《2021-2022学年江苏南京玄武区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学年江苏南京玄武区高考冲刺物理模拟试题含解析.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、某静电场的电场线与x轴平行，x轴上各点的电势情况如图所示，若将
2、一带电粒子从坐标原点O由静止释放，该粒子仅在电场力的作用下，沿着x轴正方向运动，已知电场中用、N两点的x坐标分别为5 m m、1 5 m m,则下列说法正确 的 是()A.在 x轴上M、N两点间的电场方向先沿x轴正方向后沿x轴负方向B.该带电粒子一定带负电荷C.在 x=1 0 m m 的位置，电场强度大小为1 ()()()V/mD.该粒子沿x轴从M 点运动到N点的过程中，电势能一直增大2、如图所示为四分之一圆柱体0A3 的竖直截面，半径为K,在 8点上方的C点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在。点与圆柱体相切，0。与 08的夹角为6 0。，则 C点到8点的距离为()3、某理想自耦变压器接入电路中
3、的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为|：4=1：1，电阻R =22O.下列说法正确的是A.通过K 的交流电的频率为100 HzB.电流表A2的示数为J I AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将尸沿逆时针方向移动一些，电流表A i的示数变小4、如图所示，长方形abed长 ad=0.6m,宽 ab=0-3m,e、f 分别是ad、b e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=3xl（Tkg.电荷量q=+2xl0-3c的带电粒子以速度vo=5x 102m zs 从左右两侧沿
4、垂直ad和 be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、质量为，的物体用轻绳4 8 悬挂于天花板上。用水平向左的力尸缓慢拉动绳的中点。，如图所示。用 7 表示绳段拉力的大小，在。点向左移动的过程中A.尸逐渐变大，7 逐渐变大B.尸逐渐变大，T逐渐变小C.k 逐渐变小，7、逐渐变大D.尸逐渐变小，7 逐渐变小6、在如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,用、代为定值电阻，用为滑动变阻
5、器，C 为电容器。将滑动变阻器的滑动触头尸置于位置“，闭合开关S,电路稳定时理想电压表V卜 V2的示数分别为S、U i,理想电流表A的示数为人当滑动变阻器的滑动触头P 由 a 滑到8 且电路再次稳定时，理想电压表V、V2的示数分别为U/、U2,理想电流表A 的示数为I.则以下判断中正确的是（）A.滑动变阻器的滑动触头P 由 a 滑向分的过程中，通过心 的电流方向由左向右B.滑动变阻器的滑动触头P 由 a 滑向，的过程中,电容器的带电量减小c.a 5：u2u2,i rD.7-=A+ri-r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
6、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、两列分别沿x 轴正、负方向传播的简谐横波在U 0 时刻的波形如图所示，其中a 波振幅为2cm,沿 x 轴正方向传播;b 波振幅为4 c m,沿 x 轴负方向传播。两列波的传播速度大小均为u=2m/s。则下列说法正确的是（）A.两列波的质点的起振方向均沿y 轴负方向B.横波”的周期为2sC.U I.5s时，质 点。离开平衡位置的位移为2cmD.两列波从相遇到分离所用的时间为2s8、关于电磁波，下列说法正确的是（）A.麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在B.非均匀周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C.手摇动用丝绸摩擦
7、过的玻璃棒，在空气中产生电磁波，只能沿着摇动的方向传播D.频率在200MHz“000MHz内的雷达发射的电磁波，波长范围在0.3ml.5m之间E.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度9、一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，f=1s时刻波形如图甲所示a、b、d 是波上的三个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。则下列说法正确的是（）A.该波传播速度大小为3m/s B.图乙可以表示d 质点的振动C.图乙可以表示b 质点的振动 D.r=0.5s时，“质点速度沿），轴负方向10、真空中一对等量异种电荷A、B,其周围的电场线和等势线分布如图所示。相邻等势线之间电势差相等，G 点是两电荷连线的中
8、点，MN是两电荷连线的中垂线，C、。两点关于MN对称，C、D、E、尸、G、H 均是电场线与等势线的交点。规定距离两电荷无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）MNA.中垂线M N的电势为零，G 点的电场强度为零B.C、。两点的电势不相等，电场强度相同C.G 点电势等于4 点，电场强度大于V 点D.F 点电势高于E 点，电场强度大于E 点三、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）某学习小组通过如图甲所示实验装置来验证动量守恒定律。A 是固定在水平桌面上光滑的斜槽，斜槽末端与水平桌面平行，3 是气垫导轨，C 是光电门，。是带有小孔的滑
9、块（孔内粘有胶带，小球进入小孔即粘在胶带上），滑块上方有一窄挡光片。实验前将斜槽固定在水平桌面上，调整气垫导轨的高度，使滑块小孔与斜槽末端在同一高度处，同时调整气垫导轨水平，多次改变小球释放高度心 得到挡光片通过光电门的时间f,做出3 图象。小球质量为 m,滑块总质量为，皿，挡光片宽度为d,重力加速度为g（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，宽度d=c m（2）只要满足关系式，片（用题中所给的物理量符号表示），就可以说明在误差允许范围内碰撞过程动量守恒（3）如 果 图 象 是 一 条 过 原 点 的 （填写“倾斜直线”或“抛物线”），同样可以验证动量守恒1 2.（1 2分）某同学用如
10、图所示装置做“探究加速度与合力关系”的实验。测得小车（带遮光片）的 质 量 为 当 地 的（1）实验前，用游标卡尺测出遮光片的宽度，示数如图所示，则遮光片的宽度为4=c m。（2）为了使细线的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，必须A.将长木板的右端适当垫高，以平衡摩擦力B.砂和砂桶的总质量远小于小车的质量C.减小遮光片的宽度（3）调节好装置，将小车由静止释放，与光电门连接的计时器显示小车通过光电门时遮光片的遮光时间/,要测量小车运动的加速度，还需要测量_ _ _ _ _ _ _ _ _ _（填写需要测量的物理量名称），若该物理量用x表示，则小车运动的加速度大小为（用测得的物理量符号表示（4）保持小
11、车每次释放的位置不变，光电门的位置不变，改变砂和砂桶的总质量，重复实验，测得多组小车通过光电门的遮光时间/及砂和砂桶的总质量?，为了使图像能直观地反映物理量之间的关系，应该作出_ _ _ _ _ _ （填“机-产、“机一产”、“加-；”或“机-，”）图像，当图像为过原点的一条倾斜的直线，表明质量一定时，加速度与合力成正比。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）静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为根八=L O k g ,4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，4与其右侧的竖直墙壁距离/=1.
12、0 m,如图所示.某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使4、8瞬间分离，两物块获得的动能之和为纥=10。L 释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动.4、8与地面之间的动摩擦因数均为4 =0.2 0.重力加速度取g=10 m/s2.A、8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、8 速度的大小；(2)物块A、8 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与 5 之间的距离是多少？(3)A 和 8 都停止后，A 与 8 之间的距离是多少？14.(16分)如图甲所示，两根由弧形部分和直线部分平滑连接而成的相同光滑金属导轨平行放置，弧形部分竖直，直线部分水平且左端连线垂直于导轨，
13、已知导轨间距为L金 属 杆 6 长度都稍大于L。杆静止在弧形部分某处，b杆静止在水平部分某处。水平区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.a杆从距水平导轨高度h处释放，运动过程中a 杆没有与分杆相碰，两杆与导轨始终接触且垂直。已知”、的质量分别为2,和机，电阻分别为2K和 R,重力加速度为g;导轨足够长，不计电阻。求 a 杆刚进入磁场时，6 杆所受安培力大小；求整个过程中产生的焦耳热；若杆从距水平导轨不同高度h释放，则要求b杆初始位置与水平导轨左端间的最小距离x 不同。求 x 与间的关系式，并在图乙所示的xUz坐标系上画出/片加到人&2区间的关系图线。15.(12分)如 图(甲)所 示，粗糙
14、直轨道O B固定在水平平台上，4 是轨道上一点，8 端与平台右边缘对齐，过点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小=L0 xl06N/C,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P 电荷量是2.0 x10-5C,质量为,=lkg。小物块P 从。点由静止开始在水平外力作用下向右加速运动，经过0.75s到达A点，当加速到4m/s时撤掉水平外力尸，然后减速到达8 点时速度是3 m/s,尸的大小与P 的速率v 的关系如图(乙)所示。P 视为质点，P 与轨道间动摩擦因数=0 5 直轨道上表面与地面间的距离为&=1.25m,P 与平台右边缘碰撞前后速度大小保持不变,忽略空气阻力，取 g=l()m/s2。求：P 从开
15、始运动至速率为lm/s所用的时间；(2)轨 道O B的长度；(3)P落地时的速度大小。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】A.由什x 图像知从M 点到N 点电势降低，根据沿着电场线方向电势降低可知在x 轴上、N 两点间的电场方向沿x轴正方向，A 项错误；B.粒子受力方向和电场方向相同，故粒子带正电荷，B 项错误；C.在 伊 x 图像中，图线斜率表示电场强度的大小，电场强度大小为E=U=10d x 10 x10-3V/m=lOOOV/mC 项正确;D.粒子沿x 轴从M 点运动到N 点的过程中，电场力一
16、直做正功，电势能一直减小，D 项错误。故 选 C。2、D【解析】由几何知识求解水平射程.根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D点时竖直分速度的关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到C 点到8 点的距离.【详解】设小球平抛运动的初速度为vo,将小球在D点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有V=tan 60,%解得：里 s%小球平抛运动的水平位移：x=Rsin 60,x=v()t9解得：，=丝*=吗。2,2设平抛运动的竖直位移为y,W=2 g y,解得：3R则RB C=y-(R Rcos 60)=,故D正确，A B C错误.【点睛】本题对
17、平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小，并 求C 8间的距离是关键.3、C【解析】由图乙可知，该交流电的周期为T=0.02s,其频率为50 H z,选 项 A 错误；变压器初级输入电压的有效值=2 2 0 V=22()V，次级电压：U2=U=2 2 V,则电流表A?的示数为/,=4 =1|A=1A,选项B 错误;V 2 一 R 22变压器的次级功率为：A=/2 2=2 2 W ,则此时变压器的输入功率为22 W,选 项 C 正确；将尸沿逆时针方向移动一些，则次级匝数增加，次级电压变大，则电流表A i的示数变大，选项D错误。故选C.4、C【解析】粒子进入磁场后做匀
18、速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：_ _ _ _ _ _ _ _ _ 匚，代入数据解得粒子轨道-Q -=半径：二=0.3 二；AB、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 be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，
19、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Co【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、A【解析】以结点。为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点。缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳 0 8 的张力Tn=mg根据平衡条件可知：7cos-rB=0,7sinO-F=O由此两式可得：F=TK.anO=mgtanO7 =工 _cosO在结点为。被缓慢拉动过程中，夹角。增大，由三角函数可知：尸和T均变大。A.尸逐渐变大，7 逐渐变大与分析相符，故 A 正确。B”、逐渐变大，7 逐渐变小与分析不符，故 B 错误。C.F逐渐
20、变小，T 逐渐变大与分析不符，故 C 错误。D.尸逐渐变小，7 逐渐变小与分析不符，故 D 错误。6、D【解析】A B.电容C 与电阻b、R2并联，其电压等于电源的路端电压，当滑动变阻器滑动触头P 由 a滑向的过程中，变阻器的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，根据可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，通过当的电流方向由右向左，故 A B 项错误；c.因电路电流减小，故/，则R两端电压减小，即，以 。因路端电压增大，则 后 两端电压增大，即。2 。2，故 C 项错误；D.将&等效为电源内阻，则 力 可视为等效电源的路段电压，根 据 U-/图像的斜率关系可得U2-U2i-r=Rt+r
21、故 D 项正确。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、BD【解析】A.根据平移法，且同一列波各点起振方向均相同，可知a波起振方向向上，波起振方向向上，故 A 错误；B.横波。的波长为4 m,则周期T=2sv故 B 正确；C.横波8 的波长为4 m,则周期也为2s,UI.5s时经过3 T ，则质点。离开平衡位置的位移为-4cm,故 C 错误；4D.两列波从相遇到分离所用的时间为故 D 正确。故选BD,8、BDE【解析】A.麦克斯韦预言了电磁波的存在，是赫
22、兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故 A 错误；B.非均匀周期性变化的磁场产生非均匀周期性变化电场，非均匀周期性变化的电场产生非均匀周期性变化磁场，相互激发，形成电磁波。故 B 正确；C.电磁波产生后，可以在任意方向传播，故 C 错误；D.根 据 电 磁 波 频 率 在 200MHz至 1000MHz的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m至 1.5m之间，故 D 正确;vE.由于波源与接受者的相对位置的改变，而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天体相对于地球的运动速度，故 E 正确。故选：BDEo9、AC【解析】A.由题图甲可知波长；1=6 m,由题图乙可知周期T=2 s,则
23、波速A ,v=3m/sTA 正确；BC.a、b、d 三质点中在，=Is时位于平衡位置的是和d 质点，其中b 质点向），轴正方向运动，d 质点向y 轴负方向运动。则题图乙可以表示方质点的振动，C 正确，B 错误；D./=0.5s时 a 质点通过平衡位置向y 轴正方向运动，D 错误。故选AC。10 CD【解析】A C.根据题设条件和电场线、等势线分布可以知道，中垂线所有点的电势为零，电场强度是G 点最大，向上和向下电场强度逐渐减小，A 错误、C 正确；B.沿电场线方向电势降低，C、。两点电势不等，场强大小相等，方向不同，B 错误；D.根据电场线疏密程度可知，厂点的场强大于E 点，0,经 vB-az
24、=()()在时间f 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A 在时间f 内的路程s八都可表示为$4二以 一,。/2 2联立式并代入题给数据得s.=l 75m,s/,=0.25m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时4 位于出发点右边0.25m处.B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s 为s=0.25m+0.25m=0.50m（3）时刻后4 将继续向左运动，假设它能与静止的5 碰撞，碰撞时速度的大小为以，由动能定理有ImAA-；mAv=-imAg（2/+SB）联立式并代入题给数据得v；=m/s 故
25、A 与 8 将发生碰撞.设碰撞后A、8 的速度分别为以“以和蟆，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA（-VA）=mAVA+mBVB Q1 2 1 2 1 2 zx=5帆A0+万%以 O联立。式并代入题给数据得vA=m/s,vB=-m/s 这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动.设碰撞后4 向右运动距离为次时停止，B 向左运动距离为s/时停止,由运动学公式24sA=y j,2asB=G）由O 式及题给数据得sA=0.63 m,sB=0.28 m s/小于碰撞处到墙壁的距离.由上式可得两物块停止后的距离s=4 +。=0.91 m Q14、F=B可 廊3H2(2)Q=-m g h ；(3)x=
26、2mRyj2gB1!?乙【解析】设杆刚进入磁场时的速度为匕，回路中的电动势为用，电流为人，力杆所受安培力大小为此 则2mgh=g -2 m匕2E=B L/,二 -1 2R+RF=B IJ解得九 回1 -3R(2)最后或 杆速度相同，设速度大小都是为，整个过程中产生的焦耳热为Q，则2mvt=(2m+m)v21.2+12 2 2解得2Q=-m gh(3)设b杆初始位置与水平导轨左端间的距离为x时，。杆从距水平导轨高度释放进入磁场，两杆速度相等为匕时两杆距离为零，x即为与高度/，对应的最小距离。设从。杆进入磁场到两杆速度相等经过时间为M,回路中平均感应电动势为后，平均电流为7,则-BLxE=-=-A
27、 r A r7二品对b杆，由动量定理有mv2=BILNt或者对。杆，有2mv2-2 mV j =图线如图所示(直线，延长线过坐标原点)。15、(l)0.5s；(2)2.825m；(3)Jm/s【解析】(1)P的速率从零增加到肛=lm/s,受外力/i=7 N,设其做匀变速直线运动的加速度为a i,经 过 时 间 位 移 为有6 一 /nmg=max%=贴%2 乙代入数据得ai=2m/s2 /i=0.5s,xi=0.25m(2)P从力=lm/s运动至4 点，F2=9 N,设其做匀变速直线运动的加速度为2,有：F2-/nmg=ma2设 P 从速度3 经过打时间，在 A 点的速度为也，位移为X 2,则
28、t2=0.75 4=0.25sV2=Vi+d2t2x%2_V，+V2f 2 2解得V2=2m/s,X2=0.375mP 从 A 点至5 点，先做匀加速直线运动，速度达到羽3=4m/s,位移为心，有：u；-岐=2a2x3解得X3=1.5mP 达到速度内时撤掉水平外力，在摩擦力作用下减速，减速到达3 点时速度是U4=3m/s,位移为刈，有一jumg=rna3V 一d=2a3匕解得X4=0.7m轨 道0 B的长度元=玉 +/+&+Z=2.825m(3)P从B点开始水平方向受向左的电场力，竖直方向上受重力，做曲线运动。水平方向的加速度大小ax=20m/s2m水平方向上先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，经时间4=2x21=0.3s%1 ,与平台右边缘碰相碰。竖直方向上做自由落体运动，有h=>：,解得Z4=0.5S落地时水平方向的速度匕=匕一/(/4_/3)=_ 1m 7s落地时竖直方向的速度vv=gt4=5m/s落地时的速度大小为V=Jv：+Y=5/26111/8