2022届福建省福州市八县高考临考冲刺物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

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、我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星（简称“量子卫星”）“墨子号”

发射升空。已知引力常量为G,地球半径为R,“墨子号”距地面高度为九线速度为匕，地球表面的重力加速度为g,

第一宇宙速度为匕，下列说法正确的是

A.色厚B.卫星距离地面的高度人可用毛来表示

c.地球的质量可表示为EmD.此卫星角速度大于

2、真空中相距L的两个固定点电荷E、尸所带电荷量大小分别是0E和。F,在它们共同形成的电场中，有一条电场线

如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向.电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，

且NNEF>NNFE.则（）

A.E带正电，F带负电，且0E>QF

B.在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点

C.过N点的等势面与连线垂直

D.负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能

3、电动平衡车因为其炫酷的操作，被年轻人所喜欢，变成了日常通勤的交通工具。平衡车依靠人体重心的改变，来实

现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。下表所示为某款电动平衡车的部分参数，若平衡车以最大速度行驶时，电

机恰好达到额定功率，则下列说法中正确的是（）

电池输出电压36V电池总容量50000mAh

电机额定功率900W最大速度15km/h

充电时间2~3小时百公里标准耗电量6kWh

A.电池最多输出的电能约为1800J

B.充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约为2h

C.该平衡车以最大速度行驶时牵引力约为60N

D.该平衡车在标准情况下能骑行的最大里程约为3km

4、关于原子核的相关知识，下面说法正确的是（）

A.原子核内相邻质子之间存在相互排斥的核力

B.原子核的比结合能越小，说明原子核越不稳定

C.温度越高放射性元素的半衰期越小

D.。射线是电子流，表明原子核内除质子中子之外还有电子

5、如图所示是杂技团表演猴子爬杆的节目，质量为m=8kg的猴子以初速度片=0.5m/s沿竖直杆从杆底部向上匀加

速运动的同时，杂技演员顶着直杆以初速度彩=1向5,加速度电=2m/s2沿水平方向向左做匀加速直线运动，，=3s

末猴子到达杆的顶部。已知竖直杆的长度为L=6m,重力加速度g=10m/s2,将猴子看作一个质点，关于猴子的运

动情况，下列说法中正确的是（）

A.猴子沿杆运动的加速度大小为OSm/s?

B.猴子相对地面做匀加速的曲线运动

C.猴子运动的轨迹方程y=gx

D.杆给猴子的作用力大小为88N

6、关于对平抛运动的理解，以下说法正确的是（）

A.只要时间足够长，其速度方向可能沿竖直方向

B.在任意相等的时间内速度的变化量相同

C.可以运用“化曲为直”的方法，分解为竖直方向的匀速直线运动和水平方向的自由落体运动

D.平抛运动的水平位移与竖直高度无关

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。分。

7、如图，质量为加、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于。、O',并处于匀强磁场中.当导线中通以沿x正方向的

电流/,且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为8.则磁感应强度方向和大小可能为

A.z正向，鳖tan。B.正向，螫

ILIL

C.Z负向，鳖tan。D.沿悬线向上，避sin。

ILIL

8、如图所示的直角坐标系中，第一象限中有一匀强电场，场强方向与x轴的夹角为60°。在第四象限存在宽度为2L,

沿轴负方向足够长的匀强磁场。磁感应强度为3,方向垂直纸面向里。现有不计重力的带电粒子（电荷量为心质

量为加）以速度?从。点射入磁场（%与工轴的夹角为6=30。）。若带电粒子通过磁场后恰好从A点射入电场，并

从x上距离A点为2L的N点（图中未标出）离开电场。下列分析正确的是（）

A.带电粒子进入磁场时的速度大小为％=幽

m

B.带电粒子从。点到N点（图中未标出）运动的总时间为+

6qB

C.该匀强电场的场强大小为8qB?L

3m

D.带电粒子离开电场时的动能为史世生

3m

9、光滑平行导轨ab、cd水平放置，两导轨间距为L,两导轨分别与电容为。的电容器的两极板相连，两导轨的右端

连接光滑绝缘的,圆弧轨道ce圆弧轨道的半径为R,水平导轨与圆弧轨道分别相切于从c两点。把一质量为

4

长度为L的金属杆置于左位置，如图所示。闭合电键S,金属杆恰能滑到啖空间存在竖直向下的匀强磁场，磁场分

布如图所示，磁场的磁感应强度为B,重力加速度为g,下列各种说法中正确的是（）

A.金属杆刚滑上圆弧轨道时，对轨道的压力为3,

B.从左向右看，电容器的左极板带负电，右极板带正电

C.电容器两极板间的电势差减小了券质

D.若磁场方向改为水平向右，则闭合电键S后，金属杆仍能上升R的高度

10、如图甲为一列沿x正方向传播的简谐横波在UO.ls时刻的波动图像，图乙是波中某振动质点位移随时间变化的振

动图像，P是平衡位置为x=1.5m处的质点，。是平衡位置为x=12m处的质点，则下列说法正确的是.

A.U0.2s时，质点尸的振动方向沿y轴负方向

B.图乙可能是x=lm处质点的振动图像

C.再经过0.5s,质点。第一次到达波峰

D.从Z=0.10s到Z=0.25s,质点尸通过的路程为30cm

E.再经过0.4s,质点Q达到加速度正向最大，位移反向最大

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，物体质量为根=2kg,静置于水平面上，它与水平面间的动摩擦因数〃=04,用大小为F=10拒N、

方向与水平方向夹角45的拉力尸拉动物体，拉动4s后，撤去拉力尸，物体最终停下来.（取g=10m/d）试求:

(1)物体前4s运动的加速度是多大？

(2)?物体从开始出发到停下来，物体的总位移是多大？

12.(12分)某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。图甲是演示仪的简化示意图，细线下面

悬挂一个小钢球(直径忽略不计)，细线上端固定在电动机转盘上，利用电动机带动钢球做圆锥摆运动。用转速测定仪

测定电动机的转速〃，调节刻度板的位置，使刻度板水平且恰好与小钢球接触，但无相互作用力，用竖直放置的刻度

尺测定细线悬点到刻度板的竖直距离〃，不计悬点到转轴间的距离。

书

细线悬点

(•

••

(1)开动转轴上的电动机，让摆球转动起来形成圆锥摆。调节转速〃，当〃越大时，〃越__________(选填“大”或“小”)。

(2)图乙为某次实验中〃的测量结果，其示数为cm。

(3)用直接测量的物理量的符号表示重力加速度g,其表达式为g=»

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)如图所示的空间中有一直角坐标系04，第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第四象限x轴下方存在

沿x轴方向足够长，宽度1=(5+5百)m的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B=0.4T,一带正电

粒子质量"?=3.2xl0-4kg、带电量q=0.16C,从y轴上的尸点以yo=l.Oxl()3m/s的速度水平射入电场，再从x轴上的。

点进入磁场，已知OP=9m,粒子进入磁场时其速度方向与x轴正方向夹角。=600,不计粒子重力，求：

(1)0。的距离；

⑵粒子的磁场中运动的半径；

(3)粒子在磁场中运动的时间；(n值近似取3)

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3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，竖直面内光滑圆弧轨道最低点C与水平面平滑连接，圆弧轨道半径为R,圆弧所对圆心角为

60°,水平面上8点左侧光滑，右侧粗糙。一根轻弹簧放在水平面上，其左端连接在固定挡板上，右端自由伸长到8点。

现将质量为机的物块放在水平面上，并向左压缩弹簧到位置A，由静止释放物块，物块被弹开后刚好不滑离圆弧轨道,

已知物块与8C段间的动摩擦因数为0.5,8C段的长度也为R,重力加速度为g,不考虑物块大小。求：

（1）物块运动到圆弧轨道C点时，对轨道的压力大小；

⑵物块最终停下的位置离C点的距离；

⑶若增大弹簧的压缩量，物块由静止释放能到达与。等高的高度，则压缩弹簧时，弹簧的最大弹性势能为多大。

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.由万有引力提供向心力，有

GMm_nw；GMm_mv；

(R+h)2~(R+h)rR2=~R~

联立得

A=

vt

选项A错误;

B.对量子卫星有

GMm_mv~

(R+h)2~(R+h)

得

R+T

匕

代入GM=gR2,得

R+h=/,h=^--R

片片

选项B错误；

C.对量子卫星有

GMm_mv]

(R+h)2~(R+h)

得

选项C正确;

对量子卫星有

CM"；=m(R+h)a)2

(R+h)2

代入GM=gR、得此卫星角速度为

选项D错误。

故选c.

2、C

【解析】

根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场

方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷

在N点产生的场强，而NF>NE，所以由点电荷场强公式后=半知0E<0F，A错误；只有电场线是直线，且初速

度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合.而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹

与电场线不重合.故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等

势面垂直,所以过N点的等势面与过N点的切线垂直,C正确;沿电场线方向电势逐渐降低，％再根据Ep=40,

q为负电荷，知E府<j,D错误；故选C

【点睛】

只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合.电场线和等

势面垂直.N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小.先

比较电势的高低，再根据Ep=g0,比较电势能.

3、B

【解析】

A.电池最多储存的电能为

W=qU=50000x10-3x3600x36=6.48xlO6J

故A错误;

B.由储存的电能除以额定功率可求得时间为

648x10•=7200s=2h

900

故B正确

C.根据功率公式则有

.P900

卜=——=----=216N

v4.17

故C错误；

D.由电池总电量除以百公里标准耗电量即可求出

36x50000x10-3x10-3

x=x100=30km

6

故D错误。

故选B。

4、B

【解析】

A.原子核内相邻质子之间存在强相互吸引的核力，A错误；

B.原子核比结合能越小，拆开原子核越容易，说明原子核越不稳定，B正确；

C.放射性元素的半衰期是原核的衰变规律，由原子核内部因素决定，即与元素的种类有关，与温度无关，C错误;

D.£射线是原子核内中子转变为质子时产生的，不能说明原子核内有电子，选项D错误。

故选B。

5、C

【解析】

A.猴子在竖直方向做匀加速直线运动，由

,12

L=Vyt+—

得

q=lm/s2,

故A错误；

B.根据分运动与合运动的关系：

虫=_1

为一2’

幺」

a22,

速度与加速度始终同向，可知合运动为匀加速直线运动，故B错误；

C.猴子在竖直方向的分运动：

yV|f+=0.5z+—f",

水平方向：

X=v0t+—%厂=f+厂，

联立可得:

故C正确；

D.杆在竖直方向和水平方向都对猴子有作用力，竖直方向根据牛顿运动定律得：

Fy-mg=mal,

得：

K=88N,

水平方向：

Fx=ina2=16N,

则杆对猴子的作用力：

F=4Fj+>88N,

故D错误。

故选：Co

6、B

【解析】

A.当平抛运动下落时间无论多么长，由于存在水平方向的分速度，则速度方向不可能竖直向下，故A错误；

B.由公式Av=aZ=gf,可知平抛运动的物体在任意相等时间内速度的变化量相同，故B正确；

C.平抛运动运用“化曲为直”的方法，分解为水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，故C错误;

D.平抛运动的水平位移为

\lh

知平抛运动的水平位移由初速度和抛出点的高度共同决定，故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。分。

7、BC

【解析】

试题分析：磁感应强度方向为z正方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，则导体不可能处于平衡

状态，选项A错误；磁感应强度方向为y正向时，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，此时细线的拉

力为零，由平衡条件得：BIL=mg,解得：B=等，选项B正确；磁感应强度方向为z负向时，根据左手定则，直导

线所受安培力方向沿y正方向，由平衡条件得：BILcosO=mgsinO,解得：B=^tan。，选项C正确；当沿悬线向上

时，由左手定则可知，安培力垂直于导线斜向左下方，导体不可能处于平衡状态，选项D错误；故选BC.

考点：物体的平衡；安培力；左手定则

【名师点睛】此题是物体的平衡及安培力的方向判断问题；左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则

全依靠左手定则，即关于力的用左手，其他的（一般用于判断感应电流方向）用右手定则；注意立体图形和平面图形

的转化.

8、BD

【解析】

A.带电粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知，带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径为：

R=2L,

由

说

qvB=m-^

0K

得

2qBL

%=-----，

m

故A错误；

B.带电粒子在匀强磁场中的运动时间为：

eT1„

t<=---1-―1=-----,

12万63qB

在匀强电场中：

qE=ma,

由题设知4V=2L,垂直电场方向做匀速直线运动

=2Lsin60°=v^t2,

沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，

4=2L8560°=3闻，

解得：

。--Cm,

22qB

“8q邑L

3m

从。到N的时间为:

(24+36)加

5f=一荷—

故B正确，C错误;

D.带电粒子从A到N过程中由动能定理可知

q包=且一，

解得:

„14/8七2

Ek=—---

3m

故D正确。

故选：BD

9、AC

【解析】

A,金属杆由区滑到甘过程，由机械能守恒有

1,

—in\-=rngR

金属杆刚滑上圆弧轨道时，由牛顿第二定律有

FN—nig=m—

R

两式联立解得

Fz=3mg

所以金属杆对轨道的压力为3mg,故A正确

B.闭合电键后金属杆获得向右的速度，说明其所受的安培力向右，由左手定则知电流方向由》到c,所以从左向右看,

电容器左端为正极板，右端为负极板，故B错误；

C.金属杆受安培力作用，由牛顿第二定律有

B1L-ma

由运动学公式有/if,流过金属杆的电荷量Ag=7。电容器两极板间电势差的减小量AU=*,联立解得

DLC

故c正确；

D.若磁场方向改为水平向右，金属杆所受安培力为竖直向上，由于还受到重力作用，金属杆所获得的速度将小于也

所以上升的高度将小于K,故D错误。

故选AC。

10、BCE

【解析】

A.根据图像可知：波的周期为0.2s,U0.2s时的波动图像与U0.1S时的波动图象相反，根据“头碰头，尾碰尾”可知，质

点尸的振动方向沿y轴正方向，故选项A错误；

B.由图乙可知，UO.ls时，质点通过平衡位置，且向下振动，根据“头碰头，尾碰尾”可知，图乙可能是x=lm或x=5m

处的质点振动图象，故选项B正确;

C.由图甲可知/l=4m,图乙可知T=0.2s,故波速

A4„,

v=—=——=20m/s

T0.2

质点。第一次到达波峰相当于质点x=2m处的波峰传播到。点，即

S12-2八u

t=一=--------=0.5s

v20

故选项C正确

D.经过

加=O.15S=3T

4

已知内，振子走过的路程为s=2A；内，若振子从平衡位置或两级开始运动，则路程为s=A。由于质点P

24

不是从平衡位置或两级开始运动，故在这段时间内，质点尸通过的路程不为30cm,实际上大于30cm,故选项D错误;

E.经过0.4s,波向前传播的距离为

s="=20x0.4m=8m

即相当于x=4m处的质点运动形式传播到。点，此时。位于波谷，加速度达到正向最大，位移反向最大，故选项E正

确。

故选BCE.

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、(l)3m/s2^)42m

【解析】

(1)由牛顿第二定律运用正交分解法求解加速度；

(2)根据运动公式求解撤去外力之前时的位移；根据牛顿第二定律求解撤去外力后的加速度和位移，最后求解总位移.

【详解】

(1)受力分析：正交分解：由牛顿第二定律得：

Fcos45°-/=ma；

Fsin45°+N-mg=0；

联立解得：a-3m/s2

»‘.，1,1，

(2)前4s内的位移为％=—ar=—x3x4~m=24m,

4s末的速度为：v-at-l2m/s,

撤去外力后根据牛顿第二定律可知：fmg=ma，,

解得：a'=-/Jg=-4m/52,

0-v20-122

减速阶段的位移为：,-=、()加=18一,

2a2x(-4)

通过的总位移为：%=再+工2=4201.

【点睛】

此题是牛顿第二定律的应用问题；关键是知道加速度是联系运动和力的桥梁，运用正交分解法求解加速度是解题的重

点.

12、小18.5044

【解析】

越大，细线与竖直方向夹角越大，则〃越小。

⑵⑵悬点处的刻度为1.00cm,水平标尺的刻度为19.50cm,则示数为

7/=(19.50-1.00)cm=18.50cm

所以示数为18.50cm。

(3)网假设细线与竖直方向夹角为依由牛顿第二定律得

mgtan。=ma)2r

又

tan^=—

h

a)=27in

解得

g=47r2n2h

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)SOQ=6V