北京市十一所学校2022年高三最后一卷物理试卷含解析

1、2021-2022学年高考物理模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、充电式果汁机小巧简便，如图甲所示，被誉为出行神器，满足了人们出行也能喝上鲜榨果汁的需求。如图乙所示，其主要部件是四个长短不同的切水果的锋利刀片。工作时，刀片在电机带动下高速旋转，机身和果汁杯可视为保持静止。则果汁机在完成榨汁的过程中A

2、某时刻不同刀片顶点的角速度都相等B不同刀片上各点的加速度方向始终指向圆心C杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由摩擦力提供D消耗的电能一定等于水果颗粒以及果汁机增加的内能2、在“用单摆测定重力加速度”的实验中，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力大小F随时间t变化的图象如图所示，则该单摆的周期为（）AtB2tC3tD4t3、某行星外围有一圈厚度为d的光带，简化为如图甲所示模型，R为该行星除光带以外的半径现不知光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，当光带上的点绕行星中心的运动速度v，与它到行星中心的距离r，满足下列哪个选项表示的图像关系时，才能确定该光带是卫星群ABCD4、在电场方向水平向右

3、的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8.0J，在M点的动能为6.0J，不计空气的阻力，则（ ）A从A点运动到M点电势能增加 2JB小球水平位移 x1与 x2 的比值 1：4C小球落到B点时的动能 24JD小球从A点运动到B点的过程中动能有可能小于 6J5、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10:1，原线圈接有正弦交流电源u220sin314t(V)，副线圈接电阻R，同时接有理想交流电压表和理想交流电流表。则下列说法中正确的是（）A电压表读数为22VB若仅将原线圈的匝数减小到原来

4、的一半，则电流表的读数会增加到原来的2倍C若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器输入功率增加到原来的4倍D若R的阻值和副线圈的匝数同时增加到原来的2倍，则变压器输入功率不变6、如图所示，质量不计的细直硬棒长为2L，其一端O点用铰链与固定转轴连接，在细棒的中点固定质量为2m的小球甲，在细棒的另一端固定质量为m小球乙。将棒置于水平位置由静止开始释放，棒与球组成的系统将在竖直平面内做无阻力的转动。则该系统在由水平位置转到竖直位置的过程中（）A系统的机械能不守恒B系统中细棒对乙球做正功C甲、乙两球所受的向心力不相等D乙球转到竖直位置时的速度比甲球小二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

5、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、如图所示的电路中，电源电动势，内阻，定值电阻，R为滑动变阻器，电容器的电容，闭合开关S，下列说法中正确的是（ ）A将R的阻值调至时，电容器的电荷量为B将R的阻值调至时，滑动变阻器的功率为最大值C将R的阻值调至时，电源的输出功率为最大值D在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，电容器的电荷量增加8、甲、乙两名溜冰运动员，M甲=80kg，M乙=40kg，面对面拉着弹簧秤做圆周运动的溜冰表演，两人相距0.9m，弹簧秤的示数为96N，如图所示，下列判断正确的是（）A两人运动半径相同B两人的运动

6、半径不同，甲为0.3m，乙为0.6mC甲的线速度12m/s，乙的线速度6m/sD两人的角速度均为2rad/s9、如图所示，一根上端固定的轻绳，其下端拴一个质量为的小球。开始时轻绳处于竖直位置。用一个方向与水平面成的外力拉动小球，使之缓慢升起至水平位置。取，关于这一过程中轻绳的拉力，下列说法中正确的是（ ）A最小值为B最小值为C最大值为D最大值为10、真空中，在x轴上的坐标原点O和x=50cm处分别固定点电荷A、B，在x=10cm处由静止释放一正点电荷p，点电荷p只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。下列说法正确的是（）Ax=10cm处的电势比x=20cm处的电势高B

7、从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小C点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4D从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小三、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）如图所示，用质量为m的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“验证牛顿第二定律”的实验。(1)实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，操作方法是把长木板右端用垫木垫高，在不挂重物且计时器打点的情况下，轻推一下小车，让小车拖着纸带在长木板上运动，通过纸带判断小车

8、是否做匀速运动，若实验中发现打点计时器在纸带上打的点如图所示，通过纸带可判断小车并不是做匀速直线运动，可通过以下措施进行改进（_）A若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木即可B若是纸带甲端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅把垫木向左平移适当位置即可C若是纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可D若纸带乙端与小车相连，则保持长木板在桌面上的位置不变，仅把垫木向右平移适当位置即可(2)采取合理的措施平衡摩擦力后开始进行实验，图是正确进行实验操作后打点计时器所打的纸带的一部分，在纸带上每

9、隔四个点选一个点作为计数点，A、B、C、D和E为纸带上五个计数点。已知打点计时器所用的电源频率为50Hz，则AC间的距离为_cm，可得小车的加速度a=_m/s2（计算结果保留两位有效数字）12（12分）如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律该装置中的打点计时器所接交流电源频率是50 Hz.(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是_A精确测量出重物的质量B两限位孔在同一竖直线上C重物选用质量和密度较大的金属锤D释放重物前，重物离打点计时器下端远些(2)按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示纸带

10、上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有_AOA、OB和OG的长度BOE、DE和EF的长度CBD、BF和EG的长度DAC、BF和EG的长度用刻度尺测得图中AB的距离是1.76 cm，FG的距离是3.71 cm，则可得当地的重力加速度是_ m/s2.(计算结果保留三位有效数字)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，让小球从图中的A位置静止摆下，摆到最低点B处摆线刚好被拉断，小球在B处恰好未与地

11、面接触，小球进入粗糙的水平面后向右运动到C处进入一竖直放置的光滑圆弧轨道。已知摆线长，小球质量，B点C点的水平距离，小球与水平面间动摩擦因数，g取。（1）求摆线所能承受的最大拉力为多大；（2）要使小球不脱离圆弧轨道，求圆弧轨道半径R的取值范围。14（16分）水平折叠式串列加速器是用来产生高能离子的装置,如图是其主体原理侧视图图中为一级真空加速管,中部处有很高的正电势，、两端口均有电极接地(电势为零)；、左边为方向垂直纸面向里的匀强磁场； 为二级真空加速管,其中处有很低的负电势,、两端口均有电极接地(电势为零)有一离子源持续不断地向端口释放质量为m、电荷量为e的负一价离子,离子初速度为零,均匀分

12、布在端口圆面上离子从静止开始加速到达处时可被设在该处的特殊装置将其电子剥离,成为正二价离子(电子被剥离过程中离子速度大小不变)；这些正二价离子从端口垂直磁场方向进入匀强磁场，全部返回端口继续加速到达处时可被设在该处的特殊装置对其添加电子，成为负一价离子(电子添加过程中离子速度大小不变)，接着继续加速获得更高能量的离子已知端口、端口、端口、端口直径均为L,与相距为2L,不考虑离子运动过程中受到的重力,不考虑离子在剥离电子和添加电子过程中质量的变化,，求：(1)离子到达端口的速度大小v；(2)磁感应强度度大小B；(3)在保证(2)问中的B不变的情况下,若端口有两种质量分别为、，电荷量均为e的的负一

13、价离子,离子从静止开始加速,求从端口射出时含有m1、m2混合离子束的截面积为多少15（12分）图甲为能进行图形翻转的“道威棱镜”示意图，其横截面OABC是底角为45的等腰梯形，高为a，上底边长为a，下底边长3a，如图乙所示。一细光束垂直于OC边射入，恰好在OA和BC边上发生全反射，最后垂直于OC边射出，已知真空中的光速为c。试求该光束在棱镜中的传播时间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、A【解析】A不同刀片相对静止的绕同一轴做圆周运动，属于同轴转动模型，角速度相等，故A正确；B刀片旋转角速度越来越大，做变速圆周

14、运动，加速度方向不是指向圆心，故B错误；C杯壁上的水果颗粒做圆周运动时的向心力由杯壁的弹力提供，重力和摩擦力平衡，故C错误；D消耗的电能等于水果颗粒增加的机械能和水果颗粒与果汁机增加的内能，故D错误。2、D【解析】单摆经过最低点时，速度最大，据牛顿第二定律知，单摆经过最低点时摆线的拉力最大；从最低点到再次到达最低点所需时间等于半个周期，所以据图象得，该单摆的周期为4t，故D项正确，ABC三项错误。3、D【解析】若光带是卫星群，则应该满足，即，即 图像应该是过原点的直线，故选D.4、D【解析】将小球的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速直线运动，竖直分运动为匀变速直线运动

15、；A从A点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小，故A错误；B对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间间隔内位移之比为1：3，故B错误；C设物体在B动能为EkB，水平分速度为VBx，竖直分速度为VBy。由竖直方向运动对称性知mVBy2=8J对于水平分运动Fx1=mVMx2-mVAX2F（x1+x2）=mVBx2-mVAX2x1：x2=1：3解得：Fx1=6J；F（x1+x2）=24J故EkB=m（VBy2+VBx2）=32J故C错误；D由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：Fx1=6JGh=8J 所以： 由右图可得：所以则小球从 A运动到B的过程中速

16、度最小时速度一定与等效G垂直，即图中的 P点，故故D正确。故选D。5、B【解析】A根据u=220sin314t（V）可知，原线圈的电压有效值为U1=220V，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由得电压表读数为：U2=22V，故A错误；B若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半，根据可知，U2增大到原来的2倍，由可知，电流表的读数增大到原来的2倍，故B正确；C若仅将R的阻值增加到原来的2倍，则变压器的输出电压不变，根据可知次级功率变为原来的一半，则变压器输入功率变为原来的一半，选项C错误；D若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率变为原来的

17、2倍，故D错误。故选B。6、B【解析】A以系统为研究对象，由于只有重力做功，只发生重力势能和动能相互转化，故系统的机械能守恒，A错误；B在转动过程中，甲、乙两球的角速度相同，设转到竖直位置时，甲球的速度为v1，乙球的速度为v2，由同轴转动相等，可得由系统的机械能守恒知系统减少的重力势能等于增加的动能，可得解得，设细棒对乙球做的功为W，根据动能定理得解得可见，系统中细棒对乙球做正功，B正确；C甲、乙两球所受的向心力分别为F2mm2m则C错误；D由上分析知，乙球转到竖直位置时的速度比甲球大，D错误。故选B。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

18、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、AB【解析】将R的阻值调至，两端的电压为，根据公式，代入数据解得电容器的电荷量为，故A正确；根据公式，可知滑动变阻器的功率，可知当时，最小，则最大，故B正确；电源的输出功率，当时，电源输出功率最大，故C错误；在R的滑动触头P由左向右移动的过程中，其接入电路的电阻减小，滑动变阻器两端的电压减小，电容器两极板间电压减小，电容器的电荷量减小，故D错误8、BD【解析】由题意可知弹簧秤对甲、乙两名运动员的拉力提供各自的向心力，有因为甲、乙两名运动员面对面拉着弹簧秤绕共同的圆心做圆周运动，角速度相同，有所以因为联立可解得，；所以两人的

19、运动半径不同；根据代入数据可解得两人的角速相同为；根据代入数据得甲的线速度是，同理可得乙的线速度是。综上分析可知BD正确，AC错误。故选BD。9、AC【解析】应用极限法。静止小球受重力、外力、绳拉力，如图。AB当力三角形为直角时故A正确，B错误；CD当力三角形为直角时故C正确，D错误。故选AC。10、AC【解析】A点电荷p从x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从x=10cm到x=30cm范围内，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高，故A正确；B点电荷p在运动过程中，只有电场力做功，电

20、势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B错误；C从x=10cm到x=30cm范围内，点电荷p所受的电场力沿+x轴方向，从x=30cm到x=50cm范围内，点电荷p所受的电场力沿-x轴方向，所以，点电荷p在x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、B对点电荷p的静电力大小相等，方向相反，故有其中rA=30cm，rB=20cm，所以，QA：QB=9：4，故C正确；D点电荷x=30cm处所受的电场力为零，由电场力公式F=qE可知：x=30cm处的电场强度为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力一定先减小后增大，故D错误。故选AC。三

21、、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、AC 1.23（1.211.25） 0.24（0.230.25） 【解析】(1)1AB若是纸带甲端与小车相连，由图乙可知，小车做加速运动，说明平衡摩擦过度，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更矮的垫木即可，故A正确，B错误；CD若是纸带乙端与小车相连，由图乙可知，小车做减速运动，说明平衡摩擦不够，则应保持长木板在桌面上的位置不变，仅在原垫木的位置更换高度更高的垫木即可，故C正确，D错误。故选AC；(2)2由图可知，AC距离为由于读数误差，1.21cm1.25cm，均正确；3由图可

22、知，AB距离为BC距离为CD距离为DE距离为由逐差法可知加速度为由于误差0.23m/s20.25m/s2均正确。12、BC BCD 9.75 【解析】（1）1因为在实验中比较的是mgh、，的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对减小实验误差没有影响，故A错误为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确释放重物前，为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故D错误，故选BC（2）2当知道 OA、OB和OG的长度时，无法算出任何一点的速度，故A不符合题意；当知道OE、DE和EF的长度时，利用DE和EF的长度可以求出E点的速度，从求出O到E点的动能变化量，知道OE的长度，可以求出