《2021-2022学年甘肃省高考冲刺物理模拟试题含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年甘肃省高考冲刺物理模拟试题含解析.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考生请注意：1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落。主要原因是（）一 力 铅 柱茶 钩 码1 1 E3A.铅分子做无规则热运动B.铅柱间存在磁力的作用C
2、.铅柱间存在万有引力的作用D.铅柱间存在分子引力的作用2、物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学知识，推动物理学的发展.下列说法符合事实的是（）A.英国物理学家卢瑟福第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念B.法拉第最早在实验中观察到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕C.爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解释了光电效应现象D.法国学者库仑最先提出了电场概念，并通过实验得出了库仑定律3、2020年初，在抗击2019-nCoV,红外线体温计发挥了重要作用。下列关于红外线的说法中正确的是（）A.红外线的波长比红光短B.利用红外线的热效应可以加热物体C.红外遥感是利用红外
3、线的穿透能力强D.高温物体辐射红外线，低温物体不辐射红外线4、如图，两梯形木块M、P（均可看成质点）叠放在水平地面上，M、P 之间的接触面倾斜。连接M 与天花板之间的细绳沿竖直方向。关于力的分析，下列说法正确（）A.木 块 M 不可能受二个力作用B.木 块 M 可能受三个力作用C.木 块 M 一定受四个力作用D.地面可能受到水平方向的摩擦力5、如图所示，一个带正电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为y若加上一个垂直于纸面指向纸外的方向的磁场，则物体滑到底端时（）6、如图所示，为某运动员（可视为质点）参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的 一，图象以他离开跳板时为计时起点，不计空
4、气阻力。则下说法中正确的是（）A.打时刻达到最高点B.打时刻的位移最大C.A 时刻的加速度为负D.在hti时间内重力做功WG小于t2t3时间内克服阻力做功Wt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、关于热力学定律，下列说法正确的是（）A.气体吸热后温度一定升高B.对气体做功可以改变其内能C.理想气体等压膨胀过程一定放热D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡8、卫星导航
5、系统是全球性公共资源，多系统兼容与互操作已成为发展趋势。中国始终秉持和践行“中国的北斗，世界的北斗，一流的北斗”的发展理念，服务“一带一路”建设发展，积极推进北斗系统国际合作。与其他卫星导航系统携手,与各个国家、地区和国际组织一起，共同推动全球卫星导航事业发展，让北斗系统更好地服务全球、造福人类。基于这样的理念，从 2017年底开始，北斗三号系统建设进入了超高密度发射。北斗系统正式向全球提供RNSS服务，在轨卫星共53颗。预计2020年再发射2-4颗卫星后，北斗全球系统建设将全面完成，使我国的导航定位精度不断提高。北斗导航卫星有一种是处于地球同步轨道，假设其离地高度为h,地球半径为R,地面附近
6、重力加速度为g,则有（）A.该卫星运行周期可根据需要任意调节B.该卫星所在处的重力加速度为（品）浓C.该 卫 星 运 动 动 能 为 高D.该卫星周期与近地卫星周期之比为（1 +239、如图甲所示，A、B 两物块静止在光滑水平面上，两物块接触但不粘连，A、3 的 质 量 分 别 为%=，/%=3加。U 0 时刻对物块4 施加一水平向右推力入，同时对物块8 施加一水平向右拉力尼,使 4、8 从静止开始运动，力 为、尸 2随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A.当 时 刻 4 对 8 的推 力大小为为B.02时刻内外合力对物块A 做的功为上正2128mC.从开始运动到4、B 分 离,物
7、 体 8 运动的位移大小为，64mD.为时刻A 的速度比8 的 速 度 小 24m10、如图，内壁光滑圆筒竖直固定在地面上，筒内有质量分别为3,小机的刚性小球g b,两球直径略小于圆筒内径,销子离地面的高度为人拔掉销子，两球自由下落。若 a 球与地面间及“、分两球之间均为弹性碰撞，碰撞时间极短,下列说法正确的是（）A.两球下落过程中，对。有竖直向下的压力B.a 与 b 碰后，a 的速度为0C.落地弹起后，能上升的最大高度为D.落地弹起后，5 能上升的最大高度为4人三、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）为 了 测 量 一 个
8、未 知 电 阻（&约 为 50。）的阻值，实验室提供了如下器材：A.电 源（电源电动势E=4.5V,内阻约0.5。）B.电压表V（量程为03 V,内阻约3k。）C.电流表A（量程为 D.0 6 A,内阻约0.3C）D.滑动变阻器R：（020。）E.开关及导线若干（1）请在下面方框内画出实验电路图（）（2）连好实物电路后发现电压表损坏了，实验室又提供了一只毫安表mA（量程为030m A,内阻5。）和一个电阻 箱（0-999.9Q）,要利用这两个仪器改装为3V 的电压表，需要将毫安表和电阻箱配 联，并将电阻箱的阻值调到_ _ _ _ _（3）请画出改装后的实验电路图（）（4）如果某次测量时毫安表示
9、数为20.0m A,电流表A 示数为0.058A,那么所测未知电阻阻值氏=。（最后一空保留3 位有效数字）。12.（12分）某同学利用图（a）所示电路测量量程为3 V 的电压表的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有:电阻箱R（最大阻值9999.9。），滑动变阻器R（最大阻值50 Q）,滑动变阻器&（最大阻值5 kft）,直流电源E（电动势4 V,内阻很小）。开 关 1个，导线若干。图（a）图 实验步骤如下：按电路原理图（a）连接线路；将电阻箱阻值调节为0,将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；调节滑动变阻器，使电压表满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱
10、阻值，使电压表的示数为2.00 V,记下电阻箱的阻值。回答下列问题：（1）实 验 中 应 选 择 滑 动 变 阻 器 （填或“出）；根 据 图（a）所示电路将图（b）中实物图连线；（一）（3）实验步骤中记录的电阻箱阻值为1500.012,若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为2（结果保留到个位）；（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可 推 断 该 表 头 的 满 刻 度 电 流 为 （填正确答案标号）。A.100 pA B.250 jiA C.500 HA D.1mA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
11、说明、方程式和演算步骤。13.（10分）如图所示，固定光滑轨道AB末 端 B 点切线水平，AB高度差/%=L8m,B 距传送带底端的竖直高度为%=3.8 m,与轨道同一竖直面的右侧有一倾角8=37。的传送带，以u=2 m/s顺时针匀速转动。在轨道上A 处每隔1秒无初速释放一个质量?=2kg的相同滑块，从 B 点平抛后恰能垂直落到传送带上，速度立即变为零，且不计滑块对7传送带的冲击作用。滑块与传送带间的动摩因数为=三，传送带长度为L=7 m,不计空气阻力。（sin370=0.6,Ocos37=0.8,g=10m/s2）求：（1）滑块从B 点落至传送带的时间;因传送滑块，电动机额外做功的平均功率。
12、14.（16分）某研究性学习小组在实验室进行了测定金属电阻率的实验，实验操作如下：检查螺旋测微器零位线是否准确，若测微螺杆和测砧紧密接触时，螺旋测微器的示数如图甲所示，则用该螺旋测微器测金属丝直径时，测 量 结 果 将 （选填“偏大”或“偏小”），这属于（选填“系统误差”或“偶然误差”）。（2）若用如图乙所示的电路测金属丝&的电阻，测 量 误 差 主 要 来 源 于,它 将 导 致 测 量 的 金 属 丝 电 阻 率（选填“偏大 或“偏小（3）为了更准确地测量金属丝的电阻，该学习小组对电路进行了改进，选择了一个与金属丝电阻差不多的已知阻值的电阻R,接入如图丙所示的电路。实验时，单刀双掷开关接位
13、置1时，电流表示数为八，电压表示数为口；单刀双掷开关接位置2时，电流表示数为4 电压表示数为S,根据以上测量数据可知金属丝电阻的表达式为他=o另外,实验中不仅能得到金属丝电阻的准确值，还可以测出电流表的内阻，电 流 表 的 内 阻 尺 =.（均用题中所给字母表示）15.（12分）C D、E尸是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为，导轨间距为L,在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为CPQE）,磁感强度大小为8,如图所示.导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻上 将一阻值也为K的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高
14、度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x处。已知导体棒质量为处 导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g。求:（1）导体棒两端的最大电压S（2）整个电路中产生的焦耳热;（3）磁场区域的长度d。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、D【解析】分子间的引力的斥力是同时存在的，但它们的大小与分子间的距离有关。分子间距离稍大时表现为引力，距离很近时则表现为斥力，两铅块紧密结合，是分子间引力发挥了主要作用，D正确，ABC错误。故选D。2、C【解析】玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出
15、了定态和跃迁的概念，选 项A错误；奥斯特最早在实验中观察到电流的磁效应现象，从而揭开了电磁学的序幕，选 项B错误；爱因斯坦给出了光电效应方程，成功的解释了光电效应现象，选项C正确；法拉第最先提出了电场概念，库伦通过实验得出了库仑定律，选 项D错误；故 选C.3、B【解析】A.红外线的波长比红光的波长更长，故A错误；B.红外线是一种看不见的光，通过红外线的照射，可以使物体的温度升高，故B正确；C.人们利用红外线来实行遥控和遥感，是因为红外线波长长，更容易发生衍射，故C错误；D.一切物体都向外辐射红外线，故D错误。故选B。4,B【解析】ABC、对A受力分析，若细线伸直且拉力等于重力时，AB间只接触
16、无弹力，即A只受重力、拉力作用，此时A只受两个力，且A B之间无摩擦，若A细线未伸直即拉力为零，此时A受重力、支持力、摩擦力作用，故A C错误，B正确。C、对整体进行分析，整体受重力、支持力或重力、支持力、拉力作用，而水平方向没有外力，故水平地面对B物体没有摩擦力，故D错误；5、A【解析】未加磁场时，根据动能定理，有1,mgh-Wf-mv-0加磁场后，多了洛伦兹力，洛伦兹力不做功，根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直斜面向上，所以物体对斜面的压力减小，所以摩擦力变小，摩擦力做的功变小，根据动能定理，有mgh-Wf=mv2-0所以vv.故A正确，B C D错误。故选A。6、D【解析】A.运动员起跳时
17、的速度方向向上，可知，A时刻达到最高点，故A错误。B.在0心时间内，图象为直线，加速度不变，所以在0心时间内人在空中，时刻达到最高点，1也时间内下落，打时刻开始进入水面，打时刻达到水中最深处，打时刻的位移最大，故B错误。C.根据速度图象的斜率表示加速度，知时刻的加速度为正，故C错误。D.在小白时间内，根据动能定理知3M 2 3=0即喉=叼23-%所 以 在 时 间 内 重 力 做 功WG1 2小于。2，3时间内克服阻力做功Wf2 3,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2 0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
18、，有选错的得0分。7、BDE【解析】A.气体吸热后，若再对外做功，温度可能降低，故A错误；B.改变气体内能的方式有两种：做功和热传导，故B正确；C.理想气体等压膨胀过程是吸热过程，故C错误；D.根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，故D正确；E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡，否则就不会与第三个系统达到热平衡，故E正确。故选BDE.【点睛】本题主要考查了热力学定律、理想气体的性质.此题考查了热学中的部分知识点，都比较简单，但是很容易出错，解题时要记住热力学第一定律E=W+Q、热力学第二定律有关结论以及气体的状态变化
19、方程等重要的知识点.8、BC【解析】A.地球同步卫星和地球自转同步，周期为24h,A错误；B.由_ Mm,2万、2 v2G =)r-m=mgr T r可知GMGM则该卫星所在处的重力加速度是R2B正确；C.由于回 声V r该卫星的动能Ek=mv22mgR22(/?+/z)选 项 C 正确；D.根据开普勒第三定律可知，该卫星周期与近地卫星周期之比为Zk =(R+G R选 项 D 错误。故 选 BCo9、BD【解析】C.设/时 刻 4 8 分离，分离之前4 8 物体共同运动，加速度为a,以整体为研究对象，则有:a_ 6+6 _线C I-mA+mB 4m分离时：FG Q 4 3 cl2=tnBa=3
20、m x-=-Fa3根据乙图知此时r=W7)，则从开始运动到A、B 分 离,物体8 运动的位移大小:x=-at2=_LX&)2=_L耳2 2 4m 4 0 1 2 8 0 0故 C 错误；A.2 时刻还未分离，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律，则有：2a_4+8_ 0C I-mA+mB 4m对不根据牛顿第二定律：户2+FAB=S B。则5 B=3 m a _与故 A 错误；B.02时间，根据乙图知：2FI+F 2=FO则始终有，对整体根据牛顿第二定律:a _耳+鸟 _ mA+4m则 4 时刻2v=!=M4 2 8/77对 A 根据动能定理:1F2f2-mv=0 0.2 A 128m故 B 正确
21、;3D.f=时，A 8达到共同速度3Foto%=m=那1077?此后4 8 分离，对 4,根据动量定理:/=/WAA v3根据乙图:力fo,图象的面积等于为这段时间对A 的冲量，则4/，砥 娱=必2 4 4 32则 V-X32 m对 5,根据动量定理：r=m vr3根据乙图a“，。图 象 的 面 积 等 于 3 这段时间对5 的冲量,则则3叫。时间内8 比A 速度多增大 u=-A V =24m故 D 正确。故选：BD,10、BD【解析】A.两球下落过程中，两球都处于完全失重状态，则力对“没有压力，选 项 A 错误；B C D.设两球落地时速度均为v=y12gh方向竖直向下，则 a 与地面相碰后
22、反弹，速度变为竖直向上的 则 a）碰撞时，设向上为正方向，由动量守恒3mv-mv =3mva+mvh由能量关系m v2+3mv2 3mv2+mv12 2 2 a 2 b解得匕=0Vb=2v则落地弹起后，能上升的最大高度为零，6 能上升的最大高度为2=幺=4。2g选 项 C 错误，B D 正确。故选BDo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。【解析】（1）1 由于电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，故采用安培表内接法，滑动变阻器采用限流式接法即可，如图所示：R.(2)2 3改装成大量程的电压表，需 要 将 电 阻 与 表 头 串 联，其阻值为:
23、U 3=-。-5 0 =95.0。7X1 T 2Vg 0.0 302 g(3)4改装之后的电压表内阻为1(X4,则此时采用安培表外接法，如图所示:(4)根据欧姆定律可知，此时待测电阻的阻值为:R=0.0 2 0 x(95+5)0.0 58-0.0 2 012、RQ =52.6C30 0 0 D【解析】d)l.本实验利用了半偏法测电压表的内阻，实验原理为接入电阻箱时电路的总电阻减小的很小，需要滑动变阻器为小电阻，故选肥可减小实验误差.(2)2.滑动变阻器为分压式，连接实物电路如图所示：3.电压表的内阻&和 R 串联，分压为2.0 0 V和 1.0 0 V,则Rv=2 R =30 0 0 Q.(4
24、)4J.电压表的满偏电流R Rv 30 0 0 0故 选 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)0.8s；(2)1 0 4W【解析】(1)由动能定理得喇=卜 珞物块垂直打到传送带上，则%tan平抛运动竖直方向上解得t=0.8s(2)平抛运动竖直方向上y=-gt2=3.2 根设在传送带上的落点与底端相距L,/Limg cos 0-m g sin 0=inav2=2axv=atA4=2 s每 Is放一个物块，共两个物块匀加速x-2 m滑块先匀加速后匀速运动共速后物块可与传送带相对静止匀速运动，相邻两个物块
25、间距为Ax=vA/=2mL-Lt-x-Acn-2传送带上总有两个物块匀加速，两个物块匀速f =2/amg cos 0+2mg sin 0电机因传送物块额外做功功率为P=/v=104W14、偏大 系统误差 电流表的分压作用 偏大-r r T-R,2 /1 A【解析】根据测微螺杆和测砧紧密接触时的图象可知，用螺旋测微器测得的示数偏大;实验器材导致的误差为系统误差。(2)3根据伏安法测电阻的原理可知，电流表内接法误差来自电流表的分压，测量的阻值偏大，根据电阻定律可知,计算出来的电阻率也偏大。(3)5网单刀双掷开关接位置1 时，电流表示数为/1,电压表示数为S,则R+&4单刀双掷开关接位置2 时，电 流 表 示 数 为 电 压 表 示 数 为 S,则&+R+&耳联立解得&=立一5,&=5-穴*/2 1I 2I1氏心甲*3)d馈向T 国【解析】(1)由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，由机械能守恒定律有解得由法拉第电磁感应定律得E=得:E B L h _/2 2x=v2t(2)由平抛运动规律 1 2、乙解得由能量守恒定律可知个电路中产生的焦耳热为4H导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动。由牛顿第二定律-BILt-mv2-nwxd=vt联立解得福国-x恳)