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文档简介

2021-2022学年高考物理模拟试卷

考生请注意:

1.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内,不得在试卷上作任何标记。

2.第一部分选择题每小题选出答案后,需将答案写在试卷指定的括号内,第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的

位置上。

3.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请将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.如图所示,一个半径为r的半圆形线圈,以直径外为轴匀速转动,转速为〃,ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab

垂直)的匀强磁场,磁感应强度为3。M和N是两个集流环,负载电阻为R,线圈、电流表和连接导线的电阻不计,

则电流表的示数为。()

X

X

X

X

nB;r2r2OnB兀泞

R-2R

yJlnBjr'r2nB/r2

R2R

2.一质点在做匀变速直线运动,依次经过A、B、C、。四点。已知质点经过A3段、8C段和C。段所需的时间分

别为八2八3f,在A3段和CO段发生的位移分别为占和占,则该质点运动的加速度为()

A/一内B「一/C2

"t2'6r"12f2'18/

3.我国“北斗三号”全球组网卫星采用星载氢原子钟。如图所示为氢原子的能级图,现让一束单色光照射到一群处于基

态(量子数〃=D的氢原子上,受激的氢原子能自发地发出6种不同频率的光,则照射氢原子的单色光的光子能量为

()

XE八N

5-0

4--O.54

3-().85

—1.51

2

-3.40

13.6

A.13.6eVB.3.4eVC.12.09eVD.12.75eV

4.如图所示,金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上,在ef右侧存在有界匀强磁场B,磁场方向垂直导轨平面向

下,在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L,圆环与导轨在同一平面内.当金属棒ab在水平恒力

F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后,下列有关圆环的说法正确的是()

A.圆环内产生变大的感应电流,圆环有收缩的趋势

B.圆环内产生变小的感应电流,圆环有收缩的趋势

C.圆环内产生变大的感应电流,圆环有扩张的趋势

D.圆环内产生变小的感应电流,圆环有扩张的趋势

5.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"=2200sin314f(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()

Q

B.若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半,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.图甲是小型交流发电机的示意图,线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴。0'沿逆时针方向匀速转动,从图示位置开始

计时,产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示,以下判断正确的是()

A.交流电的频率是100Hz

B.0.02s时线圈平面与磁场方向平行

C.0.02s时穿过线圈的磁通量最大

D.电流表的示数为20A

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。

7,2019年9月23日,我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭,以“一箭双星”方式成功发射第47、48颗北

斗导航卫星。卫星的工作轨道是比同步卫星轨道低一些的中圆轨道,卫星由发射轨道。变轨到中圆轨道》上,轨道”、

b相切于尸点。则卫星在两轨道上运行时。下列说法正确的是()

A.卫星在轨道b运行周期大于24小时

B.卫星由地面到尸点所受引力逐渐减小

C.卫星在轨道a上经过P点时的加速度等于轨道b上经过P点时的加速度

D.卫星在轨道a上经过P点时的动能大于卫星在轨道b上经过P点时的动能

8.下列说法正确的是()

A.把一枚针轻放在水面上,它会浮在水面,这是由于水的表面存在表面张力的缘故

B.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠,而在干净的玻璃板上却不能,这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故

C.在围绕地球飞行的宇宙飞船中,自由飘浮的水滴呈球形,这是表面张力作用的结果

D.在毛细现象中,毛细管中的液面有的升高,有的降低,这与液体的种类和毛细管的材质有关

E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时,在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开,这是由于水膜具有表面张力的缘故

9.如图所示,质量为m的托盘P(包括框架)悬挂在轻质弹簧的下端处于静止状态,托盘的上表面水平。仁0时刻,

将质量也为,”的物块Q轻轻放到托盘上,八时刻P、Q速度第一次达到最大,打时刻,P、Q第一次下降到最低点,

下列说法正确的是()

A.Q刚放上P瞬间它们的加速度大小为年

B.0~fi时间内弹簧弹力的冲量大于2/ng6

C.0~八时间内P对Q的支持力不断增大

D.0"2时间内P、Q的重力势能和弹簧弹性势能的总和不断减小

10.在用油膜法估测分子大小的实验中,所用油酸酒精溶液的浓度为“,且〃滴溶液体积为V。现取1滴溶液滴入撤

有琲子粉的浅水盘里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上描绘出油酸膜的轮廓形状,再把玻璃板放在边长为1cm的

坐标纸上,算出油膜的面积S。关于本实验,下列说法正确的是()

A.不用琲子粉,直接将1滴溶液滴入浅水盘也可以完成实验

B.水面上形成的油酸薄膜的体积为叱

n

C.估测油酸分子的直径为匚

D.在坐标纸上数油膜轮廓内格子数以计算油膜的面积采用的是近似法

E.用配制的油酸酒精溶液的原因是因为易于形成油酸的单分子油膜

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)某实验小组利用如图甲所示的装置测量当地的重力加速度。

(1)为了使测量误差尽量小,下列说法中正确的是;

A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球

B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线

C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动

D.为了使单摆的周期大一些,应使摆线相距平衡位置有较大的角度

(2)该实验小组用20分度的游标卡尺测量小球的直径。某次测量的示数如图乙所示,读出小球直径为4=cm;

(3)该同学用米尺测出悬线的长度为L,让小球在竖直平面内摆动。当小球经过最低点时开始计时,并计数为0,此

后小球每经过最低点一次,依次计数为1、2、3…….当数到40时,停止计时,测得时间为改变悬线长度,多次

测量,利用计算机作出了F-L图线如图丙所示。根据图丙可以得出当地的重力加速度8=m/s2.(取解=

9.86,结果保留3位有效数字)

12.(12分)某同学设计测量电流表内阻的实验。待测电流表的内阻尺约在1k。〜2g之间,量程250pA。提供实验

器材:

电源(4V,0.6ft)

电键S及导线若干

一只电阻箱R(03999Q)

滑动变阻器Ri(0~50C,0.6A)

滑动变阻器Q(0-lk£2,0.3A)

某同学的测量过程如下:

第一,选择实验器材,设计实验的电路图,如图甲所示:

第二,实验操作步骤如下:

①先按电路图接好各元件,调节滑动变阻器”的滑片P位置,再使电阻箱阻值为零

②闭合电键S,调节滑动变阻器”的滑片P于某一位置,使电流表达到满刻度益

③滑动变阻器R的滑片P保持不变,调节电阻箱值使电流表读数为4的一半,记下电阻箱读数则待测电流表的

内阻Rg=Rx,请回答以下问题:

⑴为了精确测量电流表的内阻,该同学选择的滑动变阻器R'是(选填"Q”或

(2)该同学在操作步骤①中,滑动变阻器”的滑片P应置于端(选填"”或泞")理由是。

(3)接照该同学所设计的实验思路,用铅笔画出的线代表导线在图乙中替他完善正确规范的实验电路连接,导线不能交

叉»

(4)在实验步骤③中,确保滑动变阻器”的滑片P的位置不变,其理由是.

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,在xOy平面坐标系的第一象限内的某区域存在匀强磁场,在第二象限内存在沿x正方向的匀

强电场,电场强度的大小为E=5xlO-,V/m。曲线0C上分布着大量比荷为2=l(15c/kg的正电荷,曲线0C上各点的坐

m

标满足y2=A|x|,C点的坐标为(-0.1,0.2)oA点在y轴上,C4连线平行于x轴,。点在x轴上且0。=。4。现所有正

电荷由静止释放,在第一象限内磁场的作用下都沿垂直x轴方向通过了。点。不计正电荷所受的重力及电荷间的相互

作用力。求:

(1)正电荷通过y轴时的速度与纵坐标的关系;

(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向;

(3)匀强磁场区域的最小面积。

14.(16分)半径R=0.50m的光滑圆环固定在竖直平面内,轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处,另一端系一个

质量m=0.20kg的小球,小球套在圆环上,已知弹簧的原长为Lo=O.5Om,劲度系数k=4.8N/m,将小球从如图所示

的位置由静止开始释放,小球将沿圆环滑动并通过最低点C,在C点时弹簧的弹性势能EPC=0.6J,g取10m/s2.求:

(1)小球经过C点时的速度vc的大小;

(2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向.

15.(12分)如图所示,真空中有以。1为圆心,R为半径的圆形匀强磁场区域,圆的最左端与y轴相切于坐标原点O,

圆的最上端与平行于x轴的虚线相切于P点,磁场方向垂直纸面向里,第一象限内在虚线MN上方沿y轴负方向

有平行于y轴的有界匀强电场(上边界平行于x轴,图中未画出)。现从坐标原点。在纸面内向坐标系的第一象限和

第四象限内的不同方向发射速率均为均的质子。己知沿x轴正方向发射的质子恰好从尸点离开磁场进入电场,能到达

电场的上边界,最后也能返回磁场,电场强度E和磁感应强度8大小未知,但满足关系%=-f,不计质子的重力、

质子对电场和磁场的影响及质子间的相互作用。

(1)求匀强电场上边界与虚线MN的间距d;

(2)在第四象限内沿与x轴正方向成30°角的方向发射一质子,最终离开磁场,求从发射到最终离开磁场区域的过程质

子运动的时间

(3)若电场方向改为沿x轴的负方向,场强大小不变,如图所示,电场上边界位置也不变,yo=4R处有一平行于x轴的

荧光屏,与y轴相交于。点,由。点发射的所有质子最终均能打在荧光屏上,求荧光屏的最小长度。

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、D

【解析】

线圈绕轴匀速转动时,在电路中产生如图所示的交变电流。

xJL:7757«

TyT

此交变电动势的最大值为

2

TT

Em=BSa)=B---2---27m-Bnr~

设此交变电动势在一个周期内的有效值为E,,由有效值的定义得

2

故电流表的示数为

故选D。

2、C

【解析】

设A点的速度为v,由匀变速直线运动的位移公式有

12

X,=u/d•—at

'2

I2

x2=(v+3ar)-3t+—a(3t)'

联立解得

故C正确,ABD错误。

故选C。

3、D

【解析】

由题意应该有

6=-1)

―_

〃=4

即能发出6种频率光的一定是〃=4能级,则照射氢原子的单色光的光子能量为

-0.85eV-(-13.6eV)=12.75eV

故ABC错误,D正确。

故选D。

4、B

【解析】

因为金属棒ab在恒力F的作用下向右运动,则abed回路中产生逆时针方向的感应电流,则在圆环处产生垂直于纸面向

外的磁场,随着金属棒向右加速运动,圆环的磁通量将增大,根据楞次定律可以知道,圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环的磁

通量将增大;又因为金属棒向右运动的加速度减小,单位时间内磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断

减小,故B对;ACD错

【点睛】

当导体棒变速运动时在回路中产生变化的感应电流,因此圆环内的磁场磁通量发生变化,根据磁通量的变化由楞次定律

可以判断圆环面积的变化趋势,其感应电流的变化要根据其磁通量的变化快慢来判断.

5、B

【解析】

A.根据“=2200sin314f(V)可知,原线圈的电压有效值为S=220V,电压表的读数为变压器的输出电压的有效值,

Uin

由h=x得电压表读数为:S=22V,故A错误;

3〃2

U.n.Uc

B.若仅将原线圈的匝数减小到原来的一半,根据>=’可知,物增大到原来的2倍,由右二?1可知,电流表的

U2n2zR

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「=火可知次级功率变为原来的一半,则

R

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S增加到原来的2倍,同时R的阻值也增加到原来的2倍,故输出功率尸=歪

R

变为原来的2倍,故D错误。

故选B。

6、B

【解析】

A.根据图乙,交变电流周期为

T=0.02s

频率为

/=-=—!—Hz=50Hz

T0.02

A错误;

BC.0.02s时,电流最大,线圈平面与磁场方向平行,穿过线圈的磁通量为零,B正确,C错误;

D.根据图乙,电流的最大值

/n,=lMA

电流的有效值

=10^A=1()A

V2V2

所以电流表示数为1()A,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、BC

【解析】

A.同步卫星周期为24小时,轨道b比同步卫星轨道低一些,周期小于24小时,选项A错误;

Mm

B.由々=Gp可知,距离地面越远,引力越小,选项B正确;

C.由于a=G^,卫星从轨道。和轨道b经过P点时加速度相同,选项C正确;

D.卫星从a轨道到6轨道,需点火加速,动能增大,D错误。

故选BC»

8、ACD

【解析】

A、把一枚针轻放在水面上,它会浮在水面,浮力很小,可以忽略不计,故一定是由于水表面存在表面张力的缘故,

故A正确;

B、水对油脂表面是不浸润的所以成水珠状,水对玻璃表面是浸润的,无法形成水珠,表面张力是一样的,故B错误;

C、宇宙飞船中的圆形水滴是表面张力的缘故,故C正确;

D、毛细现象中有的液面升高,有的液面降低,这与液体种类和毛细管的材料有关,故D正确;

E、当两薄玻璃板间夹有一层水膜时,在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开,这是由于大气压力的缘故,故E错

误.

点睛:本题考查了液体表面张力和液体的浸润与不浸润现象,是联系生活的好题.

9、AC

【解析】

A.Q刚放上P瞬间,弹簧弹力不变,仍为mg,故根据牛顿第二定理可知,它们的加速度

mg_g

Cl-----——

2m2

故A正确;

B.有时刻P、Q速度第一次达到最大,此时P、Q整体合力为零,此时弹簧弹力

F=2mg

故OR时间内弹簧弹力小于2mg,故0~八时间内弹簧弹力的冲量小于2mgm故B错误;

C.OF时间内整体向下的加速度逐渐减小到零,对Q有

mg-N=ma

故P对Q的支持力N不断增大,故C正确;

D.a时刻,P、Q第一次下降到最低点,动能为零,故根据机械能守恒可知,072时间内P、Q的重力势能和弹簧弹

性势能的总和先减小再增大,故D错误。

故选AC。

10、BDE

【解析】

A.由于油酸薄膜在水面上不易观察,撒扉子粉是为了便于确定油酸薄膜的轮廓,A错误;

B.1滴溶液中油酸酒精溶液的体积为匕,I滴溶液中油酸的体积为叱,即水面上形成的油酸薄膜的体积为此,B

nnn

正确;

C.将油酸分子看作球体且一个一个的单层排列,忽略空隙,估测油酸分子的直径为

nS

C错误;

D.在坐标纸上数油膜轮廓内格子数时,大于或等于半格时算一格,小于半格的不计,用总格子数乘以Icn?作为油膜

的面积,采用的是近似法,D正确;

E.因为纯油酸粘滞力较大,很难形成单分子油膜,油酸酒精溶液滴在水面上,酒精易挥发,易形成油酸的单分子油

膜,E正确。

故选BDE,

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、BC0.8109.80

【解析】

d)[l].A.组装单摆须选用密度较大且直径较小的摆球,选项A错误;

B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线,选项B正确;

C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动,选项C正确;

D.单摆的摆角不得超过5。,否则单摆的运动就不是简谐运动,选项D错误;

故选BCo

(2)[2].小球直径为</=0.8cm+0.05mmx2=0.810cm;

(3)13].单摆的周期为

T_t_f

2

可得

2_160092

g

由图像可知

人①=⑹°=⑹。

g100x10-2

解得

g=9.80m/s2

12.Rt接通电路时,确保电流表安全保

持“尸间电压不变

【解析】

根据题意要求精确测量电流表内阻及分压式连接,为了便于调节分压,需要选择阻值较小,额定电流较大的滑动

变阻器,即品。

(2)[2]网为了确保开关闭合后,电路安全,因此滑动变阻器的滑片应置于a端,这样测量电路部分开始时分压为0,保

证了电路安全。

(3)[4]根据电路图,连接实物图如图所示:

(4)[5]在实验步骤③中,确保滑动变阻器”的滑片P的位置不变,其理由是保持“P间电压不变。

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、(l)v==5xl05j;(2)B=5xlO5=5T,磁感应强度的方向为垂直纸面向外;(3)1.14xl(r2m2

【解析】

(1)第二象限内,正电荷在电场力的作用下做初速为零的匀加速运动,设正电荷的坐标为(x,j),通过y轴时的速度为1

由动能定理有

划国=;mv2

由于"=4国,C点的坐标为(-0.1,0.2),得

A=0.4

联立得

呻招>'=5'叫

(2)由C点静止释放的正电荷垂直y轴通过A点,又垂直x轴通过。点,所以该正电荷由A点进入磁场,由。点出磁

场,圆周运动的圆心为。点,轨迹如图所示

该正电荷做圆周运动的半径

r=OA=0.2m

由洛仑兹力提供向心力,有

V

qvB=m—

r

联立,得

.my

B=5xl05—=5T

qr

由左手定则可判断,磁感应强度的方向为垂直纸面向外

⑶由⑵中分析可知正电荷在磁场中圆周运动的半径与其通过J,轴时的纵坐标值相等,所有正电荷都垂直通过。点,轨

迹如图所示

q-

磁场区域的最小面积为阴影部分的面积,由几何关系可得面积

1,1,

S=—7rr2----r=1.14x102m2

42

14、(1)3m/s.(2)3.2N,方向向上.

【解析】

试题分析:(1)设小球经过C点的速度为%,小球从B到C,据机械能守恒定律得

1,

mg(R+Rcos600)=Epc+ymvQ,(3分)

代入数据求出%=3m/s.(2分)

(2)小球经过C点时受到三个力作用,即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN.设环对小球的作用力方向向上,根据牛

2

顿第二定律F+FN-mg=m%,(2分)

R

由于F=kx=2.4N,(2分)

FN=ITI—+mg-F,

R

解得FN=3.2N,方向向上.(1分)

根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2N

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