FIO.OJ。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 产 0.2。重力加速度取g=10m/s2。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)若要让B 停止运动后A、B 才第一次相碰，求 L 的取值范围；(3)当 L=0.75m时，B 最终停止运动时到竖直墙壁的距离。14.(16分)图 a 所示为杂技“顶竿”表演，质量为肛=50kg的甲站在地面上，肩上扛一质量为，=5kg的竖直竹竿,竿上有一质量为砥=45kg的乙可视为质点，乙从竿的顶端4 恰好下滑到竿的末端8,其速度一时间图象如图b 所示,g 取
14、 lOm/s2,求：(1)竿A B的长度；整个下滑过程中，竿对乙所做的功；(3)13 s内甲对地面的压力大小。15.(12分)如 图，为经过球形透明体的直线，平行光束沿01。2方向照射到透明体上。已知透明体的半径为K,真空中的光速为c。(1)不考虑光在球内的反射，若光通过透明体的最长时间为，求透明体材料的折射率;若透明体材料的折射率为0,求以45。的入射角射到4 点的光，通过透明体后与。0 2 的交点到球心。的距离。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、B【解 析】沿电场线方向电势降低，由图可知，B 点的电势高
15、于A 点电势，故 A 错误；由图可知，A 点电场线比B 点密集，因此A 点的场强大于B 点场强，故 A 点的电场力大于B 点的电场力，则 A 点的加速度大于B 点的加速度，故 B正确；放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的.故粒子不可能做匀变速运动，故 C 错误；由图可知，开始速度方向与电场力方向夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小；对于全过程而言，根据电势的变化可知，电势能减小，故 D 错 误.故 选 B.点睛：本题考查考查分析实际问题工作原理的能力，解题时要明确电场线的分布规律，并且能抓住尘埃的运动方向与电场力方向的关系是解题突破口
16、.2、A【解 析】A B.由右手螺旋定则可知，Li在菱形中心。处 的 磁 感 应 强 度 方 向 方 向，2i在菱形中心。处的磁感应强度方向0L3方向，L3在菱形中心。处的磁感应强度方向0 心方向，L4在菱形中心。处的磁感应强度方向0 心方向，由平行四边形定则可知，菱形中心。处的合磁感应强度不为零，方 向 应 在 方 向 与 方 向 之 间，故 A 正确，B 错误；C.Li和 L3受力如图所示，由于四根导线中的电流大小相等且距离，所以每两根导线间的相互作用力大小相等，由几可关系可知，L 所受安培力与L?所受安培力大小相等，方向不同，故 CD错误；故选A。3、C【解析】静止时要将三球视为一个整体
17、，重力为3 m g,当作用于c 球上的力F 垂直于oa时，F 最小，由正交分解法知：水平方向 Fcos300=Tsin30,竖直方向 Fsin300+Tcos30=3mg,解得 Fn,in=L5mg.故选 C.4、C【解析】A.电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以8 板的电势较高；故 A 错误；B.电子做匀速圆周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动.故B 错误；C.电子在等势面C 所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力：V2eE=m R又：联立以上三式，解得:E g数 此+品）故 C 正确；D.该电场是放射状电场，内侧的
18、电场线密，电场强度大，所以有:U BC U C A即有：(PB-(PC(PC-(PA所以可得：c 2故 D 错误；故选C。5、C【解析】A.由公式_ MmG=ma得卫星在圆轨道上运行的向心加速度大小GM当轨道半径，减小时，4 增大，故卫星在轨道HI上运行的向心加速度小于在轨道I 上运行的向心加速度，故 A 错误；BC.根据开普勒第三定律可知，卫星在轨道m 上运行的周期大于在轨道I、n 上运行的周期，故B错误，c 正确；D.卫星在轨道III上的4 点变轨时，要减速做向心运动才能沿轨道n 运动，故 D 错误。故选C。6、D【解析】A.由图可知，负电荷弯曲的方向向右，则受到的电场力得方向向右，由于负
19、电荷受到的电场力得方向与电场强度的方向相反，所以电场强度的方向向左，等势线。电势最低。故 A 错误；B.带电粒子从尸点射出后经过等势线时，电场力做正功，则粒子的动能增加，则其速率大于vo,选项B 错误；C.让粒子在尸点由静止释放，粒子受到的电场力得方向始终向右，所以将一直向右做加速运动。故 C 错误；D.电场线的疏密代表电场的强弱，让粒子在P 点由静止释放，粒子将沿虚线向右做加速运动，因电场线先密后疏，可知电场力先增后减，即加速度先增大后减小。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
20、，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。7、A D【解析】A.当汽车向右匀速直线运动时，电介质位置不变，根据电容的决定式c=-4jrkd可知电容器的电容不变，因两板电压不变，根据电容的定义式c=2U可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，A 正确；B.当汽车以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，根据电容器的决定式可知电容器的电容不变，因两极的电压不变，根据电容器的定义式可知电容器的电荷量不变，因此电路中没有电流，B 错误；C.电容器两端与电源连接，电压等于电源电压不变，两板间距不变，电容器两板之间形成的匀强电场不变，根据匀强电场中电势差与场强的关系U=Ed可以推断电介质
21、所处位置电势不变，C 错误；D.当电路中有顺时针方向的电流时，说明电容器处于充电状态，因电容器两端电压等于电源电压不变，根据Q=CU可知电容器的电容C 增大导致电容器所带电荷量增加，根据电容器的决定式c=-4兀kd可知插入极板间电介质加深，弹簧越拉越长，合力向右增大，汽车向右做加速度增大的加速运动符合上述结果，D 正确。故选ADo8、BCE【解析】甲波传播到x=24m处，根据波向右传播可知：质点向下振动，故甲波波源的起振方向为y 轴负方向，故 A 错误；由图可知：甲波的波长为8 m,又有甲波波源的振动周期为0.4 s,故甲波的波速大小为刨=20?/s,故 B 正确；同一介0.4s12/7?质中
22、横波波速相同，故乙波的波速也为20m/s,由图可知：乙波的波长为1 2 m,故周期为:;-=0.6 s,故 C 正确；20m/s24/77甲波的传播距离为2 4 m,故波源振动时间为 一1=l.2 s；乙波的传播距离为42m.i2m=30m,故波源振动时间为20/72/S30m六 丁 =L 5 s,所以，甲波波源比乙波波源晚振动0.3 s,故 D 错误；由图可知：图时时刻，两波在x=12m处都处于20机/s平衡位置，将要向上振动；故该质点的振动方程为丁=150!1571什10加日加（加），那么，t=0.6s时，y=0,即从图示时刻开始再经0.6s,x=12m处的质点再次到达平衡位置；故 E 正
23、确；故选BCE.【点睛】在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求得周期，即可得到质点振动情况，由 V=4 求得波速.T9、AD【解析】A.设杆出?的最大速度为叭 根据平衡条件可得mgsinO=BIL=B2IVR+r解得_ mg(/?+r)sin0所以杆，活的最大速度随电阻箱R 的增大而均匀增大，故 A 正确；B.当R 一定时，杆。人下滑时根据右手定则可知通过的电流方向由到。，则通过H 的电流方向由“到尸，故 B错误;C.当 R=4 C 时，杆从释放到获得最大速度的过程中，杆 所 受 安 培 力 的 功 率 等 于 杆 4 b 的热功率与电阻箱产
24、生的热功率之和，故 C 错误;D.由于v=，”g(R+r)sinO，根据题意可知，当电阻箱R=0。时，杆的最大速度为2 m/s,代入则有1mr=2当电阻箱R=4。时，杆的最大速度为4 m/s,代入则有/n(4+r)=|联立可得1,m=kg,r=4Q故 D 正确；故选ADo10 ACE【解析】A.A过程为等压过程，则有匕=石TA,即有就一玩解得匕=2匕3C f。过程也为等压过程，则有3-2Ku-7LK-K-K-得-匕一心即X-4好故A正确;B.从ATB从A-B,温度升高，分子平均动能增大，故B错误；c.C f O过程为等压变化过程，由图可知，气体体积减小，气体质量不变，则气体密度增大，故C正确；
25、D.从由图可知，气体压强增大，温度升高，气体内能增大，故D错误；E.经历ATB CTOTA 一个循环，气体内能不变；在p-V图象中，图象与坐标轴围成面积表示功，所以WAB%C，即整个过程，气体对外界做功，所以气体吸收的热量大于释放的热量，故E正确。故选A C E.三、实验题：本题共2小题，共1 8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。I 、1 1、R 2 3.0 2.1 (rA+R2)相等【解析】(1)电流表儿与4串联，可改装为量程为。=/式。+&)=3 0 0*1 0飞1 0 0 0 +9(乂)0)=3丫的电压表，故选&即可;由图可知电流表42的读数对应的电压值即为电源的电
26、动势，则E=3.0 V；内阻r=301 18Q=2 Q1 0.5 8(3)由题意可知：IuR =Ih(rA+R2),/,(/?+&)=。(心+&)；联立解得=+&);由以上分析可知，若考虑电流表Al内阻的影响，则表达式列成：/“(R +茄)=(%+&)，/，(2+穴+&)=/式口+氏2)，最后求得的&表达式不变，则用该方法测得的阻值与其真实值相比相等。1 2、-2 7 3 两组初始气体压强不同，两组气体初始温度不同 p=P o (1+一)查理273【解析】(1)1 两组同学得到的图线交点对应的摄氏温度为绝对零度，其值为-2 7 3；(2)2 3 结合图象，设温度为零摄氏度时的压强为外，则有27
27、3被封闭气体的压强与摄氏温度之间的关系有P-=k273+f解得：p=Po(1+-)273由上式可知，两图线斜率不同的原因是，两组初始气体压强不同，或两组气体初始温度不同4在实验过程中，一定质量的气体体积不变，符合查理定律的变化规律。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)vA=4m /s ,V p=l m/s；(2)0.7 5 m 以，5先停止运动。设当A与墙距离为4时，A速度恰好减为0时与B相碰22 L+XB=1 8 2a设当A与墙距离为乙时，8刚停止运动A与8相碰1 .2L,+X B vAt cit 联立
28、得A,=1.875m4=0.75L的范围为：0.75m L 1.875m(3)当L=0.75时，3刚停止运动时A与8相碰，设此时A的速度为vy=办 一 of故A与5将发生弹性碰撞。设碰撞后A 3的速度分别为仁和%,由动量守恒定律与机械能守恒定律有：mAv=mAvA+mBvB联立式并代入数据得Vg=m/s碰撞后B继续向左匀减速运动，设通过位移为XZx z=手最终8离墙的距离为SS=XB+XB+L解得S=1.3 6 m1 4、(l)3 m；(2)-1 3 5 OJs (3)1 0 45 N【解析】由乙的速度图象可知竿长为s =d x 2 x 3)m =3 m 2(2)乙从A到B的过程中，设竿对乙做
29、的功为W。由动能定理得W+m3gs=0-0(2)解得W=-1 3 5 0 J(3)1 3 s内，乙匀减速下降，加速度方向向上，由图象可知其大小为a=l m/s2设地面对甲的支持力大小为尸，分析甲、乙和竿组成的整体，由牛顿第二定律得+m2+m3)g-ma解得斤=1 0 45 N由牛顿第三定律可知，甲对地面的压力尸=-F =-1 0 45 N 即甲对地面的压力大小1 0 45 N.1 5、(1)n-；(2)2/【解析】光在透明体内的最长路径为2 R,不考虑光在球内的反射，则有cv =n2Rt=v透明体材料的折射率该光线的传播路径如图，入射角i=45。，折射率为=0,根据折射定律=与 ，则折射角片30。sm r光 从 B 点射出时的出射角为45。，由几何关系知，ZBOC=15,NBCO=30。，ZCBO=135,由正弦定理，有R O Csin 300 sin 135解得以45。的入射角射到A点的光，通过透明体后与0 0 2 的交点到球心0的距离同。