2021-2022学年江西省抚州市高考仿真卷物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再

选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，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、如图甲所示，沿波的传播方向上有六个质点。、b、c、d、e、f,相邻两质点之间的距离均为Im,各质点均静止在

各自的平衡位置，U0时刻振源a开始做简谐运动，取竖直向上为振动位移的正方向，其振动图像如图乙所示，形成的

简谐横波以2m/s的速度水平向左传播，则下列说法正确的是（）

A.此横波的波长为1m

B.质点e开始振动的方向沿y轴负方向

C.从U0至3s内质点方运动的路程为10cm

D.从Z=2s至t=2.5s内质点d的加速度沿y轴正向逐渐减小

2、在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、

微元法等。以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（）

A.牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力

ArAr

B.根据速度定义式丫=一，当At非常小时，一就可以表示物体在，时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法

△tAr

C.将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，

该实验采用了放大的思想

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把

各小段的位移相加，这里采用了微元法

3、如图所示，A、B、C三球的质量分别为机、机、2叫三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度

二。，B、C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，

则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为（

o

A.1次

B.2次

C.3次

D.4次

4、如图1所示，轻弹簧上端固定，下端悬吊一个钢球，把钢球从平衡位置向下拉下一段距离A,由静止释放。以钢球

的平衡位置为坐标原点，竖直向上为正方向建立x轴，当钢球在振动过程中某一次经过平衡位置时开始计时，钢球运

动的位移一时间图像如图2所示。已知钢球振动过程中弹簧始终处于拉伸状态，则()

A.：时刻钢球处于超重状态

B.与时刻钢球的速度方向向上

C.4时间内钢球的动能逐渐增大

D.时间内钢球的机械能逐渐减小

5,正在海上行驶的--艘帆船，行驶方向如图所示，海风吹来的方向与船行驶的方向夹角为53°，升起风帆，调整风帆

的角度，使海风垂直吹在帆面上，若海风吹在帆面上的风力大小为500N,则沿船行驶方向获得的推力大小为

(sin53°=0.8,cos53°=0.6)

Ar

A.300N

B.375N

C.400N

D.450N

6、银川绿地中心双子塔项目位于银川阅海湾中央商务区中轴位置，高度301m,建成后将成为西北地区最高双子塔。

据说，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在f=0时由

静止开始上升，。一,图像如图所示。则下列相关说法正确的是（）

A.f=4.5s时，电梯处于失重状态B.5~55s时间内，绳索拉力最小

C.f=59.5s时，电梯处于超重状态D.f=60s时，电梯速度恰好为零

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、一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经8、C运动到。点，其VT图象如图所示。分析图象后，下列说法正

确的是（）

A.A处的电场强度一定小于B处的电场强度

B.粒子在A处的电势能一定大于在B处的电势能

C.CO间各点电场强度和电势都为零

D.AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差

8、下列有关热力学基本概念、规律与热力学定律的描述正确的是。

A.热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度

B.绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关

C.改变内能的两种方式是做功和热传递，因此同时做功和热传递一定会改变内能

D.第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律

E.机械能不可能全部转化为内能，内能也不可能全部转化为机械能

9、关于物体的内能，下列说法正确的是

A.物体吸收热量，内能可能减少

B.10gl()0℃水的内能等于10gl00℃水蒸气的内能

C.物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能

D.电阻通电时发热，其内能是通过“热传递”方式增加的

E.气体向真空的自由膨胀是不可逆的

10、图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4：1,原线圈接图乙所示的正弦交流电。图中RT为阻值随温度升

高而减小的热敏电阻，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。则下列说法正确的是()

甲乙

A.图乙所示电压的瞬时值表达式为“=51sin507rf(V)

B.变压器原、副线圈中的电流之比为1:4

C.变压器输入、输出功率之比为1：4

D.岛、处温度升高时，电压表示数不变，电流表的示数变大

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，在用“插针法”测定平行玻璃砖的折射率实验中：

测定平行玻璃砖的折射率实验中：

(1)下列措施对提高实验精度没有作用的是，

A.入射角a不宜过小

B.P/2间距适当大些

C.选用d稍微大点的玻璃砖

D.。匕间距尽可能小些

(2)下列因素对Ay大小没有影响的是.

A.入射角«

B.玻璃砖的折射率"

c.P1P2之间的距离

D.玻璃砖的厚度d

12.（12分）某同学采用图甲所示的电路完成“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，实验中用电压表测量小灯泡的电压,

用多用电表的直流挡测量通过小灯泡的电流。

（1）图甲中多用电表的黑表笔是（填“产，或“。”），用多用电表的直流电流挡测量通过小灯泡的电流时，

需要将多用电表的两个表笔连接到“、方两处，其中黑表笔应与（填““或“"）连接。

（2）实验配备的器材如下：

A.待测小灯泡L（“2.5V,0.2WM）

B.电压表V（量程0-3V,阻值约3二二）

C.多用电表（三个直流电流挡量程分别为1mA,10mA,100mA）

D.滑动变阻器二,，（阻值范围。TO二额定电流2A）

E.滑动变阻器二：（阻值范围。700口额定电流1A）

F.电池组（电动势4.5V,内阻约为j二）

G开关一只，导线若干

为了使测量尽可能地准确且能方便地进行调节，多用电表直流电流挡量程应选一，滑动变阻器应选______。

（3）该同学选取合适的器材后，用导线将器材按图甲所示的电路连接起来，如图乙所示。他在实验前进行电路检查时

发现漏接了一根导线，请你在乙图上用笔画上这根漏接的导线.

图乙

（4）该同学纠正连线错误后，通过实验测得多组/、U值并描绘出小灯泡的1-U曲线如图丙所示。由LU曲线可以看

出：当灯泡两端电压二=22A•时小灯泡的电阻二二=Q（保留两位有效数字）；

（5）我们知道，多用电表用久以后，表内电池的电动势会减小而内阻会增大。那么用久以后的多用电表电流挡测得的

电流与真实值相比（填“偏大”，“偏小”或“相同

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，两条足够长的光滑导电轨道倾斜放置，倾角6=37。，轨道足够长，轨道间距离乙=0.6m,轨

道下端连接R=2O的电阻，轨道其他部分电阻不计，匀强磁场垂直于轨道平面向上，磁感应强度B=0.5T,一质量

为机=O.lkg,电阻厂=1。的导体棒诏在平行于轨道的恒定的拉力厂作用下由静止开始向上运动，入=8m时速度达

到最大，最大速度%=10m/s。这时撤去拉力F,导体棒继续运动到达最高点，全过程中流过电阻R的电荷量，/=1C,

sin37°=0.6,=lOm/s2,求：

（1）导体棒达到最大速度时导体棒两端的电势差

（2）导体棒而在恒定的拉力?作用下速度为工时的加速度大小;

2

（3）向上运动的全过程中电阻K上产生的热量。

14.（16分）如图，玻璃球冠的折射率为百，其底面镀银，底面的半径是球半径的且倍；在过球心。且垂直于底

2

面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点.求

该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角.

15.(12分)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T.在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金

属导轨,处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L=lm,电阻可忽略不计.质量均为"，=lkg,电阻均为K=2.5。

的金属导体棒MN和尸。垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好.先将尸。暂时锁定，金属棒在垂直于棒的拉力

尸作用下，由静止开始以加速度a=0.4m/s2向右做匀加速直线运动，5s后保持拉力产的功率不变，直到棒以最大速度

斯,做匀速直线运动.

N

XXXXXXX

B―►F

XXXXXXX

QM

(1)求棒MN的最大速度vm；

(2)当棒MN达到最大速度愠时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F,两棒最终均匀速运动.求解除PQ棒锁定后，到两棒

最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.

(3)若尸。始终不解除锁定，当棒达到最大速度1时，撤去拉力尸，棒继续运动多远后停下来？(运算结果可

用根式表示)

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】

A.由振动图像可知7=2s,则波长为

A-vT=2x2m=4m

故A错误；

B.由图乙可知，波源起振方向为竖直向上，根据介质中所有质点开始振动方向都与波源起振方向相同，即质点e开

始振动的方向沿y轴正方向，故B错误；

C.波从a传到b所用的时间为

1

t-—s

2

从U0至t=3s内质点b振动了

2.5s=1-7

4

则运动的路程为

s=5A=10cm

故c正确；

D.波传到d点需要1.5s,则从Z=2s至Z=2.5s内质点d的正在从最高点向最低点振动，加速度方向沿y轴负方向且逐

渐减小，故D错误。

故选C。

2、A

【解析】

A.牛顿采用理想模型法提出了万有引力定律，没有计算出太阳和地球之间的引力，故A符合题意；

AyAr

B.根据速度定义式丫=一，当M非常小时，一就可以表示物体在，时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故B

△tZ

不符合题意

C.将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，

该实验采用了放大的思想，故c不符合题意；

D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把

各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D不符合题意。

故选A。

3、C

【解析】

由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落地，A、B

第一碰撞后水平速度互换，B、C发生第二碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则3反向；B、A发生第三次碰撞

后，B、A水平速度互换，A向左，〃竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞，故C正确，A、B、

D错误；

故选C。

【点睛】

关键是A球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，与B、C竖直方向的运动情况相同，所以一定可以发生碰撞。

4、D

【解析】

A.从图中可知八时刻钢球正向下向平衡位置运动，即向下做加速运动，加速度向下，所以处于失重状态，A错误；

B.从图中可知与时刻正远离平衡位置，所以速度向下，B错误；

C.乙~时间内小球先向平衡位置运动，然后再远离平衡位置，故速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C错误;

D.乙时间内小球一直向下运动，拉力恒向上，做负功，所以小球的机械能减小，D正确。

故选D。

5、A

【解析】

对垂直作用于帆面上的风力进行分解，分解成沿船行驶方向和垂直于行驶方向的力，沿行驶方向的分力

4=Feos53°=300N.

人.300^>!与上述计算结果4=30(^相符，故A正确；

B.375N与上述计算结果4=300N不相符，故B错误;

C.400N与上述计算结果K=300N不相符，故C错误;

D.450N与上述计算结果K=300N不相符，故D错误;

【解析】

A.利用a-f图像可判断：f=4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误;

BC.0~5s时间内，电梯处于超重状态，拉力〉重力；5~55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力=重力；55~60s时

间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力；综上所述，选项B、C错误；

D.因。一，图线与f轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的

速度在，=60s时为零，选项D正确。

故选D。

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、BD

【解析】

A.由运动的速度-时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，由牛顿第二定律得知在A点的电场力大,

故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A错误；

B.由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势

能减少，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确。

C.从C到D,粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错

误；

D.A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的

电势差等于CB两点间的电势差，故D正确。

故选BD.

8、ABD

【解析】

A.根据热力学第一定律得热量是在单纯的热传递过程中系统内能变化的量度，故A正确；

B.绝热过程中，系统内能的变化只与做功的多少有关，而与做功的方式无关，故B正确；

C.改变内能的方式有做功和热传递，二者在内能的改变上是一样的，若对外做功的同时吸收热量，内能可能不变，

故C错误；

D.第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律即热现象的方向性，故D正确；

E.机械能可能全部转化为内能，内能不可能全部转化为机械能，而不产生其他影响，故E错误。

故选ABD。

9、ACE

【解析】

A.如果物体对外做的功大于吸收的热量，物体内能减少，A正确；

B.10gl00℃的水变成lOglOOC水蒸气的过程中，分子间距离变大，要克服分子间的引力做功，分子势能增大，所以

10gl00℃水的内能小于10gl00℃水蒸气的内能，B错误；

c.物体中所有分子的热运动的动能与分子势能的总和叫作物体的内能，C正确；

D.通电的电阻丝发热，是通过电流做功的方式增加内能，D错误；

E.根据燧和牖增加的原理可知，气体向真空的自由膨胀是不可逆的，E正确。

故选ACEo

10、BD

【解析】

A.原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压51V,周期0.02s,故角速度是

。=—=100兀

T

则

“=51sinlOO"(V)

故A错误；

B.根据

A_%

A«i

得，变压器原、副线圈中的电流之比

b4

故B正确；

C.理想变压器的输入、输出功率之比应为1：1,故c错误；

D.电压表测的是原线圈的电压即不变，则副线圈两端电压不变，Rr处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，

故D正确。

故选BDo

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、DC

【解析】

(1)口］增大a角，P/2距离适当大一些，选用较厚的玻璃砖都可以提高精度，。尸2距离小一些不会提高精度，ABC错

误，D正确。

故选D；

(2)［2］直接根据图中的光路分析可得，PP2间的距离对于Ay无影响，ABD错误，C正确；

故选C。

12^Pb100mARi28相同

【解析】

(1)口][2]多用电表黑表笔接表的负插孔，故由图可知P为多用电表的黑表笔；对于多用电表测量时因遵循电流由红表笔

进表，由黑表笔出表，故可知黑表笔应与》连接；

(2)[3][4]根据小灯泡的规格可知电路中电流约为

灯泡电阻约为

□□=^=Q=32,25Q

故为了测量准确减小误差多用电表直流电流挡量程应选100mA；滑动变阻器应选R；

(3)⑸滑动变阻器是采用的分压式接法，故连接图如图所示

(4)⑹根据图丙可知当灯泡两端电压二=二二0V,电流/=78mA=0.078A,故此时小灯泡的电阻

(5)[7]使用多用电表电流档测电流时并不会用到表内的电池，即表内电池电动势和内阻的大小对多用电表电流档的测量

无影响，故测得的电流与真实值相比是相同的。

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、(1)-2V；(2)1.5m/s2;(3)0.8J

【解析】

(1)导体棒达到最大速度时

E=B5

根据右手定则知导体棒中的感应电流由“到8

U«b=TR

解得

%=-2V

(2)导体棒达到最大速度时有

F=BIL+mgsin0

解得

F=0.9N

导体棒ab在恒定的拉力F作用下速度为2时

2

E'=BL^-

2

E'

r=-^~

R+r

F-mgsin0-BVL-ma

解得

a=1.5m/s2

(3)全过程

根据能量守恒得

Fxy-mgxsin0-Q总=0

&=部总

解得

e«=o.8j

14、150°

【解析】

设球半径为R,球冠地面中心为0,连接00，，则OOUA5

令NOAO'=a

之二也…①

则:O,A

cosa=

~0A

即NO4O'=a=30°…②

已知所以NQ4M=60。…③

设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示.

设光线在M点的入射角为i,折射角为r,在N点的入射角为〃反射角为*,玻璃的折射率为〃.

由于A0AM为等边三角形，所以入射角i=60。…④

由折射定律得："…⑤

代入数据得：7=300...@

作N点的法线NE,由于NE〃MA,所以，=30。…⑦

由反射定律得：i"=30。…⑧

连接ON,由几何关系可知△MANWZkMON,则NMNO=60。…⑨

由⑦