江苏省扬州市2021-2022学年高考物理倒计时模拟卷含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、如图所示为氢原子能级图，下列说法正确的是（ ）A氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电势能减小，其核外电子的

2、动能增大B氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁时辐射出的光子能量为17eVC一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子频率最多有3种D用能量为9eV和4.6eV的两种光子同时照射大量的氢原子，有可能使处于基态的氢原子电离2、一质量为m的物体放在倾角为且足够长的光滑固定斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0 x1过程的图线是曲线，x1x2过程的图线是平行于x轴的直线，x2x3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是（）A在0 x1的过程中，物体向上运动B在0 x1的过程中，物体的加速度一

3、直增大C在x1x2的过程中，物体的速度大小不变D在0 x3的过程中，物体的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下3、如图甲所示，在匀强磁场中有一个N=10匝的闭合矩形线圈绕轴匀速转动，转轴O1O2直于磁场方向，线圈电阻为5。从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图像如图乙所示，则（）A线圈转动一圈的过程中产生的焦耳热B在时，线圈中的感应电动势为零，且电流方向发生改变C所产生的交变电流感应电动势的瞬时表达式为D线圈从图示位置转过90时穿过线圈的磁通量变化率最大4、如图所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（ ）ABCD5、如图

4、所示，内壁光滑的圆管形轨道竖直放置在光滑水平地面上，且恰好处在两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为1 m，其质量为1 kg，一质量也为1 kg的小球（视为质点）能在管内运动，管的内径可不计。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，取g10 m/s2。则小球运动到最低点时对轨道的压力大小为A70 NB50 NC30 ND10 N6、钴60放射性的应用非常广泛，几乎遍及各行各业。在农业上，常用于辐射育种、刺激增产、辐射防治虫害和食品辐射保藏与保鲜等；在医学上，常用于癌和肿瘤的放射治疗。一个钴60原子核（Co）放出一个粒子后衰变成一个镍核（Ni），并伴随产生了射线。已知钴60的半衰期

5、为5.27年，该反应中钴核、粒子、镍核的质量分别为m1、m2、m3。下列说法正确的是（）A核反应中释放的能量为（m2+m3m1）c2B核反应中释放出的射线的穿透本领比粒子强C若有16个钴60原子核，经过5.27年后只剩下8个钴60原子核D粒子是钴原子核外的电子电离形成的二、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、宽度L=3m的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T，一单匝正方形金属框边长ab=l=1m，每边电阻r=0.50，金属框以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持

6、与磁感线方向垂直，规定逆时针方向为电流的正方向，金属框穿过磁场区的过程中，金属框中感应电流I和ab边两端的电压U的图线正确的是（）ABCD8、如图为一列简谐横波在t=0时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是_ A这列波的波长是8m，周期是0.2s，振幅是10cmB在t=0时，质点Q向y轴负方向运动C从t=0.1到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了6mD从t=0.1到t=0.25s，质点P通过的路程为30cmE.质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10t（国际单位）9、在如图所示的轴上有M、N两质

7、点，两点之间的距离为x=12m，已知空间的简谐横波由M向N传播，某时刻两质点的振动图像如图所示，已知该简谐横波的波长介于8m和10m之间。下列正确的是（）A该简谐横波的传播周期为0.8sB该简谐波的波长可能为48mC该简谐波的波长一定等于9.6mD该简谐横波的传播速度大小为12m/sE.01.2s的时间内质点M点的路程为120cm10、如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是

8、( )A加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B带电粒子每运动一周被加速一次C带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3D加速电场方向不需要做周期性的变化三、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）为了验证机能守恒定律，同学们设计了如图甲所示的实验装置：（1）实验时，该同学进行了如下操作：将质量分别为和的重物、（的含挡光片、的含挂钩）用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出_（填“的上表面”、“的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离。如果系统（重物、）的机械能守恒，应满足的关系式为_。（已知重力加速度为，经过光电门的时间为，

9、挡光片的宽度以及和和）。（2）实验进行过程中，有同学对装置改进，如图乙所示，同时在的下面挂上质量为的钩码，让，经过光电门的速度用表示，距离用表示，若机械能守恒，则有_。12（12分）某同学要将一满偏电流为3mA的毫安表G改装为量程为30mA的电流表。他先测量出毫安表G的电阻，然后对表进行改装，最后再利用一标准毫安表，对改装后的电流表进行检测具体实验步骤如下：按电路原理图a连接线路将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后调节R1的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使毫安表G的指针偏转到满刻度的三分之一的位置记下R2的阻值回答下列问题：（1）如果按正确操作步骤测

10、得R2的阻值为90，则毫安表G内阻的测量值Rg=_，与毫安表内阻的真实值相比，Rg_（填“”、“”或“”）（2）若忽略实验的误差，将上述毫安表G改装成量程为30mA的电流表，则需要并联一个阻值R=_的电阻（3）根据图b所示电路对改装后的电表进行检测，当标准毫安表的示数为16.0mA时，改装表的指针位置如图c所示，由此可以推测出改装的电表量程不是预期值，改装电流表的量程是_mA（4）要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R的电阻换为一个阻值为kR的电阻即可，其中k=_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

11、式和演算步骤。13（10分）如图所示为玻璃制成的长方体，已知长AB=l=0.6m，宽d=AD=0.2m，高h=AA1=m，底面中心O点有一个点光源，玻璃对光的折射率为1.5，俯视看ABCD面的一部分会被光照亮，求：照亮部分的面积。14（16分）如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；(2)从A球开始运动到两球在

12、电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；(3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。15（12分）如图甲所示为一个倒立的U形玻璃管，A、B两管竖直，A管下端封闭，B管下端开口并与大气连通。已知A、B管内空气柱长度分别为hA=6cm、hB=10.8cm。管内装入水银液面高度差h=4cm。欲使A、B两管液面处于同一水平面，现用活塞C把B管开口端封住并缓慢推动活塞C(如图乙所示)。已知大气压为p0=76cmHg。当两管液面处于同一水平面时，求：A管封闭气体压强pA活塞C向上移动的距离x。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

13、有一项是符合题目要求的。1、A【解析】A当氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径变小，其核外电子的动能将增大，又此过程中电场力做正功，其电势能减小，A项正确；B处于n=2能级的氢原子跃迁到基态时，辐射出的光子的能量为（-4eV）-（-13.6eV)=10.2eV，B项错误；C根据C=6可知，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子频率最多有6种，C项错误；D处于基态的氢原子要发生电离，吸收的光子能量必须大于等于13.6eV，D项错误。故选A。2、B【解析】A物块机械能由重力势能和动能构成，所以拉力做功影响物块机械能的改变，即则所以图线的斜率表示拉力，在过程中物体机械能在减小，

14、则拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上，所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动，A错误；B在过程中图线的斜率逐渐减小到零，可知物体的拉力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律求解加速度可知加速度一直增大，B正确；C在的过程中，拉力，机械能守恒，物体向下运动，重力势能减小，速度增大，C错误；D在的过程中，拉力沿斜面向下，结合C选项分析可知物体一直沿斜面向下加速运动，D错误。故选B。3、C【解析】A 最大感应电动势为：感应电动势的有效值为：线圈转动一圈的过程中产生的焦耳热故A错误；B t=0.2s时，磁通量为0，线圈中的感应电动势最大，电流方向不变，故B错误；C 由图知角速度因为线圈从垂直中性面开始计

15、时，所以交变电流感应电动势的瞬时表达式为e=10cos（5t）V故C正确；D 线圈在图示位置磁通量为0，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量变化最快，转过90，磁通量最大，磁通量变化率为0，故D错误。故选：C。4、A【解析】金属环的面积：由法拉第电磁感应定律得：由欧姆定律得，感应电流：感应电荷量：q=It，解得：故A正确，BCD错误；故选A【点睛】本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式计算5、A【解析】抓住小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，求出最高点的速度，根据动能定理求

16、出小球在最低点的速度，从而结合牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，根据牛顿第三定律得出小球对圆轨道的最大压力【详解】当小球运动到最高点时速度最小，此时圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg+N=m，N=mg，解得最高点的速度v1= ；小球从最高点到最低点，根据动能定理得，mg2R=，解得v2= ；根据牛顿第二定律得，Nmg=m，联立解得N=7mg=70N，根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力N=7mg=70N，故A正确，BCD错误；故选：A.6、B【解析】A根据质能方程可知核反应中释放的能量为A错误；B根据三种射线的特点与穿透性，可知射线的穿

17、透本领比粒子强，B正确；C半衰期具有统计意义，对个别的原子没有意义，C错误；D根据衰变的本质可知，粒子是原子核内的一个中子转变为质子时产生的，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、AD【解析】线框刚进入磁场，cd边切割磁感线，根据右手定则或楞次定律，可以判断出感应电流的方向为逆时针（为正方向），电流的大小为代入数据解得A此时ab边两端的电压V线框全部进入磁场，穿过线框的磁通量为零没有感应电流，但ab和cd两条边同时切割磁感线，产生感应电动势，相当于两节电

18、池并联V最后线框穿出磁场，ab边切割磁感线，相当于电源，根据右手定则或楞次定律判断出感应电流的方向为顺时针（为负方向），电流大小为代入数据解得 A此时ab边两端的电压V故AD正确，BC错误。故选AD。8、ACE【解析】由波形图和振动图像读出波长、周期和振幅；根据振动图像可求解波的转播方向和传播的距离；质点在一个完整周期中运动的路程为4A；【详解】由图像可知，这列波的波长是8m，周期是0.2s，振幅是10cm，选项A正确；由Q点的振动图像可知，在t=0时，质点Q向y轴正方向运动，可知波向x轴正向传播，选项B错误；波速，从t=0.1到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了，选项C正确；从t=0.1

19、到t=0.25s 经历了0.15s=T，但是因P点开始不是从平衡位置或者最高点最低点开始振动，则质点P通过的路程不等于3A=30cm,选项D错误；，则质点Q简谐运动的表达式为y=0.10sin10t（国际单位），选项E正确；故选ACE.【点睛】本题关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系要知道质点做简谐运动时，只有起点在平衡位置或波峰、波谷处的质点，在3/4周期内振动的路程才是3A9、ACD【解析】A由振动图像可知这列波的周期为T=0.8s，A正确；BCD由于简谐波由M向N传播，则有，（n=0、1、2、3）又因为8m10m，所以n=1时，=9.6m，则波速由

20、可得v=12m/sB错误，CD正确；E一个周期内质点通过的路程为振幅的4倍，1.2s为1.5个周期，则M点通过的路程为振幅的6倍，即60cm，E错误。故选ACD。10、BD【解析】AD、带电粒子只有经过AC板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有改变,则在AC间加速.故A正确；D错误.B、根据r=mvBq=P2所以P1C、当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据r=mv故选AC【点睛】带电粒子经加速电场加速后,进入磁场发生偏转,电场被限制在A、C板间,只有经过AC板间时被加速,所以运动一周加速一次,电场的方向不需改变.当带电粒子离开回旋加速器时,速度最大.三、实验题：本题共2

21、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、挡光片中心 【解析】（1）1需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离；2根据极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则系统的末速度为则系统动能的增加量为系统重力势能的减小量为若系统机械能守恒则有（2）3若系统机械能守恒则有解得12、180 20 )32 【解析】（1）1由于指针指在三分之一的位置，说明R2分得电流为电流计电流的两倍，所以电流计电阻是R2的两倍，为180。闭合S2后，R2与Rg的并联值R并Ig，而此时G的示数为满偏电流的三分之一，所以IR2大于三分之二满偏电流，所以2R2，即Rg；（

22、2）2由并联电路分流特点，得=20（3）3标准毫安表的示数为16.0mA时，改装后的电表显示为刻度盘的中值刻度，故改装电流表的量程为32mA；（4）4把毫安表改装成电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值当量程为32mA时，则有当量程为30mA时，则有联立解得四、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、【解析】光照亮部分的边界为全反射的边界，带入数据可得由于长方体的宽小于2r，光照亮的区域是圆的一部分如图所示OE=r=0.2mOF= 0.1m解得三角形面积扇形面积总面积14、（1） （2）5qEx0（3）8x0d18x0【解析】（1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA1、vB1。对A，根据牛顿第二定律得：qE=ma由运动学公式有：v02=2ax0。解得：v0= 对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0=mvA1+mvB1mv02=mvA12+mvB12。解得：vB1=v0=，vA1=0（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1有：xA1=vA1t1+at12=vB1t1从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：W=qE（x0+xA1）解得：W=5q