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文档简介

2021-2022学年高考物理模拟试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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,AB是斜坡,BC是水平面,从斜坡顶端A以不同初速度v向左水平抛出同一小球,当初速度为v0时,小球恰好落到坡底B。不计空气阻力,则下列图象能正确表示小球落地(不再弹起)前瞬间重力瞬时功率P随v变化关系的是A.B.C.D.2、如图所示,由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef,它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区域的边界上,be为圆形区域的一条直径,be上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场,磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流,则金属线框受到的安培力的大小为A. B. C.BIR D.03、米歇尔•麦耶和迪迪埃•奎洛兹因为发现了第一颗太阳系外行星﹣飞马座51b而获得2019年诺贝尔物理学奖。飞马座51b与恒星相距为L,构成双星系统(如图所示),它们绕共同的圆心O做匀速圆周运动。设它们的质量分别为m1、m2且(m1<m2),已知万有引力常量为G.则下列说法正确的是()A.飞马座51b与恒星运动具有相同的线速度B.飞马座51b与恒星运动所受到的向心力之比为m1:m2C.飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比为m2:m1D.飞马座51b与恒星运动周期之比为m1:m24、我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”,为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础.如图虚线为地球大气层边界,返回器与服务舱分离后,从a点无动力滑入大气层,然后经b点从c点“跳”出,再经d点从e点“跃入”实现多次减速,可避免损坏返回器。d点为轨迹最高点,离地面高h,已知地球质量为M,半径为R,引力常量为G。则返回器()A.在d点处于超重状态B.从a点到e点速度越来越小C.在d点时的加速度大小为D.在d点时的线速度小于地球第一宇宙速度5、如图甲所示为用伏安法测量某合金丝电阻的实验电路。实验中分别用最大阻值是5、50、500的三种滑动变阻器做限流电阻。当滑动变阻器的滑片由一端向另一端移动的过程中,根据实验数据,分别作出电流表读数I随(指滑片移动的距离x与滑片在变阻器上可移动的总长度L的比值)变化的关系曲线a、b、c,如图乙所示。则图乙中的图线a对应的滑动变阻器及最适合本实验的滑动变阻器是()A.最大阻值为5的滑动变阻器∶图线a对应的滑动变阻器B.最大阻值为50的滑动变阻器;图线b对应的滑动变阻器C.最大阻值为500的滑动变阻器;图线b对应的滑动变阻器D.最大阻值为500的滑动变阻器;图线c对应的滑动变阻器6、如图所示,空间有与竖直平面夹角为θ的匀强磁场,在磁场中用两根等长轻细金属丝将质量为m的金属棒ab悬挂在天花板的C、D两处,通电后导体棒静止时金属丝与磁场方向平行。已知磁场的磁感应强度大小为B,接人电路的金属棒长度为l,重力加速度为g,以下关于导体棒中电流的方向和大小正确的是()A.由b到a, B.由a到b,C.由a到b, D.由b到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、如图所示,竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接,不计一切摩擦.圆心O点正下方放置为2m的小球A,质量为m的小球B以初速度v0向左运动,与小球A发生弹性碰撞.碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道,则小球B的初速度v0可能为()A. B. C. D.8、如图所示,小球A、B、C通过铰链与两根长为L的轻杆相连,ABC位于竖直面内且成正三角形,其中A、C置于水平面上。现将球B由静止释放,球A、C在杆的作用下向两侧滑动,三小球的运动始终在同一竖直平面内。已知,不计摩擦,重力加速度为g。则球B由静止释放至落地的过程中,下列说法正确的是()A.球B的机械能先减小后增大B.球B落地的速度大小为C.球A对地面的压力一直大于mgD.球B落地地点位于初始位置正下方9、如图,竖直光滑杆固定不动,套在杆上的轻弹簧下端固定,将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处,滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块,通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的动能Ek-h图象,其中h=0.18m时对应图象的最顶点,高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线,其余为曲线,取g=10m/s2,由图象可知()A.滑块的质量为0.18kgB.弹簧的劲度系数为100N/mC.滑块运动的最大加速度为50m/s2D.弹簧的弹性势能最大值为0.5J10、有四个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中,如图所示。若开关接在位置1时,四个灯泡发光亮度相同;若将开关接在位置2时,灯泡均未烧坏。下列说法正确的是()A.该变压器是降压变压器,原、副线圈匝数之比为3∶1B.该变压器是升压变压器,原、副线圈匝数之比为1∶3C.开关接在位置2时,副线圈中的灯泡发光亮度均减弱D.开关接在位置2时,副线圈中的灯泡发光亮度均加强三、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)货运交通事故往往是由车辆超载引起的,因此我国交通运输部对治理货运超载有着严格规定。监测站都安装有称重传感器,图甲是一种常用的力传感器,由弹簧钢和应变片组成,弹簧钢右端固定,在其上、下表面各贴一个相同的应变片,应变片由金属制成。若在弹簧钢的自由端施加一向下的作用力F,则弹簧钢会发生弯曲,上应变片被拉伸,下应变片被压缩。力越大,弹簧钢的弯曲程度越大,应变片的电阻变化就越大,输出的电压差ΔU=|U1-U2|也就越大。已知传感器不受压力时的电阻约为19Ω,为了准确地测量该传感器的阻值,设计了以下实验,实验原理图如图乙所示。实验室提供以下器材:A.定值电阻R0(R0=5Ω)B.滑动变阻器(最大阻值为2Ω,额定功率为50W)C.电流表A1(0.6A,内阻r1=1Ω)D.电流表A2(0.6A,内阻r2约为5Ω)E.直流电源E1(电动势3V,内阻约为1Ω)F.直流电源E2(电动势6V,内阻约为2Ω)G.开关S及导线若干。(1)外力F增大时,下列说法正确的是________;A.上、下应变片电阻都增大B.上、下应变片电阻都减小C.上应变片电阻减小,下应变片电阻增大D.上应变片电阻增大,下应变片电阻减小(2)图乙中①、②为电流表,其中电流表①选________(选填“A1”或“A2”),电源选________(选填“E1”或“E2”);(3)为了准确地测量该阻值,在图丙中,将B、C间导线断开,并将滑动变阻器与原设计电路的A、B、C端中的一些端点连接,调节滑动变阻器,测量多组数据,从而使实验结果更准确,请在图丙中正确连接电路______;(4)结合上述实验步骤可以得出该传感器的电阻的表达式为________(A1、A2两电流表的电流分别用I1、I2表示)。12.(12分)如图所示为弹簧弹射装置,在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧,在其两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管内径且与弹簧不固连),压缩弹簧并锁定.现解除锁定,则两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.按下述步骤进行实验:①用天平测出两球质量分别为m1、m2;②用刻度尺测出两管口离地面的高度均为h;③解除弹簧锁定弹出两球,记录两球在水平地面上的落点P、Q.回答下列问题:(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能,还需测量的物理量有______.(已知重力加速度g)A.弹簧的压缩量ΔxB.两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2C.小球直径dD.两球从管口弹出到落地的时间t1、t2(2)根据测量结果,可得弹性势能的表达式为EP=_______________.(3)由上述测得的物理量来表示,如果满足关系式_______________,那么说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.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)一赛艇停在平静的水面上,赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1=0.6m,尾部下端Q略高于水面;赛艇正前方离赛艇前端=0.8m处有一浮标,示意如图.一潜水员在浮标前方=3.0m处下潜到深度为时,看到标记刚好被浮标挡住,此处看不到船尾端Q;继续下潜2.0m,恰好能看见Q。(已知水的折射率n=)求①深度;②赛艇的长度。(可用根式表示)14.(16分)如图所示,三棱镜ABC三个顶角度数分别为∠A=75°、∠B=60°、∠C=45°,一束频率为5.3×1014Hz的单色细光束从AB面某点入射,进入棱镜的光线在AC面上发生全反射,离开棱镜BC面时恰好与BC面垂直,已知光在真空中的速度c=3×108m/s,玻璃的折射率n=1.5,求:①这束入射光线的入射角的正弦值。②光在棱镜中的波长。15.(12分)如图所示,一全反射棱镜BCD,∠D=90°,BD=CD,E是BD的中点,某单色光AE从E点射入棱镜,AE∥BC,已知该色光在棱镜中传播的全反射临界角为30°,BC边长为1,光在真空中传播的速度为c,求:①在BD界面发生折射时折射角的正弦值:②该色光从进入棱镜到第一次射出棱镜的时间。

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】

当平抛的初速度时,小球均落在斜面上,具有相同的位移偏向角均等于斜面倾角,可得:,可得平抛时间:则小球所受的重力的瞬时功率为:可知,关于v构成正比例函数关系;当平抛的初速度时,小球均落在水平面上,平抛的竖直高度相同为h,有:则平抛时间为:则小球所受的重力的瞬时功率为:可知功率P为恒定值;综合两种情况可得C项的图像争取,ABD项的图像错误;故选C。2、A【解析】

根据串并联电路的特点可知线框流过af边的电流:流过abcdef边的电流:de、ab边受到的安培力等大同向,斜向左下方,同理bc、ef边受到的安培力等大同向,斜向右下方,则de、ab、bc、ef边所受的安培力合力为:方向向下;cd边受到的安培力:方向向下,;af边受到的安培力:方向向上,所以线框受到的合力:A正确,BCD错误。故选A。3、C【解析】

BD.双星系统属于同轴转动的模型,具有相同的角速度和周期,两者之间的万有引力提供向心力,故两者向心力相同,故BD错误;C.根据=,则半径之比等于质量反比,飞马座51b与恒星运动轨道的半径之比,即r1:r2=m2:m1,故C正确;A.线速度之比等于半径之比,即v1:v2=m1:m2,故A错误。故选C.4、D【解析】

A.d点处做向心运动,向心加速度方向指向地心,应处于失重状态,A错误;B、由a到c由于空气阻力做负功,动能减小,由c到e过程中只有万有引力做功,机械能守恒,a、c、e点时速度大小应该满足,B错误;C、在d点时合力等于万有引力,即故加速度大小C错误;D、第一宇宙速度是最大环绕速度,其他轨道的环绕速度都小于第一宇宙速度,D正确。故选D。5、C【解析】

从图乙中可以看出a曲线在滑片移动很小距离,就产生了很大的电流变化,说明该滑动变阻器阻值远大于被测量电阻阻值,所以a图对应500Ω滑动变阻器,c图线电流几乎不随着距离x变化,说明该滑动变阻器是小电阻,所以对应是5Ω的图像,本实验采用的是伏安法测量电阻,为了减小实验误差,应该要保证被测电阻中的电流变化范围适当大一些,所以选择图中b所对应的滑动变阻器,故ABD错误,C正确。故选C。6、C【解析】

对导体棒进行受力分析,根据左手定则分析导体棒中的电流方向,根据三角形定则分析求解安培力的大小,从而根据求解导体棒的电流大小。【详解】导体棒静止,则其受力如图所示:根据左手定则可知,导体棒的电流方向为由a到b,根据平衡条件可知安培力的大小为:所以感应电流的大小为:故ABD错误C正确。故选C。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、BC【解析】

A与B碰撞的过程为弹性碰撞,则碰撞的过程中动量守恒,设B的初速度方向为正方向,设碰撞后B与A的速度分别为v1和v2,则:mv0=mv1+2mv2由动能守恒得:联立得:

①1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,是在最高点的速度为vmin,由牛顿第二定律得:2mg=

②A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒,得:③联立①②③得:v0=,可知若小球B经过最高点,则需要:v0⩾2.小球不能到达最高点,则小球不脱离轨道时,恰好到达与O等高处,由机械能守恒定律得:④联立①④得:v0=可知若小球不脱离轨道时,需满足:v0⩽由以上的分析可知,若小球不脱离轨道时,需满足:v0⩽或v0⩾,故AD错误,BC正确.故选BC【点睛】小球A的运动可能有两种情况:1.恰好能通过最高点,说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力,由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度,由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度.由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度;2.小球不能到达最高点,则小球不脱离轨道时,恰好到达与O等高处,由机械能守恒定律可以求出碰撞后小球A的速度.由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球B的初速度.8、AB【解析】

A.B下落时,A、C开始运动,当B落地后,A、C停止运动,因A、B、C三球组成系统机械能守恒,故球B的机械能先减小后增大,故A正确;B.对整个系统分析,有:解得故B正确;C.在B落地前的一段时间,A、C做减速运动,轻杆对球有向上力作用,故球A对地面的压力可能小于mg,故C错误;D.因为A、C两球质量不相同,故球B落地点不可能位于初始位置正下方,故D错误。故选AB。9、BD【解析】

A.在从0.2m上升到0.35m范围内,△Ek=△Ep=mg△h,图线的斜率绝对值为:则m=0.2kg故A错误;B.由题意滑块与弹簧在弹簧原长时分离,弹簧的原长为0.2m,h=0.18m时速度最大,此时mg=kx1x1=0.02m得k=100N/m故B正确;C.在h=0.1m处时滑块加速度最大kx2-mg=ma其中x2=0.1m,得最大加速度a=40m/s2故C错误;D.根据能量守恒可知,当滑块上升至最大高度时,增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能,所以Epm=mg△hm=0.2×10×(0.35-0.1)J=0.5J故D正确。故选BD。10、AD【解析】

AB.四个灯泡发光程度相同,所以原线圈电流与副线圈电流之比为1:3,根据可知该变压器是降压变压器,原副线圈匝数比为3:1,故A正确,B错误;CD.接到2位置,原线圈电压变大,根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大,所以副线圈中的灯泡的电流变大,发光亮度均加强,故D正确,C错误。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。11、DA1E2【解析】

(1)[1]外力F增大时,上应变片长度变长,电阻变大,下应变片长度变短,电阻变小故选D。(2)[2]题图乙中的①要当电压表使用,因此内阻应已知,故应选电流表A1;[3]因回路总阻值接近11Ω,满偏电流为0.6A,所以电源电动势应接近6.6V,故电源选E2。(3)[4]滑动变阻器应采用分压式接法,将B、C间导线断开,A、B两端接全阻值,C端接在变阻器的滑动端,如图所示。(4)[5]由题图乙知,通过该传感器的电流为I2-I1,加在该传感器两端的电压为I1r1,故该传感器的电阻为12、(1)B(2)(3)m1x1=m2x2【解析】

(1)由题意可知,弹簧的弹性势能转化为小球的动能,则由EP=mv2即可求得弹性势能;故应测量小球的质量m以及通过光电门的速度v,为了测量小球的速度,在做平抛动的水平位移,压缩量以及时间和小球的直径均不需要测量;故B正确,ACD错误.故选B;(2)由(1)可知,EP=m1v12+m2v22由h=gt2可得:平抛运动的时间t=;根据水平方向上的匀速直线运动规律可知:v1=;v2=即EP=m1v12+m2v22=(3)根据动量守恒定律可知,两球碰前动量为零,碰后方向向反,设向左为正,则有:0=m1v1-m2v2再根据水平方向x=vt可得:m1x1=m2x2;四

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