《2021-2022学年广西梧州柳州高考物理必刷试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年广西梧州柳州高考物理必刷试卷含解析.pdf（18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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角 条形码粘贴处o2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将
2、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、在地球上不同的地方，重力加速度大小是不同的。若把地球看成一个质量分布均匀的球体，已知地球半径为R,地球自转的周期为T,则地球两极处的重力加速度与赤道处的重力加速度之差为3万R 2TTR 1 6,R 4%浓A.-7-B.7-C.D.T2 T2 T2 T22、如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小球，第一次小球落在斜面中点；第二次小球落在斜面底端；第三次落在水平面上，落点与斜面底端的距离为斜面底边长为2/,则（忽略空气阻力）（）A.小球运动时间之比4：匕=1：、后：百
3、B.小球运动时间之比4 4 3 =1:2:3C.小球抛出时初速度大小之比%:%2：%3 =1：3：6D.小球抛出时初速度大小之比为：心：%=8：2:33、有三个完全相同的重球，在每个球和水平面间各压了一块相同的木板，并都与一根硬棒相连，棒的另一端分别与一较链相连，三个较链的位置如图甲、乙、丙所示。现分别用力尸 甲、F乙、尸 丙将木板水平向右匀速抽出，（水平面光滑,重球和木板是粗糙的）。则下列关于尸 单、尸 乙、尸 丙 大小关系判断正确的是甲 乙 丙A.尸 甲=尸 乙=尸 丙 B.尸 甲 尸乙二尸丙 C.尸 甲 二 尸 乙v 尸 丙 D.尸 甲V尸 乙 v尸 丙4、如图，一圆形闭合铜环由高处从静
4、止开始下落，穿过一根质量为胆、竖直悬挂的条形磁铁，细绳对磁铁的拉力为凡若线圈下落过程中，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，则下列图中能正确描述拉力厂随时间t变化的图 像 是（）NFB.mg_zk_A.O5、如图所示，空间存在垂直于斜面向下的匀强电场（图中未画出），两个带电物块A 和 B 位于图中位置，A 固定于水平地面上，B 置于光滑斜面上，B 的重力为G。则下列情况能让B 在斜面上保持静止且让B 对斜面的压力小于Geos，的A.A 和 B 都带正电荷B.A 和 B 都带负电荷C.A 带正电荷，B 带负电荷D.A 带负电荷，B 带正电荷6、质量为，”的长木板放在光滑的水平面上，质量为
5、！加的物块放在长木板上，整个系统处于静止状态.若对物块施加2水平拉力（如图甲），使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为入；若对长木板施加水平拉力（如图乙），也使物块能从长木板上滑离，需 要 的 拉 力 至 少 为 则 为F2u77rrn77J777n77777U7TTT7TTn77T 77771甲乙1 2 3A.B.2 C.-D.一2 3 2二、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、如图所示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在仁0时刻的波形图，经过0.2s,M点第一次到达波谷
6、，则下列判断正确的是Q MI ylc.m-21.2A.质 点P的振动频率/=2.5H zB.该波的传播速度v=l m/sC.M点的起振方向沿j，轴负方向D.0 l s内质点Q运动的路程为0.2mE.0-1S内质点M运动的路程为0.08m8、如图所示，。、从c分别为固定竖直光滑圆弧轨道的右端点、最低点和左端点，0 a为水平半径，c点和圆心。的连线与竖直方向的夹角&=53。现从“点正上方的尸点由静止释放一质量根=1k g的 小 球（可视为质点），小球经圆弧轨道飞出后以水平速度I，=3m/s通过。点。已知圆弧轨道的半径R =1 m,取重力加速度g=10m/s2,s i n 53 =0.8，c o s
7、 530=0.6不计空气阻力。下列分析正确的是（）/A.小球从P点运动到Q点的过程中重力所做的功为4.5JB.尸、“两点的高度差为0.8mC.小球运动到b点时对轨道的压力大小为43ND.小球运动到c点时的速度大小为4m/s9、如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、8和C为等边三角形A 8 C的顶点，A、8固定正点电荷+Q,C固定负点电荷-Q,。、E 是 4、8 连线上的两点，S.A D=D E=E B.贝!（）4、+。V BZ.+QA.。点和E 点的电场强度大小相等B.。点和E 点的电场强度方向相同C.。点和E 点的电势相等D.将负电荷从。点移到E 点，电势能增加10、如图所示，光滑水平面放置一个
8、静止的质量为2,的带有半圆形轨道的滑块”，半圆形轨道的半径为上一个质量为机的小球6 从半圆轨道的左侧最高点处由静止释放，到达半圆轨道最低点P 时速度大小为=2，斤，然后进入右侧最高可到点Q,。连线与。尸间的夹角a=53,不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.滑块。向左滑行的最大距离为0.6RB.小 球 6 从释放到滑到。点的过程中，克服摩擦力做的功为0.4,gRC.小球b第一次到达尸点时对轨道的压力为1.8叫D.小球 第一次返回到尸点时的速度大于2星短三、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）某同学用如图甲所示的
9、实验装置验证动量守恒定律，气垫导轨上安装了两个光电门，气垫导轨左端装一个弹射装置，滑块可被弹射装置向右弹出，质量为，川的滑块甲和质量为，2的滑块乙上装有宽度相同的挡光片。开始时,滑块甲靠在已被锁定的弹射装置处，滑块乙静置于两个光电门之间，滑块甲弹出后通过光电门1 再与滑块乙发生碰撞,碰撞后要使两个滑块能够通过光电门2。挡光片潟依小 挡大片弹 射 装 为、潸块件 光 电 门04块 价2（单位cm）光电“2乙（1）如图乙所示是用游标卡尺测量遮光条宽度的情况,由此可知遮光条宽度d=c m。（2）下 列 选 项 中 不 属 于 本 实 验 要 求 的 是 （请填写选项前对应字母）A.气垫导轨应调节水平
10、B.滑块甲的质量一定要等于滑块乙的质量C.滑块甲的质量应大于滑块乙的质量（3）某次实验时，该同学记录下滑块甲通过光电门1 的 时 间 为 滑 块 乙 通 过 光 电 门 2 的时间为4 2,滑块甲通过光电门2 的时间为如果等式（用对应物理量的符号表示）成立，则可说明碰撞过程中系统动量守恒。12.（12分）“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示.（1）在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示.计时器打点的时间间隔为0.02s.从比较清晰的点起，每 5 个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离.该小车的加速度2=m/sL（结果保留两位有效数字）小车点计好
11、海（2）平衡摩擦力后，将 5 个相同的祛码都放在小车上.挂上祛码盘，然后每次从小车上取一个硅码添加到祛码盘中,测量小车的加速度.小车的加速度a 与祛码盘中祛码总重力F的实验数据如下表:祛码盘中祛码总重力F（N）0.1960.3920.5880.7840.980加速度a(m*s-2)0.691.181.662.182.70请根据实验数据作出a-F 的关系图像（3）根据提供的试验数据作出的尸图线不通过原点，请说明主要原因_ _ _ _.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,足够长的金属导轨M N
12、C和P Q D平行且间距为L左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为a=37。、/?=53。，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为8。均匀金属棒功和打质量均为，长度均为L,电阻均为R,运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒心与导轨间的动摩擦因数为=0.5,金属棒”光滑。同时由静止释放两金属棒，并对金属棒炉施加外力尸，使 4 棒保持 a=0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动。导轨电阻不计，重力加速度大小为g,sin37*0.6,cos37o=0.8。求：(1)金属棒劭运动过程中最大加速度的大小；(2)金属棒油达到最大速度所用的时间；(3
13、)金属棒功运动过程中，外 力 尸 对 棒 的 冲 量。14.(16分)如图所示，两列简谐横波a、b 在同一介质中分别沿x 轴正、负方向传播，波速均为v=2.5m/s。已知在Z=0时刻两列波的波峰正好在x=2.5m处重合。求U()时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标；从/=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m处的质点到达波峰且为振动加强点？15.(12分)如图所示，直角坐标系Oxy位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，在 y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m2=8xl(尸kg的不带电小物块静止在原点O,A 点距O 点 L=0.045m,
14、质 量 mi=lxl0-3k g的带电小物块以初速度vo=O.5m/s从 A 点水平向右运动，在 O 点与m2发生正碰并把部分电量转移到 mz上，碰撞后m2的速度为0.1m/s,此后不再考虑mi、m2间的库仑力.已知电场强度E=40N/C,小物块m i与水平面的动摩擦因数为ji=O.L取 g=10m/s2,求:(1)碰后m i的速度;(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P点，O P与x轴的夹角0=30,O P长为Lo p=0.4m,求磁感应强度B的大小；(3)其它条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小为W使m 2能与m i再次相碰，求尔的大小？参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4
15、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】.m M,2万、2 c 2%,4/R在两极：G-r=m gi；在赤道上：G r-m g m（y R,则 Ag =g 1 g?=（于）-R =一B.竿,与结论不相符，选项A错误;邛，与结论不相符，选项B错误;T216 万4RD.T24/R,与结论不相符，选项C错误与结论相符，选 项D正确;2、D【解析】A B.根据,1 2h g t得小球三次下落的高度之比为1:2:2,则 小 球 三 次 运 动 的 时 间 之 比 为 反，A B错误;C D.小球三次水平位移之比为1:2:3,时间之比为1：&：0,根据X%=7知初速
16、度之比为%1：%2：%3 =0:2:3C 错误，D 正确。故选D。3、D【解析】设球的重力为G,杆对球的拉力方向与竖直方向的夹角为。，球与木板的动摩擦因数为，球处于静止状态，受力平衡，对球受力分析，受到重力G、杆子的拉力7、木板对球的支持力N 以及木板对球水平向右的滑动摩擦力/,根据平衡条件得：N=G+Tsin6,f =Tcos0,而/=N,解得：吁 4 G1-tan。木板处于静止状态，再对木板受力分析，根据平衡条件可知，水平方向有：根据图象可知，从甲到乙再到丙，。增大，则/增大，所以尸增大，故与 心。,A.综 上 分 析 品 七 /，A 错误；B.综 上分析品七 品，B 错误；C.综上分析C
17、 错误；D.综上分析小（七 。，D 正确。故 选 D。4、B【解析】铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，则铜环对磁铁的力向下，细绳对磁铁拉力大于重力;当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离，对铜环施加一个向上的安培力，则铜环对磁铁的力向下，细绳对磁铁拉力大于重力；当铜环处于磁铁中央时，磁通量最大，没有感应电流，铀环对磁铁没有力的作用，细绳对磁铁拉力等于重力。A.靠近和远离时拉力都小于重力，与上述结论不符，故 A 错误；B.靠近和远离时拉力都大于重力，
18、与上述结论相符，故 B 正确：C.靠近时拉力大于重力，远离时拉力小于重力，与上述结论不符，故 C 错误；D.靠近时拉力小于重力，远离时拉力大于重力，与上述结论不符，故 D 错误。5、B【解析】CD.B 能保持静止，说明B 受到的合力为零，两物块A、B 带异种电荷，B 受到的合力不为零，CD错误；A.如 果 B 带正电，则让B 对斜面的压力大于Geos,A 错误；B.如 果 B 带正电，则让B 对斜面的压力小于GeosaB 正确。故 选 Bo6、A【解析】设物块与长木板间的动摩擦因数为，要使物块滑离，则L 36=侬 41-fjmg=ma 36=5 叫1 15 2g=5 刈 2求得二 鸟2-A.与
19、结论相符，选项A 正确；2B.2,与结论不相符，选 项 B 错误；C.|,与结论不相符，选项C 错误；3D.I，与结论不相符，选 项 D 错误;2故选A.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、ACD【解析】BC.f=0 时刻波传播到Q 点，Q 点起振方向沿y 轴负方向，在波传播过程中各点的起振方向都相同，则 M 点的起振方向也沿y 轴负方向；经过，=0.2s,M 点第一次到达波谷，可知波的传播速度Ax 0.02,，v-=-m/s=0.1m/st 0.2故 B
20、 错误，C 正确；A.由图象可知，波长Q 0.04m,则波的周期，亦即P 质点振动的周期.A 0.04 八，T=-s=0.4sv 0.1频率为周期的倒数，即 2.5H z,故 A 正确D.01s内质点Q 振动了 2.5个周期，运动的路程1s=-x8cm=20cm0.4故 D 正确；E.波传播到M 点的时间0.01力=s=O.ls0.1则 0I s 内质点M 振动了 2.25个周期，运动的路程t t 10 1=j-4 A=-5-x 8cm=18cm=0.18mT0.4故 E 错误。故选ACD8、AC【解析】A B D.小球从c 到。的逆过程做平抛运动，小球运动到c 点时的速度大小v 3,_,vc
21、-=m/s=5m/scos a 0.6小球运动到c 点时竖直分速度大小4v0.v =v tana=3 x2 m/s=4m/s则 Q、c 两点的高度差h422g 2x10m=0.8m设尸、a 两点的高度差为”，从尸到c,由机械能守恒得mg(H+Reos a)=g/nv(2解得H=0.65m小球从尸点运动到。点的过程中重力所做的功为W=mg（H+Rcosa）-/z=lxl0 x（0.65+lx0.6）-0.8j=4.5J故 A 正确，B D 错误;C.从 P 到儿由机械能守恒定律得mg（H+R）=；m丫；小球在分点时，有N-mg=m-联立解得W=43N根据牛顿第三定律知，小球运动到b 点时对轨道的
22、压力大小为4 3 N,故 C 正确。故选A C。9、A C【解析】AB.E两点电场，是 4、8 两正点电荷的电场与C 点的负点电荷的电场的叠加。4、5 两正点电荷在。点和E 点的合场强大小相等，方向相反，C 点的负点电荷在。点和E 点的场强大小相等，方向不同，所以，。点和E 点的合场强大小相等，方向不同，A 正确，B 错误；C.。点和E 点在-Q 的等势面上，同时关于两正点电荷对称，所以。点和E 点的电势相等，C 正确;D.根据电势能的计算公式Ep=q（p可知负电荷在。点和E 点的电势能相同，D 错误。故选A C。10、A D【解析】A.滑块a 和小球b 相互作用的过程，系统水平方向合外力为零
23、，系统水平方向动量守恒，小球b 到达。点时，根据动量守恒定律得滑块 和小球b的速度均为零，有2msa=msh品+S b=R+Rsin 53解得Sa=0.6K故 A 正确；B.根据功能关系得小球从释放到滑到。点的过程中，克服摩擦力做的功为W =m g Rcos53=0.6mgR故 B 错误；C.当方第一次到达半圆轨道最低点产时，根据动量守恒定律有2mva=mvt）解得由牛顿运动定律得V2（V +V.）2N m g =m一 =m-R R解得N 二日 mg对轨道的压力N=N=；14m g故 C 错误；D.小球从P 点到。点，根据功能关系可得克服摩擦力做的功为W=-x 2mv+mv?2 a 2-m g
24、 R(1 一 cos 53)=0 2 m g R由功能关系结合圆周运动的知识，得小球b第一次返回到P 点的过程中克服摩擦力做的功W m g R(-cos53)-W=Q.lmgR0=2mva+mvb1 ,1Ek=2mv；+-m vh解得故D正 确。故 选AD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。m.m,zn11、0.360 B =+M M【解 析】(1)口 游标卡 尺 的 主 尺示 数 为3m m,游 标 尺 上 第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标示数为12x0.05mm=0.60mm最终示数为3.60mm=0.360cm(2)2若
25、滑块甲的质量等于滑块乙的质量，不能保证两滑块碰撞后均能向右运动，故B项不属于实验的要求。(3)滑块通过光电门的速度du=一t根据动量守恒定律有 4匕=町匕+肛吗代入可得关系式d d dn=吗-1-m,即为加 叫 m2AZ,AZ3 A/212、0.16（0.15 也算对）Aa，nvs”未计入祛码盘的重力【解析】(1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式醍=,关键弄清公式中各个量的物理意义，心 为连续相等时间内的位移差，f 为连需相等的时间间隔，如果每5 个点取一个点，则连续两点的时间间隔为，=0.1s,A x-(3.6 8-3.5 1 带入可得加速度4=0.16m/s，也可以使用最
26、后一段和第二段的位移差求解,得加速度a=0.15m/s1(1)根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，使图线倾斜程度太小也不能太大，以与水平方向夹角45。左右为宜.由此确定尸的范围从0 设置到1N较合适，而则从0 到 3m/s1较合适.设好刻度，根据数据确定个点的位置,将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点.如图所示.(3)处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解.与纵坐标相交而不过原点，该交点说明当不挂磋码时，小车仍由加速度，即绳对小车仍有拉力，从此拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为祛码盘的重力，而 在(1)问的图表中只给
27、出了祛码的总重力，而没有考虑祛码盘的重力.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)am=0.2g;(2)。=坐；(3)/=阴婪，负号代表冲量沿斜面向上。B I F 5B21【解析】(1)金属棒外释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律有mg sin a -/mg cos a -mam得a”,=0.2g(2)金属棒心释放之后，合外力为零时速度最大，则有mg sin a-cos a+BIL)其中2RE=BLvefvef=0.2gf得4mRt,=,B21(3)金属棒仍释放之后，根据牛顿第二定律，可得任意时刻的加速度mg
28、 sin a-cos a+BIL)=maah得：,其图象如图所示ah 5 20mRX)曾R。一/图像面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒就释放起，经过时间弓=24=速度减为零，此后保持静止，在此过程中，金 属4一直匀加速直线运动，则有%=0.2gt2对金属棒切规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得IF-BILt+mg sin J3t2=mvef-0其中BLx“q=It=支2R得：IF8m2 gR5B2!,负号代表冲量沿斜面向上说明：其它方法求解也可以，如写出外力户的表达式，用其平均值计算冲量大小F+mg sin(3-BIL=ma2得F-0.6mg+B L g,(107?则可知释放瞬间
29、，罪=-Q.6mg时刻，鸟=0.2mg尸-，图象所围成的面积代表其冲量，则有j 兄+尸2 t2 2得：0=-亚萼，负号代表冲量沿斜面向上14、x=(2.5+20Z)m(女=0,1,2,)。=5.4s【解析】两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。从题图中可以看出，。波波长4,=2.5m；方波波长4,=4m。波波峰的x坐标为X =(2.5+2.5K)m；(占=0,l,2,匕波波峰的x坐标为x2=(2.5+4&)m；(&=0,1,2,)由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标为x (2.5+20Z)m(k=0,1,2,)。波波峰传播到x=1.0m处的时间为A
30、r,+mA/八 1 八 、ta=-气加=0,1,2,)。v vb波波峰传播到x=1.0/?处的时间为1组=处(“=。,1,2,.)。V V其中 Ax】=lm,AX2=1.5m当x=1.0m处的质点处于波峰时，有乙=%以上各式联立可解得5m-Sn=o由分析可知，当冽=5、7 1 =3时，x=L0m处的质点经历最短的时间到达波峰，将m=5代入ta-A-x-”-A-x-】-+-m-A-a-V V解得t(l=5.4s o15、(1)0.4m/s,方向向左(2)IT(3)0.25T【解析】试题分析：(l)m i与 m2碰前速度为v i,由动能定理.1 2 1 2 pmigl=-miV|miv0代入数据解
31、得：VI=0.4 m/s设 V2=0.l m/s,mi、m2正碰，由动量守恒有：mivi=mivi+m2V2代入数据得：v/=-0.4 m/s,方向水平向左(2)m2恰好做匀速圆周运动，所 以 qE=m2g得：q=2xlO3C粒子由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R,则qv2B=m2-R轨迹如图，由几何关系有：R=1OP解得：B=1T(3)当 m2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，mi碰后做匀减速运动.m i匀减速运动至停，其平均速度为：v=vi,=0.2 m/sV2=0.1 m/s2所以m2在 m i停止后与其相碰由牛顿第二定律有：f=pmig=m ia，2mi停止后离O 点距离：s=_2a则 m2平抛的时间：t=一%平抛的高度：h=；gt2设 m2做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系有：由联 立 得:Br=0.25T考点：本题考查了带电粒子在磁场中运动和数形结合能力