闵行区2022年高考物理全真模拟密押卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3,请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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。

1.2018年1月12日，我国成功发射北斗三号组网卫星.如图为发射卫星的示意图，先将卫星发射到半径为r的圆轨

道上做圆周运动，到A点时使卫星加速进入椭圆轨道，到椭圆轨道的远地点B点时，再次改变卫星的速度，使卫星进

入半径为2r的圆轨道.已知卫星在椭圆轨道时距地球的距离与速度的乘积为定值，卫星在椭圆轨道上A点时的速度

为V,卫星的质量为m,地球的质量为M,引力常量为G,则发动机在A点对卫星做的功与在B点对卫星做的功之差

为（忽略卫星的质量变化）（）

323GMm

A.—mv-

44r

523GMm

B.—mv—■

84r

323GMm

C.—mv+

44r

523GMm

D.—mv+

84r

2.如图所示，一只蚂蚁从盘中心。点向盘边缘股点沿直线OM匀速爬动，同时圆盘绕盘中心。匀速转动，则在蚂蚁

向外爬的过程中，下列说法正确的（

A.蚂蚁运动的速率不变B.蚂蚁运动的速率变小

C.相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线D.相对地面蚂蚁的运动轨迹是直线

3.如图所示，一个质量为，〃的铁球处于静止状态，铁球与斜面的接触点为4推力厂的作用线通过球心。，假设斜面、

墙壁均光滑，若让水平推力缓慢增大，在此过程中，下列说法正确的是（）

A.力产与墙面对铁球的弹力之差变大

B.铁球对斜面的压力缓慢增大

C.铁球所受的合力缓慢增大

D.斜面对铁球的支持力大小等于」三

4.如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍上的B点，

已知球拍与水平方向夹角。=60。，AB两点高度差h=lm,忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2,则球刚要落到球拍上

时速度大小为（）

A.2亚向sB.25/r^m/sC.4-75m/sD.m/s

5.如图，小球甲从A点水平抛出，同时将小球乙从8点自由释放，两小球先后经过C点时速度大小相等，方向夹角

为30。，已知B、C高度差为h,两小球质量相等，不计空气阻力，由以上条件可知（）

0

A.小球甲作平抛运动的初速度大小为2J与

B.甲、乙两小球到达C点所用时间之比为1：2

h

c.A、B两点高度差为:

4

D.两小球在C点时重力的瞬时功率相等

6.光滑水平面上，一物体在恒力作用下做方向不变的直线运动，在“时间内动能由0增大到Ek,在，2时间内动能由

以增大到2打,设恒力在A时间内冲量为八，在&时间内冲量为上，两段时间内物体的位移分别为xi和X2,则（）

A./l</z,X\<X2B.h>l29Xl>X2

C.Zl>/2>Xl=X2D.I\=IltX1—X2

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。

7.两相距2R、电量相等的点电荷幼、放在水平轴线上，Qi带负电，带正电，0为两者中点。以Qi为圆心、半

径为K的球面上有氏c三位置，a、0、Q2在同一竖直平面内，氏c、Qi在同一水平平面内，且a、b连线与水平

轴垂直，b、c连线与水平轴平行，a、0相距为K,如图所示。下列说法正确的是（）

A.a、》两处电势相等B.b、c两处电势相等

C.a、b两处场强大小相等D.氏c两处场强大小相等

8.在如图所示装置中，轻杆一端固定着一个轻质定滑轮儿M用轻杆连接着另一轻质滑轮c,轻绳一端固定于。点，

跨过滑轮c和心另一端固定在，血上，已知悬点a和滑轮分间的距离远大于滑轮的直径，动滑轮质量和一切摩擦不计,

整个装置稳定时轻绳ac部分与竖直方向夹角为a,阮部分与竖直方向的夹角为“，下列说法正确的是（）

A.整个装置稳定时，a角一定等于“角

B.若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，㈣高度上升

C.若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，刎高度上升

D.存在某一方向，往该方向缓慢移动轻滑轮》时，，小的位置保持不变

9.某同学用如图所示电路演示交流发电机的发电原理，线圈电阻不计，电表为理想电表。当线圈转动的转速增大1

倍，下列说法正确的是（）

A.当线圈处于图示位置时，灯泡两端电压最大B.电流表测量的是灯泡的最大电流

C.电压表的示数增大为原来的2倍D.通过灯泡的电流频率为原来的2倍

10.如图甲所示，导体环M放置在磁感应强度为8（垂直纸面向里）的匀强磁场中，环面与磁场垂直；如图乙所示,

导体环N放置在环形电流i（顺时针方向）所产生的磁场中，环面与磁场垂直；分别增加匀强磁场的磁感应强度8和

环形电流i的大小。两个环的硬度比较大，在安培力的作用下没有明显变形。下列有关导体环中感应电流的方向和导

体环所受的安培力的说法正确的是（）

A.环M中的感应电流沿逆时针方向，所受的安培力指向圆心向里，环M有收缩的趋势

B.环M中的感应电流沿顺时针方向，所受的安培力背离圆心向外，环M有扩张的趋势

C.环N中的感应电流沿顺时针方向，所受的安培力指向圆心向里，环N有收缩的趋势

D.环N中的感应电流沿逆时针方向，所受的安培力背离圆心向外，环N有扩张的趋势

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）某同学设计如图所示的装置测量灵敏电流计的内阻心，电压表可视为理想电压表，请完成以下问题:

（1）按照原理图甲，完成图乙中实物间的连线;

⑵实验时，闭合开关前应先将电阻箱的电阻调到（选填“最大值”，"最小值''或"任意值，

（3）调节电阻箱的阻值，使灵敏电流计满偏。并读出此时电阻箱的阻值K,电压表示数已知灵敏电流计满偏时的示

数3则灵敏电流计的内阻&=（用R、U、4表示）;

（4）已知该灵敏电流计的内阻&=300。，满偏电流4=200HA,除该灵敏电流计外，还有以下实验器材:

A.电池组（电动势6V,内阻约为0.5C）；

B.滑动变阻器K（0-1012,额定电流1A）；

C.电流表A（0~50mA,内阻约为20。）；

D.标准电阻Ri=14700C

E.一个电键S、导线若干

现要用伏安法测量一个阻值约为50。的电阻风的阻值，请在方框中画出测及阻值的实验电路图_______（要求测量

结果尽量准确，电表的测量范围尽可能大一些，并在电路图中标明对应器材的符号）。

12.（12分）某同学用图示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”，实验的主要步骤如下：

A.将贴有白纸的木板竖直放置，弹簧测力计A挂于固定在木板上的P点，下端用细线挂一重物M。

B.弹簧测力计8的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置，细线均与木板平行。

C.记录。点的位置、两个弹簧测力计的读数K和尼。

D.测量重物M的重力G,记录绳的方向。

E.选择合适的标度，用刻度尺做出测力计拉力片和工的图示，并用平行四边形定则求出合力产。

F.按同一标度，做出重物M重力G的图示，并比较F与G,得出结论。

（1）在上述步骤中，有重要遗漏的步骤是（请填写步骤前的序号），遗漏的内容是。

（2）某同学认为在实验过程中必须注意以下几项，其中正确的是（—）

A.OA、OB两根绳必须等长

B.OA、OB两根绳的夹角应该等于120。

C.OA、OB两根绳要长一点，标记同一细绳方向的两个点要远一点

D.改变拉力的大小与方向，再次进行实验时，仍要使结点O静止在原位置

（3）本实验采用的科学方法是（一）

A.微元法B.等效替代法C.理想实验法D.科学推理法

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，质量为皿=1kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的A3部分是半径为R=0.3m的四分之

一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧.滑道CD部分粗糙，长为L=0.1m,动

摩擦因数〃=0.10,其他部分均光滑.现让质量为"“=lkg的物块（可视为质点）自A点由静止释放，取g=10m/si.求:

（1）物块到达最低点时的速度大小；

（1）在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；

（3）物块最终停止的位置.

14.（16分）右端开口，左端封闭的粗细均匀的U形玻璃管竖直放置，长为10cm的水银柱封闭了长为30cm的空气

柱，尺寸如图甲所示，现用注射器（开始时活塞在底部）缓慢地将水银抽出，如图乙所示.已知注射器管横截面积是

玻璃管横截面积的10倍，大气压强为76cmHg,整个过程不漏气且温度不变.求：

30(111

（1）当水银恰好被抽出时玻璃管内空气的压强（单位用cmHg表示）；

（2）注射器管有效长度的最小值（结果保留3位有效数字）.

15.---（12分）一球形人造卫星，其最大横截面积为A、质量为m,在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动.由于受

到稀薄空气阻力的作用，导致卫星运行的轨道半径逐渐变小.卫星在绕地球运转很多圈之后，其轨道的高度下降了AH,

由于AHwR,所以可以将卫星绕地球运动的每一圈均视为匀速圆周运动.设地球可看成质量为M的均匀球体，万有

引力常量为G.取无穷远处为零势能点，当卫星的运行轨道半径为r时，卫星与地球组成的系统具有的势能可表示为

_GMm

E-----------.

pr

（1）求人造卫星在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动的周期；

（2）某同学为估算稀薄空气对卫星的阻力大小，做出了如下假设：卫星运行轨道范围内稀薄空气的密度为p,且为恒

量；稀薄空气可看成是由彼此不发生相互作用的颗粒组成的，所有的颗粒原来都静止，它们与人造卫星在很短时间内

发生碰撞后都具有与卫星相同的速度，在与这些颗粒碰撞的前后，卫星的速度可认为保持不变.在满足上述假设的条

件下，请推导：

①估算空气颗粒对卫星在半径为R轨道上运行时，所受阻力F大小的表达式；

②估算人造卫星由半径为R的轨道降低到半径为R-AH的轨道的过程中，卫星绕地球运动圈数n的表达式.

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、B

【解析】

由G等=〃?/可知，卫星在轨道半径为r的圆轨道上运动的线速度大小v,=J塔，在半径为2r的圆轨道上做圆

周运动的线速度大小为岭=J丝，设卫星在椭圆轨道上8点的速度为%,由”=以-2r，可知在4点时发动机对

V2r

卫星做功叫=gm--；相片，在5点时发动机对卫星做的功为吗=5心；-3皿］)2,因此

W,-W,=-mv2-3GM-,B正确，ACD错误.

284r

故选：B.

2,C

【解析】

AB.在蚂蚁向外爬的过程中，沿半径方向的速度不变，垂直于半径方向的速度逐渐变大，可知合速度逐渐变大，即蚂

蚁运动的速率变大，选项AB错误；

C.蚂蚁沿半径方向运动，则相对圆盘蚂蚁的运动轨迹是直线，选项C正确；

D.相对地面，蚂蚁有沿半径方向的匀速运动和垂直半径方向的圆周运动，则合运动的轨迹不是直线，选项D错误；

故选C。

3、D

【解析】

对小球受力分析，受推力R重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力如图：

X方向：

FWsin0-N=O

竖直方向：

N'cosO=mg

解得：

N，二%

COS0

N=b切zgtan。；

A.故当尸增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为心尸加gtan。；可知尸与墙面对铁球的弹力之差不变，故A错误;

BD.当尸增加时，斜面的支持力为鸟，保持不变，故球对斜面的压力也保持不变，故D正确，B错误；

C.铁球始终处于平衡状态，合外力始终等于0；故C错误；

4、C

【解析】

根据竖直高度差求平抛运动的时间,再求竖直分速度，最后根据矢量三角形求合速度.

【详解】

根据〃=;g/得

万国[1

竖直分速度：v、.=gf=10x心%:=而%

刚要落到球拍上时速度大小

V=----^—77=46n1/

cos60°/，

故应选C.

【点睛】

本题考查平抛运动的处理方法，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，一定要记

住平抛运动的规律.

5、C

【解析】

A.由可得乙运动的时间为

所以到达C点时乙的速度为

吐=gf2=V^

所以甲沿水平方向的分速度，即平抛的初速度为

vo=visin3O°=^^

故A错误；

B.物体甲沿竖直方向的分速度为

v=v^cos30°=个

v6,

由”=g，i,所以甲在空中运动的时间为

v

t-y-2_匡

gg12g

甲、乙两小球到达C点所用时间之比为

r"T

故B错误；

C.小球甲下降的高度为

,,1013/13.

h'=-gt-=-xg——=-h

2122g4

A、8两点间的高度差

H^h-h'^-h

4

故C正确；

D.两个小球完全相同，根据P=»igv，，因两球在C点的竖直速度不相等，则两小球在C点重力的功率不等，选项D

错误。

故选C。

6^C

【解析】

根据动能定理，第一段加速过程

F*xi=Ek

第二段加速过程

F*x2=2Ek-Ek

联立可得

X\=X2

物体做初速度为零的加速运动，故通过连续相等位移的时间变短，即通过位移X2的时间t2小于通过位移X!的时间tlt

根据冲量的定义，有

/尸尸"1

h=F*t2

故

/1>/2

故C正确，ABD错误。

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、AC

【解析】

AB.在。产生的电场中，a、b、c三点等势，在。2产生的电场中，力等势且高于c点电势，故A正确，B错误；

C.由对称性可知，a、b两点场强大小相等，方向不同，故C正确；

D.从C与。等距，距。2的距离》近C远，由平行四边形定则可知，b点场强大于c点，故D错误。

故选ACo

8、ABD

【解析】

A.对，“2分析可知，受拉力及本身的重力平衡，故绳子的拉力等于机2g,对于滑轮C分析，由于滑轮跨在绳子上，

故两端绳子的拉力相等，它们的合力一定在角平分线上；由于它们的合力与皿的重力大小相等，方向相反，故合力竖

直向上，故两边的绳子与竖直方向的夹角a和“相等，故A正确；

BC.整个装置稳定时，a角一定等于/?角，且绳子拉力等于，如g,则ac与左细线与竖直方向的夹角相等，设为6,

劭水平距离不变，结合几何关系，有

d=LM.sin0+Lhcsin0

得

若仅把轻杆竖直向上缓慢移动一小段距离，细线的拉力等于机喏不变，细线的合力也不变，则。不变，由于d和。都

不变，故4,+L加不变，则如高度上升，同理，若仅把轻杆水平向右缓慢移动一小段距离，外水平距离变大，则

f,d

sin。

细线的拉力等于，”喏不变，细线的合力也不变，则e不变，d变大，贝！变大，所以四高度下降，故B正确，

c错误；

D.由于细线从“2和从部分拉力大小相等，两段细线的合力方向为细线从"2和从部分的角平分线，如果沿角平分线

移动轻滑轮A时，细线各部分的拉力大小和方向均不变，则㈣的位置保持不变，故D正确。

故选ABDo

9、ACD

【解析】

A.当线圈处于图示位置时，位于与中性面垂直的平面，瞬时感应电动势最大，灯泡两端电压最大，故A正确；

B.电流表测量的是通过灯泡电流的有效值，故B错误；

C.根据

Em=NBSco

co=27in

可知当转速增加1倍，则电动势最大值增大为原来的2倍，根据

可知电动势有效值增大为原来的2倍，即电压表的示数增大为原来的2倍，故C正确;

D.根据

T£2

n

当转速增大1倍，可知交流电的频率变为原来的2倍，即通过灯泡的电流频率为原来的2倍，故D正确。

故选ACD»

10、AD

【解析】

AB.对环由于垂直纸面向里的匀强磁场增大，根据楞次定律，环"中所产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向

外，根据右手螺旋定则，环M中的感应电流沿逆时针方向，根据左手定则，环M所受的安培力指向圆心向里，环M

有收缩的趋势，A项正确、B项错误；

CD.对环N,处在沿顺时针方向环形电流i所产生的磁场中，根据右手螺旋定则，穿过环N的磁感线抵消后，总体垂

直纸面向里，当电流i增大时，原磁场向里增强，根据楞次定律，环N中所产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外,

根据右手螺旋定则，环N中的感应电流沿逆时针方向，但是感应电流所处的区域磁感线垂直纸面向外，根据左手定则，

环N所受的安培力背离圆心向外，环N有扩张的趋势，C项错误、D项正确。

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。

Un

最大值j--R

【解析】

(1)口］实物连线如图

(2)［2］实验时，闭合开关前应使电路中的电流最小，故先将电阻箱的电阻调到最大值。

(3)［3］由欧姆定律

解得灵敏电流计的内阻

U

RR

(4)[4]伏安法测电阻需要电压表，由于器材中没有电压表，所以需要用表头串联电阻的改装成电压表。若滑动变阻器

采用限流式接法，则电路中的最小电流大约为

6

A=75mA

50+20+10

超过电流表的量程，故只能采用分压式接法。由于表头内阻已知，电流表采用外接法。故电路图如图

12、C没有记录后和尸?的方向CB

【解析】

(1)口][2]本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比

较，两个分力和一个合力应该具有相同的效果。所以实验时，步骤C:除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的

方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示，即遗漏的内容是没有记录屈和F2的方向。

(2)[3]A.细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长。故A错误；

B.两细线拉橡皮条时，只要确保拉到同一点即可，不需要两绳夹角要为120。，故B错误；

C.为了让效果相同，改变拉力的大小与方向，再次进行实验时，仍要使结点O静止在原位置，故C正确；

故选C。

(3)[4]本实验中两个拉力的作用效果和一个拉力的作用效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故ACD错误，B正

确。

故选B。

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)lm/s(l)1.8J(3)最终停在。点

【解析】

【分析】物体1从释放到与物体1相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动

量守恒列式，可求出物体1、1碰撞前两个物体的速度；物体1、1碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度.碰

后，物体1、1向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体1、1和滑道速度

为零，此时弹性势能最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；根据系统的能量守

恒列式，即可求出物体1、1相对滑道CD部分运动的路程s,从而确定出物体1、1最终停在何处；

解：(1)/7L从释放到最低点，由动量守恒得到：0=叫匕-根2V2

由机械能守恒得到：班=色学

解得：V]=2m/S

(1)由能量守恒得到：=小话R一〃叫gL

解得：Eptn=2.8J

(3)最终物块将停在C、D之间，由能量守恒得到：m、gR="n】gs

解得：s-3m

所以机।最终停在D点.

14、@44cmHg(单位用c”?"g表示)；②13.4cm.

【解析】

①根据大气压强和水银柱高度可得：开始的时候密封空气柱的压强为76cmHg-l0cmHg=66cmHg；

当水银恰好被抽出时玻璃管内空气仍是原来被密封的空气，故空气质量不变，体积变为原来的口；

4

4

根据同一空气，温度不变，PV不变，所以压强变为原来的石，所以水银恰好被抽出时玻璃管内空气的压强为

4“

—x66cmHg=44cmHg；

②被注射器吸入的空气在最开始的压强为大气压强(76cmHg)9在玻璃管中的长度为70c/〃；

水银柱被吸入注射器后的高度加==1cm,

'10

最后水银柱被吸入后注射器中的空气压强为44c"?Hg-lc,"Hg=43cm"g,所以根据同一空气，温度不变，PV不变可得:

76

注射管中空气柱的高度443X;

h,=-----cm=l2Acm

'10

所以注射器管有效长度的最小值人min=/?l+/?2=13.4c,〃；

23

15、(,1)、T=I4x/?