2022届辽宁省抚顺市“六校协作体”高考物理一模试卷含解析

1、2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列说法正确的是（）A速度公式和电流公式均采用比值定义法B速度、磁感应强度和冲量均为矢量C弹簧劲度系数k的单位用国际单位制基本单位表达是kgsD将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是等效处理方法2、如图是德国物理学家史

2、特恩设计的最早测定气体分子速率的示意图M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒N的半径为R，内筒的半径比R小得多，可忽略不计筒的两端封闭，两筒之间抽成真空，两筒以相同角速度绕其中心轴线匀速转动M筒开有与转轴平行的狭缝S，且不断沿半径方向向外射出速率分别为v1和v2的分子，分子到达N筒后被吸附，如果R、v1、v2保持不变，取某合适值，则以下结论中正确的是（ ）A当时（n为正整数），分子落在不同的狭条上B当时（n为正整数），分子落在同一个狭条上C只要时间足够长，N筒上到处都落有分子D分子不可能落在N筒上某两处且与S平行的狭条上3、一个核衰变为一个核的过程中，发生了m次衰变和n次衰变，则m、n的值分别为（

3、）A8、6B6、8C4、8D8、44、如图所示，车厢水平底板上放置质量为M的物块，物块上固定竖直轻杆。质量为m的球用细线系在杆上O点。当车厢在水平面上沿直线加速运动时，球和物块相对车厢静止，细线偏离竖直方向的角度为，此时车厢底板对物块的摩擦力为f、支持力为N，已知重力加速度为g，则（ ）Af=MgsinBf=MgtanCN=(M+m)gDN=Mg5、如图所示，由三个铝制薄板互成120角均匀分开的、三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用表示现有带电粒子自a点垂直Oa板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，在三个磁场区域中的运动时间之比为123，轨迹恰好是一个以O为圆心的圆，则其在b、c处穿

4、越铝板所损失的动能之比为A11B53C32D2756、表是某逻辑电路的真值表，该电路是（ ）输入 输出0 0 00 1 01 0 01 1 1ABCD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、有一列沿x轴传播的简谐橫波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a和在x=6m处的质点b的振动图线分别如图1图2所示则下列说法正确的是_A质点a的振动方程为y=4sin(t+)cmB质点a处在波谷时，质点b-定处在平衡位置且向y轴正方向振动C若波沿x轴正方向传播，这列波的最大传播速

5、度为3m/sD若波沿x轴负方向传播，这列波的最大波长为24mE.若波的传播速度为0.2m/s，则这列波沿x轴正方向传播8、如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直放置，轨道的末端的切线水平，一倾角为的斜面体的顶端紧挨着圆弧轨道的末端点放置，圆弧上的点与圆心的连线与水平方向的夹角为。一个小球从点由静止开始沿轨道下滑，经点水平飞出，恰好落到斜面上的点。已知小球的质量，圆弧轨道的半径，重力加速度。下列说法正确的是（ ）A小球在点时对轨道的压力大小为B、两点的高度差为C、两点的水平距离为D小球从点运动到点的时间为9、如图所示,绝缘材料制成的半径为R的内壁光滑圆轨道,竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡

6、住,圆心O点固定着电荷量为Q的场源点电荷.一电荷量为q、可视为质点的带电小球沿轨道内壁做圆周运动,当小球运动到最高点A时,地面对轨道的弹力恰好为零.若轨道与小球的质量均为, ,忽略小球的电荷对Q形成的电场的影响，重力加速度为g,静电力常量为.下列说法中正确的是（ ）A轨道内壁的电场强度处处相同B轨道内壁的电势处处相等C运动到与圆心等高的B点时，小球对轨道的压力大小为D运动到最低点C时，小球对轨道的压力大小为10、如图所示，CD、EF是两条水平放置的、阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的宽度为d，导轨的右端接有

7、一阻值为R的电阻，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为下列说法正确的是A通过电阻R的最大电流为B流过电阻R的电荷量为C整个电路中产生的焦耳热为mghD电阻R中产生的焦耳热为三、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）兴趣课上老师给出了一个质量为m的钩码、一部手机和一个卷尺，他要求王敏和李明两同学估测手上抛钩码所做的功。两同学思考后做了如下操作：(1)他们先用卷尺测出二楼平台到地面的距离h，王敏在二楼平台边缘把

8、钩码由静止释放，同时李明站在地面上用手机秒表功能测出钩码从释放到落到地面的时间t0，在忽略空气阻力的条件下，当地的重力加速度的大小可以粗略的表示为g=_（用h和t0表示）；(2)两同学站在水平地面上，李明把钩码竖直向上抛出，王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间。两同学练习几次，配合默契后某次李明把钩码竖直向上抛出，同时王敏用手机的秒表功能测出钩码从抛出点到落回抛出点的时间t，在忽略空气阻力的条件下，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为W=_（用m、h、t0和t表示）。12（12分）某同学利用如图1所示的装置“探究合外力做功与物体动能变化的关系”，具体实验步骤如下:A按

9、照图示安装好实验装置，挂上砂桶（含少量砂子）。B调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等。C取下细绳和砂桶，测量砂子和桶的质量m，并记录数据。D保持长木板的倾角不变，将小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门甲和乙时的时间t1、t2，并测量光电门甲、乙之间的距离为s.E.改变光电门甲、乙之间的距离，重复步骤D。请回答下列各问题：（1）若砂桶和砂子的总质量为m，小车的质量为M，重力加速度为g，则步骤D中小车下滑时所受合力大小为_。（忽略空气阻力）（2）用游标卡尺测得遮光片宽度（如图2所示）d =_mm。 （3）在误差允许的范围内，若满

10、足_，则表明物体所受合外力做的功等于物体动能变化量。（用题目所给字母表示）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，间距为L的光滑金属导轨，半径为r的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场金属棒ab和cd垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd在运动中始终不接触已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R金属导轨电阻不计，重力加速度为g求（1）ab棒到达圆弧底端时对轨道压力的大小：（2）当ab棒速度为时

11、，cd棒加速度的大小（此时两棒均未离开磁场）（3）若cd棒以离开磁场，已知从cd棒开始运动到其离开磁场一段时间后，通过cd棒的电荷量为q求此过程系统产生的焦耳热是多少（此过程ab棒始终在磁场中运动）14（16分）如图甲所示，玻璃管竖直放置，AB段和CD段是两段长度均为l125 cm的水银柱，BC段是长度为l210 cm的理想气柱，玻璃管底部是长度为l312 cm的理想气柱已知大气压强是75 cmHg，玻璃管的导热性能良好，环境的温度不变将玻璃管缓慢旋转180倒置，稳定后，水银未从玻璃管中流出，如图乙所示试求旋转后A处的水银面沿玻璃管移动的距离15（12分）如图所示，在直角坐标系xOy的第一、四

12、象限内，在边界MN与y轴之间有垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，边界MN右侧有沿x轴正向的匀强电场，电场强度大小为E，MN上P点的坐标为（a，0），MN与x轴正向的夹角=45，一个质量为m，电荷量为q的带负电的粒子从坐标原点沿y轴正向射入磁场，不计粒子的重力，求：(1)要使粒子不进入电场，粒子进入磁场的最大速度为多少；(2)若粒子从P点进入电场，则粒子在电场中运动的时间为多少；(3)若粒子刚好垂直MN进入电场，且将电场反向，则粒子在电场中运动时经过x轴的位置坐标。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

13、。1、B【解析】A速度公式采用的是比值定义法，而电流公式不是比值定义法，选项A错误；B速度、磁感应强度和冲量均为矢量，选项B正确；C弹簧劲度系数k的单位用国际单位制基本单位表达是选项C错误；D将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是理想模型法，选项D错误。故选B。2、A【解析】微粒从M到N运动时间 ，对应N筒转过角度 ，即如果以v1射出时，转过角度： ，如果以v2射出时，转过角度： ，只要1、2不是相差2的整数倍，即当 时（n为正整数），分子落在不同的两处与S平行的狭条上，故A正确，D错误；若相差2的整数倍，则落在一处，即当 时（n为正整数），分子落在同一个狭条上故B错误；若微粒运动时

14、间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，因此，故C错误故选A点睛：解答此题一定明确微粒运动的时间与N筒转动的时间相等，在此基础上分别以v1、v2射出时来讨论微粒落到N筒上的可能位置3、A【解析】在衰变的过程中，电荷数少2，质量数少4，在衰变的过程中，电荷数多1，有2m-n=104m=32解得m=8n=6故A正确，BCD错误。故选A。4、C【解析】以m为研究对象，受力如图所示由牛顿第二定律得解得而绳的拉力为以M为研究对象，受力如图所示在竖直方向上，由平衡条件有在水平方向上，由牛顿第二定律有解得故C正确，ABD错误。故选C。5、D【解析】带电粒子在磁场运动的时间为，在各个区域的角度

15、都为，对应的周期为，则有，故 ，则三个区域的磁感应强度之比为，三个区域的磁场半径相同为，又动能，联立得，故三个区域的动能之比为：，故在b处穿越铝板所损失的动能为，故在c处穿越铝板所损失的动能为，故损失动能之比为，D正确，选D.6、B【解析】由图中真值表可知，当输入端为：00、01、10、11时，输出分别为0、0、0、1；则可知只有两输入端均输入高电平时，才能输出高电平，即只有两输入端均为1时，输出端才为1，故该逻辑电路为与逻辑关系；A该图与结论不相符，选项A错误；B该图与结论相符，选项B正确；C该图与结论不相符，选项C错误；D该图与结论不相符，选项D错误；故选B【点评】本题考查门电路中真值表的

16、分析；学会根据真值表理清逻辑关系，会区分门电路并理解其功能二、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、BDE【解析】由于题目中不知道波的传播方向，所以在做此类问题时要分方向讨论，在计算波速时要利用波的平移来求解【详解】A. 把t=0代入振动方程为y=4sin(t+)cm，可知此时a的位置应该在+4处，和所给的图不相符，故A错；B. 从图像上可以看出质点a处在波谷时，质点b-定处在平衡位置且向y轴正方向振动，故B对；C. 若波沿x轴正方向传播，从图像上可以看出b比a至少滞后6s

17、，而ab之间的距离为6m，所以这列波的最大传播速度为1m/s，故C错；D、若波沿x轴负方向传播，从图像上可以看出，a比b至少滞后2s，所以这列波的最大波速为： 则最大波长为 ，故D对；E、根据图像，若波沿x正方向传播，则波速的表达式为 ，当 ，解得： ，有解说明波是沿x正方向传播，故E对；故选BDE8、BD【解析】A小球从点运动到点根据动能定理有在c点时有代入数据解得，据牛顿第三定律，小球在点时对轨道的压力大小为，故A错误；BCD小球从点运动到点做平抛运动有解得又由平抛运动规律可知水平位移竖直位移故B正确，D正确，C错误。故选BD。9、BD【解析】由点电荷的场强公式可知，场源点电荷在轨道内壁处

18、产生的电场强度大小相等，但方向不同，A错误；轨道内壁上各点到场源点电荷的距离相同，电势相等；带电小球在A点时,带电小球对轨道的弹力竖直向上,大小等于，轨道对带电小球的弹力竖直向下大小为，在A点对带电小球有，从A到B由动能定理得，在B点有，联立解得在B点时轨道对小球的弹力为，根据牛顿第三定律可知在B点时小球对轨道的压力大小为，则选项C错误；在最低点C时，设轨道时小球的弹力为,则,由A到C由动能定理有，联立解得，根据牛顿第三定律知,运动到最低点C时,小球对轨道的压力大小为，则选项D正确10、ABD【解析】A金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得： 金属棒到达水平面时的速度金属棒到达水平面

19、后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为 E=BLv最大的感应电流为故A正确；B通过金属棒的电荷量故B正确；C金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-WB-mgd=0-0则克服安培力做功：WB=mgh-mgd整个电路中产生的焦耳热为Q=WB=mgh-mgd故C错误；D克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热： 故D正确三、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、 【解析】(1)1在忽略空气阻力的条件下，钩码做自由落体运动，有，解得(2)2在忽略

20、空气阻力的条件下，钩码上抛做竖直上抛运动，上升时间与下落时间相等，即抛出的初速度v0=gt下，根据动能定理可知，该次李明用手上抛钩码所做的功可以粗略地表示为联立解得12、mg 6.75 mgs=- 【解析】(1)1探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，则步骤D中小车加速下滑时所受合力大小为mg；(2)2根据游标卡尺读数规则，遮光片宽度d=6mm+ 150.05mm =6.75mm(3)3遮光片通过两个光电门1、2的速度分别为v1=、v2=故小车动能变化量为Ek=-在误差允许的范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即mgs =-四、计算题：本题共2小题

21、，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）3mg（2）（3）BLq-mgr-【解析】（1）ab下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgr=，解得：v0=，ab运动到底端时，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得：F=3mg，由牛顿第三定律知：ab对轨道压力大小：F=F=3mg；（2）两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律：mv0=mvab+mv，解得：v=，ab棒产生的电动势：Eab=BLvab，cd棒产生的感应电动势：Ecd=BLv，回路中电流：I=，解得：I=，此时cd棒所受安培力：F=BIL，此时cd棒加速度：a=，解得：a=；（3）由题意可知，cd棒以离开磁场后向右匀速运动，且从cd棒开始运动到通过其电荷量为q的时间内，通过ab棒电荷量也为q对ab棒，由动量定理可知：-BLt=mvab-mv0，其中：q=t，解得：vab=-，此过程，由能量守恒定律得：mgr=+Q，解得：Q=BLq-