《2022届云南省玉溪市华宁高考冲刺模拟物理试题含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022届云南省玉溪市华宁高考冲刺模拟物理试题含解析.pdf（17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、如图所示，车厢水平底板上放置质量为M 的物块，物块上固定竖直轻杆。质量为，的球用细线系在杆上。点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离
2、竖直方向的角度为仇此时车厢底板对物块的摩擦力为了、支持力为N,已知重力加速度为g,则（）A.y=A7gsin0 B.片MgtanOC.N=（M+m）g D.N=Mg2、如图所示，竖直直线M N的右侧有范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。正方形线框abed的边长为L,静止于图示位置，其右边与MN重合。从 r=0 时刻起线框受外力拉动，水平向右匀加速运动。线框粗细均匀，其电阻沿长度分布均匀。在运动过程中，线框。、8 两点间的电势差随时间变化的特点与下列图像一致的是（）3、关于卢瑟福的a 粒子散射实验和原子的核式结构模型，下列说法中不正确的是（）A.绝大多数a 粒子穿过金箔后，基本上仍沿原
3、来的方向前进B.只有少数a 粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上C.卢瑟福依据a 粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论D.卢瑟福的“核式结构模型”很好地解释了氧原子光谱的实验4、下列说法中正确的是（）A.布朗运动是指液体分子的无规则运动B.物体对外做功，其内能一定减小C.两分子间距离减小，分子间的引力和斥力都增大D.用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，说明气体分子间存在斥力5、如图所示物块A和B的质量分别为4机和机，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力f=6/ng作用下，动滑轮竖直向上运动.已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑
4、绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动中，物块A和B的加速度分别为I.C.（lA=-g,dB=3g D.flA =O （lB=2g46、质量为，”的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为/,另一质量也为，且可视为质点的物体从箱子中央以叩=2萩 的 速 度 开 始 运 动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（）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。分。7、关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是
5、（）A.非晶体和晶体的物理性质都是各向同性B.自然界中一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性C.布朗运动是由悬浮在液体中的小颗粒之间的相互碰撞引起的D.水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关E.慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，是因为液体表面存在张力8、一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹,则（）xXXXA.该原子核发生了 a 衰变B.该原子核发生了用衰变C.打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动D.该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加9、如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABC。，AB
6、=3L,8c=2L在边界A 3 的中点上有一个粒子源，沿与边界AB并指向A 点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为W时，粒子轨迹恰好与AO边界相切，贝！I()d二 二bA.速率小于刃的粒子全部从C D边界射出B.当粒子速度满足g v%时，从。边界射出C.在边界上只有上半部分有粒子通过D.当粒子速度小于与时，粒子从8 c 边界射出10、如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L 的正方形金属线框ab ed,其一条对角线ac和 y 轴重合、顶点a 位于坐标原点O 处.在 y 轴的右侧，的 I、W象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y
7、 轴重合，右边界与y 轴平行.t=0 时刻，线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域.取 沿 a-b T C T d-a 方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab 间的电势差Uab随时间t 变化的图线是下图中的()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。1 1.(6 分)某同学设计以下的实验测量某一小电动机的转速，实验主要步骤如下，完成下列填空。1.5 2 c m 1.5 0 c r n l.5 1 c m甲A B C D丙(1)用游标卡尺测量电动机转轴的直径如图甲所示，测量值为 cm。(2)取一根
8、柔软的无弹性的细线，把细线的一端用少许强力胶水固定在电动机的转轴上。(3)如图乙所示，把细线的另一端用小夹与纸带的左端相连，让纸带水平穿过打点计时器的限位孔。打点计时器所用的交流电频率为5 0 H z。(4)打开打点计时器，再开动电动机，细线顺次排列绕在电动机的转轴上，同时拉动纸带向左运动，打出的纸带如图丙所示。由以上数据计算电动机的转速为 r/s.(计算结果保留整数)实验中存在系统误差使测量结果偏大。写出造成该系统误差的一个原因：1 2.(1 2 分)(1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是 mm；(2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为1.0 0
9、 k g 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。为第一个点，4、8、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点。己知打点计时器每隔0.0 2 s 打一个点，当地的重力加速度为g=9.8 m/s 2,那么:-15.5S cm-;-19.20 cm 0 M tB 1C -23.23 cm-根据图上所得的数据，应取图中。点到 点来验证机械能守恒定律;从。点到问中所取的点，重物重力势能的减少量纥,=J,动 能 增 加 量=J（结果取三位有效数字）;2若测出纸带上所有各点到。点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v 及物体下落的高度心则以二 为纵轴，以2为横轴画
10、出的图象是下图中的D.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 0 分）如图（a）为一除尘装置的截面图，塑料平板M、N的长度及它们间距离均为小大量均匀分布的带电尘埃以相同的速度均进人两板间，速度方向与板平行，每颗尘埃的质量均为机，带电量均为-g。当两板间同时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板;若撤去板间电场，并保持板间磁场不变，贴近N板入射的尘埃将打在M 板右边缘，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率为1 0 0%；若撤去两板间电场和磁场，建立如图(b)所示的平面直角坐标
11、系xOy轴垂直于板并紧靠板右端，x 轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于P(2.5d,-2d)处的条状容器中，需在y 轴右侧加一垂直于纸面向里的圆形匀强磁场区域。尘埃颗粒重力、颗粒间作用力及对板间电场磁场的影响均不计，求：两板间磁场磁感应强度的大小(2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少(3 轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度B2大小的取值范围14.(1 6 分)质 量 为 M 的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上.质量为，”的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v 从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示.已知M:,=3:L
12、物块与水平轨道之间的动摩擦因数为，圆弧轨道的半径为几(1)求物块从轨道左端滑出时，滑块M 的速度的大小和方向;(2)求水平轨道的长度；(3)若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块，不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的条件.15.(12分)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=5 G N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小8=0.5 T.有一带正电的小球，质量,=lx l(P k g,电荷量0=1x10C,正以速度 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过尸点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取 g=10m
13、/s】.求：B x X X X X XXXX XXX(1)小球做匀速直线运动的速度V的大小和方向；(1)从撤掉磁场到小球再次穿过尸点所在的这条电场线经历的时间t.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、C【解析】以机为研究对象，受力如图所示由牛顿第二定律得mg tan 0=ma解得。=g tan。而绳的拉力为T=-COS0以M为研究对象，受力如图所示Mg在竖直方向上，由平衡条件有N=Mg+T cos 0-M +m）g在水平方向上，由牛顿第二定律有/一 T sin。=Ma解得f =（M+m）g tan 6故C正确，ABD
14、错误。故选C。2、C【解析】线框有两段匀加速直线运动过程：进入磁场的运动过程，在磁场中的运动过程。两过程加速度相等，设为欧线框进入磁场的运动过程。由右手定则知感应电流方向由方向。段为电源，则a点电势高于b点电势。电动势大小为E=BLv33由运动规律得v=at解以上三式得3Uab=BLat3图像为过原点的直线，斜率为一在小时刻有43ua h =BLata.在磁场中的运动过程。由右手定则知a 点电势高于6 点电势。在小时刻有U =E=BLat运动过程有Uab=E=BL(%+G)由运动规律得Vp=2aL解以上两式得U(th=BLyjlaL+BLat图像斜率为BLa o故选a3、D【解析】A.a 粒子
15、散射实验的内容是：绝大多数a 粒子几乎不发生偏转；少数a 粒子发生了较大的角度偏转；极少数a 粒子发生了大角度偏转(偏转角度超过90。，有的甚至几乎达到180。，被反弹回来)，故 A 正确；B.1 粒子散射实验中，只有少数a 粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，但不能说明原子中正电荷是均匀分布的，故 B 正确；C.卢瑟福依据a 粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构，理论，故 C 正确；D.玻尔的原子模型与原子的核式结构模型本质上是不同的，玻尔的原子模型很好地解释了氢原子光谱的实验，故 D错误；不正确的故选D。4
16、、C【解析】A.布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了液体分子的无规则运动，故 A 错误；B.改变内能的方式有做功和热传递，只知道物体对外做功，而不知道热传递的情况，无法确定其内能变化，故 B 错误；C.分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快，故 C正确；D.用打气筒往自行车轮胎内打气时需要用力，是因为气体压强增大的缘故，并不能说明气体分子间存在斥力，而且气体分子间的分子力几乎可以忽略不计，故 D 错误。故选Co5、D【解析】在竖直向上拉力尸=6ig时，此时4、B 受的拉力分别为3/ng、3 m g,对 A 因为3，gV4ig,故物体4 静止
17、，加速度为 0;对物体53mgm g=man解得dB=2g故选D。6、C【解析】小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0-2mvv解得1“共=5%对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得（加片=g（加+咐 喙+Q解得0=1 mv=mgl由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程_11,一 打S ma x=f/S m i n=/小物块受到摩擦力为f=吆对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得Q =fi=N1ngs故_2 _2_“max-9，min-2 2.即 j-X ,故 C 正确，A B D 错误。11 9故选Co二、多项选择题：本题共
18、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、BDE【解析】A.根据晶体的性质可知，单晶体的在某些物理性质上具有各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，A错误；B.热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物，即涉及热现象的宏观过程都具有方向性，B正确；C.布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒受到液体分子无规则碰撞引起的，C错误；D.水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关，随温度降低而减小，D正确；E.由于液体表面存在张力，液体表面像一张橡皮膜，即
19、使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，E正确。故选BDE.8、BC【解析】A B.而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了 p衰变，A项错误、B项正确;mvC.由于衰变后两带电粒子的动量大小相等，根据圆周运动的规律，带电粒子的轨迹半径一=一/，电荷量大的轨迹半qB径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动，C项正确；D.衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少，D项错误。故 选BC,9、BC【解析】ABC.如图，由几何知识可知，与AD边界相切的轨迹半径为L 5L,与CD边界相切的轨迹半径为L；由半径公式：R=就 可 知 轨 迹 与CD
20、边界相切的粒子速度为牛，由此可知，仅 满 足 鲁y%的粒子从CD边界的PD间射出，选项A错误，BC正确;D.由上述分析可知，速度小于半的粒子不能打出磁场，故选项D错误。故选B C.1 0、A D【解析】试题分析：在 d点运动到O 点过程中，a b 边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到1,则电流均匀减小到1;然后c d 边开始切割，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到1,则电流均匀减小到L A正确，B错 误.d点运动到O 点过程中，a b 边切割磁感线，a b 相当于电源，电流由a到 b,b点的电势高于a点，a b 间的电势差
21、U a b 为负值，大小等于电流乘以b c d a 三条边的电阻，并逐渐减小.a b 边出磁场后后，c d 边开始切割，c d 边相当于电源，电流由b到 a,a b 间的电势差U a b 为负值，大小等于电流乘以a b 边得电阻，并逐渐减小.故C错误，D正确.考点：本题考查导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则.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。1 1、0.5 0 4 8 细线有直径【解析】(1)口 游标卡尺的主尺示数为5mm。游标尺的0 刻线与主尺的某刻线对齐，示数为0,则测量值为5mm+0.0 m m =5.0 m m =0.5
22、0 c m(4)2 取纸带上的A。段计算纸带运动的速度，有AD 4.5 3 c mV-34 3 x 0.0 2 s=7 5.5 c m/s该速度即为电动机转动时转轴边缘的线速度。转轴边缘做圆周运动，则转速n=v2nR7 5.5 c m/s3.1 4 x 0.5 0 c m 4 8 r/s 3 细线有直径，在轴上绕行的过程相当于增大了转轴的直径，而上式仍按电动机原有直径进行计算，得到的计算值偏大。1 2、1.6 0 9 B 1.8 8 1.8 4 A【解析】螺旋测微器的固定刻度为L5mm,可动刻度为1 0.9 x 0.0 1 mm=0.1 0 9 m m所以最终读数为1.5 m m+0.1 0
23、9 m m=1.6 0 9 m m根据图上所得的数据，应取图中。点到8点来验证机械能守恒定律;网从。点到8点的过程中，重物重力势能的减少量纥，=w g =l x 9.8 x O.1 9 2()J=1.8 8 J 3点的瞬时速度等于AC段的平均速度，则有x.c 0.2 3 2 3-0.1 5 5 5 ,八。，v =-m/s =1.9 2 m/s1 1 2T 0.0 4重物动能的增加量1 ,1 ,Ek=-m v；=-x l x l.9 22J=1.8 4 J|5|根据机械能守恒得则有g h=v2可知一1 声7一力的图线是过原点的倾斜直线，故A正确，B、C、D错误;2故选A o四、计算题：本题共2小
24、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、mv/5。；2 m v05qd B24mv05qd【解析】贴 近N极板射入的尘埃打在M板右边缘的运动轨迹如图甲所示,由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径Rd尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB叫;R.解得B=qd(2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，由平衡条件得qE=qv0B撤去磁场以后粒子在电场力的作用下做平抛运动，假设距离N极板)，的粒子恰好离开电场，则在水平方向d f t在竖直方向1 2y cit2加速度qEa=-2m解得y=0.5d所以除尘效率7
25、7 =2x100%=50%d设圆形磁场区域的半径为凡，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为此,要把尘埃全部收集到位于P处的条状容器中，就必须满足另有片/v0B2=m如图乙当圆形磁场区域过P点且与M板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径 最小，磁感应强度层最大，则有%小=1254解得_ 4mv0“岳J如图丙当圆形磁场区域过P点且与)轴在M板的右端相切时，圆形磁场区域的半径 最大，磁感应强度为最小，则有几 大=1.5d解得 一 2叫2小 5qd所以圆形磁场区域磁感应强度B2的大小须满足的条件为 5,35qd 5qd14、(1)-v,方 向 水 平 向 右(2)L=3 g R2x(3)v0-J3gR
26、-v233g 3【解析】(1)对于滑块M和物块机组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有mv=MV滑块M的速度V1-3一一-V方向向右.(2)物块滑下的过程中，物块的重力势能，转化为系统的动能和内能，有mv2+MV2+jumgL=mgR解得3 g R-2 V 2L-3Hg(3)物块以速度为冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大.若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度V i,此为物块不会越过滑块的最大初速度.对于M 和，组成的系统，水平方向动量守恒，有mv0=(m+M)匕相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有1 ,1 2/(+/)乂=fdmg
27、L+mgR解得：要使物块机不会越过滑块，其初速度(w g/g R-V15、(1)10 m/s,与电场方向夹角为60。(1)3.5 s【解析】(1)小球做匀速直线运动时，受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有：Bqv=Jq22+加2g2,带入数据解得：v=20m/s,速 度 y 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足：tanO=延,mg解得：tanO=后,则0=60；(1)撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以尸点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，其初速度为Vy=vsinO,若使小球再次穿过尸点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，则有：1 9v t-g t2=O2联立解得：t=2 6 s