2022届浙江省温州市环大罗山联盟高考压轴卷物理试卷含解析

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.人们射向未来深空探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而产生光压.设探测器在

轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能E=L5xl04j,薄膜光帆的面积S=6.0xl02m2,探测器的质量m=60kg,已

h

知光子的动量的计算式P=7，那么探测器得到的加速度大小最接近

A,

A.O.OOlm/s2B.0.01m/s2C.0.0005m/s2D.0.005m/s2

2.在闭合电路中，以下说法中正确的是（）

A.在外电路和电源内部，电荷都受非静电力作用

B.在电源内部电荷从负极到正极过程中只受非静电力而不存在静电力

C.静电力与非静电力对电荷做功都使电荷的电势能减少

D.静电力对电荷做功电势能减少，非静电力对电荷做功电势能增加

3.1897年英国物理学家约瑟夫•约翰•汤姆生在研究阴极射线时发现了电子，这是人类最早发现的基本粒子。下列有

关电子说法正确的是（）

A.电子的发现说明原子核是有内部结构的

B.0射线也可能是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力

C.光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中自由电子

D.卢瑟福的原子核式结构模型认为核外电子的轨道半径是量子化的

4.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫

星质量的变化，则变轨前后卫星的（）

A.向心加速度大小之比为1：4B.轨道半径之比为4：1

C.周期之比为4：1D.角速度大小之比为1：2

5.科幻电影《流浪地球》讲述了这样的故事：太阳即将毁灭，人类在地球上建造出巨大的推进器，使地球经历了停止

自转、加速逃逸、匀速滑行、减速入轨等阶段，最后成为比邻星的一颗行星。假设若干年后，地球流浪成功。设比邻

星的质量为太阳质量的!，地球质量在流浪过程中损失了!，地球绕比邻星运行的轨道半径为地球绕太阳运行轨道半

径的则地球绕比邻星运行与绕太阳运行相比较，下列关系正确的是（）

2

A.公转周期之比为心:4=1：1

B.向心加速度之比为a比：%=3:4

C.动能之比为纥比:E*日=3:8

D.万有引力之比为鬣：国=3:8

6.如图所示，一个人静止在地面上，当a=60"时，人能拉起重物的最大重力为人重力的0.2倍，已知地面对人的最

大静摩擦力等于滑动摩擦力（忽略定滑轮的摩擦力），则当a=30°时，人静止时能拉起重物的最大重力约为人重力的

（）

A.0.3倍B.0.6倍C.0.8倍D.1.61倍

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，M为固定在水平桌面上的有缺口的方形木块，Med为半径是R的四分之三光滑圆弧形轨道，a为轨道

的最高点，de面水平且有一定长度.今将质量为机的小球在d点的正上方高为力处由静止释放，让其自由下落到d处

切入轨道内运动，不计空气阻力，则（）

A.只要无大于R,释放后小球就能通过a点

B.只要改变人的大小，就能使小球通过a点后，既可能落回轨道内，又可能落到de面上

C.无论怎样改变，，的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内

D.调节〃的大小，可以使小球飞出de面之外（即e的右侧）

8.目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，立体图如图甲所示，侧视图如图乙所示，其工作原理是：

燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，高温等离子体经喷管提速后以速度v=1000m/s进

入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场（图乙中垂直纸面向里），磁感应强度大小&=5T,等

离子体在发电通道内发生偏转,这时两金属薄板上就会聚集电荷，形成电势差。已知发电通道长L=50cm,宽/?=20cm,

高d=20cm,等离子体的电阻率"=4Qm,电子的电荷量e=L6xl（）r9c。不计电子和离子的重力以及微粒间的相互作

用，则以下判断正确的是（）

A.发电机的电动势为2500V

B.若电流表示数为16A,则单位时间（1s）内打在下极板的电子有1020个

C.当外接电阻为12。时，电流表的示数为50A

D.当外接电阻为50。时，发电机输出功率最大

9,按照十八大“五位一体”的总体布局，全国各省市启动“263”专项行动，打响碧水蓝天保卫战，暗访组在某化工厂的

排污管末端安装了如图所示的流量计，测量管由绝缘材料制成，水平放置，其长为L、直径为左右两端开口，匀

强磁场方向竖直向上，在前后两个内侧面a、c固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经测量管时，°、c

两端电压为U,显示仪器显示污水流量为。（单位时间内排出的污水体积）。则下列说法不正确的是（）

A.a侧电势比c侧电势低

B.若污水中正离子较多，则。侧电势比c侧电势高；若污水中负离子较多，则a侧电势比e侧电势低

C.污水中离子浓度越高，显示仪器的示数将越大

D.污水流量。与U成正比，与L无关

10.2019年央视春晚加入了非常多的科技元素，在舞台表演中还出现了无人机。现通过传感器将某台无人机上升向前

追踪拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度内及水平方向速度均与飞行时间f的关系图象，如图所示。则下列说法正

确的是（）

A.无人机在有时刻处于超重状态

B.无人机在0〜打这段时间内沿直线飞行

C.无人机在，2时刻上升至最高点

D.无人机在hf时间内做匀变速运动

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）如图所示是“验证动量守恒定律”实验中获得的频闪照片，已知A、B两滑块的质量分是在碰撞，肛=L5kg,

=lkg,拍摄共进行了四次。第一次是在两滑块相撞之前，以后的三次是在碰撞墙之后。B滑块原来处于静止状态，

并且A、B滑块在拍摄频闪照片的这段时间内是在10cm至105cm这段范围内运动（以滑块上的箭头位置为准），试根

据频闪照片（闪光时间间隔为0.5s）回答问题。

0102030405060708090100110120130cm

（1）根据频闪照片分析可知碰撞发生位置在__________cm刻度处；

（2）A滑块碰撞后的速度v；=,B滑块碰撞后的速度v；=，A滑块碰撞前的速度巳=

⑶根据频闪照片分析得出碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和是—kg-m/s；碰撞后两个滑块各自的

质量与各自的速度的乘积之和是一kg-m/s.本实验中得出的结论是。

12.（12分）如图是实验室测定水平面和小物块之间动摩擦因数的实验装置，曲面AB与水平面相切于B点且固定.带

有遮光条的小物块自曲面上面某一点释放后沿水平面滑行最终停在C点，P为光电计时器的光电门，已知当地重力加

速度为g.

（1）利用游标卡尺测得遮光条的宽度如图所示，则遮光条的宽度（1=<

（2）实验中除了测定遮光条的宽度外，还需要测量的物理量有；

A.小物块质量m

B.遮光条通过光电门的时间t

C.光电门到C点的距离s

D.小物块释放点的高度h

(3)为了减小实验误差，同学们采用图象法来处理实验数据，他们根据(2)测量的物理量，建立图丙所示的坐标系

来寻找关系，其中合理的是.

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，在水平面上有一个固定的,光滑圆弧轨道岫，其半径R=0.4m。紧靠圆弧轨道的右侧有一足

4

够长的水平传送带与圆弧轨道相切于b点，在电动机的带动下皮带以速度yo=2m/s顺时针匀速转动，在a的正上方高

//=0.4m处将小物块A由静止释放，在a点沿切线方向进入圆弧轨道ab,当A滑上水平传送带左端的同时小物块B在

c点以v=4m/s的初速度向左运动，两物块均可视为质点，质量均为2kg,与传送带间的动摩擦因数均为〃=0.4。两物

块在传送带上运动的过程中恰好不会发生碰撞，取g=10m/s2。求：

(1)小物块A到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；

(2)小物块B、A开始相向运动时的距离人；

(3)由于物块相对传送带滑动，电动机多消耗的电能。

14.(16分)质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为1.2,最大静摩擦力和滑动

摩擦力大小视为相等.从t=l时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的

变化规律如图所示.重力加速度g取Hm/s2,则物体在t=l至IJt=12s这段时间内的位移大小为

,N

8--------1--------->T------------->

(III

1111

till

4--------i«---1i---

IIII

iiii

IIII

IeII_

036912t/s

A.18mB.54m

C.72mD.198m

15.(12分)如图5c是位于竖直平面内的一段光滑的圆弧轨道，圆弧轨道的半径为r=3m,圆心角。=53。，圆心0

的正下方C与光滑的水平面相连接，圆弧轨道的末端C处安装了一个压力传感器.水平面上静止放置一个质量M=lkg

的木板，木板的长度，=lm,木板的上表面的最右端放置一个静止的小滑块P”小滑块P的质量如未知，小滑块Pi

与木板之间的动摩擦因数"=0.1.另有一个质量加=lkg的小滑块Pi,从圆弧轨道左上方的某个位置A处以某一水平

的初速度抛出，恰好能够沿切线无碰撞地从5点进入圆弧轨道，滑到C处时压力传感器的示数为/N,之后滑到水平

面上并与木板发生弹性碰撞且碰撞时间极短.(不计空气阻力，重力加速度g=10m/slcos53o=0.6).求：

(1)求小滑块B经过C处时的速度大小；

(1)求位置4与C点之间的水平距离和竖直距离分别是多少？

(3)假设小滑块A与木板间摩擦产生的热量为。，请定量地讨论热量。与小滑块B的质量如之间的关系.

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、A

【解析】

h

由£=的，尸=;以及光在真空中光速c=独知，光子的动量和能量之间关系为E=Pc.设时间t内射到探测器上的光子

个数为力每个光子能量为反光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最大，设这个压强为p压；每

秒每平方米面积获得的太阳光能：

n

po=—・E

t

由动量定理得

i

—=2p

n

压强

F

〃压=下

对探测器应用牛顿第二定律

F=Ma

可得

M

代入数据得

0=1.0x10-31mzs2

故A正确，BCD错误.

故选A.

点睛：该题结合光子的相关知识考查动量定理的应用，解答本题难度并不大，但解题时一定要细心、认真，应用动量

定理与牛顿第二定律即可解题.

2、D

【解析】

A.在电源内部，电荷受非静电力作用；在外电路，电荷不受非静电力作用；故A项错误；

B.在电源内部电荷从负极到正极过程中，电荷既受非静电力又受静电力，故B项错误；

CD.在闭合电路中，静电力对电荷做功使电荷的电势能减少，非静电力对电荷做功使电荷的电势能增加，故C项错误,

D项正确。

3、C

【解析】

A.电子的发现说明了原子是有内部结构的，无法说明原子核有内部结构。原子是由原子核和核外电子组成的。故A

错误。

B.小射线是核内中子衰变为质子时放出的电子形成的，与核外电子无关。故B错误。

C.根据光电效应现象的定义可知光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中的自由电子。故C正确。

D.玻尔理论认为电子轨道半径是量子化的，卢瑟福的原子核式结构模型认为在原子的中心有一个很小的核，叫原子

核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故D错误。

故选C。

4、B

【解析】

MmV24/\CiM

AB.根据万有引力充当向心力G粤=〃?匚=m笄卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度丫=」乂"，

rrT-Vr

其动能同二色幽，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径/^二1打，变轨前后卫星的轨道半径之比

2r4

n：r2=4：l；向心加速度斫丝，变轨前后卫星的向心加速度之比ai：放=1：16,故A错误，B正确；

厂

C.卫星运动的周期7=4也立1,变轨前后卫星的周期之比［件=§,故C错误；

VGM1

D.卫星运动的角速度片J空，变轨前后卫星的角速度之比&=、修=1,故D错误.

Vr302Vq8

5、C

【解析】

A.万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得

「Mm4"2

尸='n于"

解得

4匕：4=正：2

故A错误；

B.万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得

—Mm

G「一=ma

解得

GM

故

%：%=1:1

故B错误；

C.万有引力提供向心力,由牛顿第二定律得

GMmv2

=m—

r7r

动能

代入数据计算解得动能之比为

E*比:E*日=3：8

故C正确；

D.万有引力

「GMm

F=——

r

代入数据计算解得

电：4=3:4

故D错误。

故选C。

6、A

【解析】

设人与地面间的动摩擦因数为〃，当a=60,时

0.2Gsin60°=〃(G-0.2Gcos60")

当a=30°时

kGsin30°=〃(G-ZGcos300)

求得Za().3,选项A正确，BCD错误。

故选Ao

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、CD

【解析】

A.小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：

V2

me=m—

R

解得：

根据动能定理:

mg(h-R)=—mv2

得：

h=15R

可知只有满足/仑1.5R,释放后小球才能通过〃点，故A错误；

BC.小球离开〃点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动:

竖直方向的自由落体运动：

1,

〃=产

解得：

故无论怎样改变人的大小，都不可能使小球通过a点后落回轨道内，则B错误，C正确。

D.只要改变人的大小，就能改变小球到达a点的速度，就有可能使小球通过a点后，落在de之间或之外。故D正确。

故选CD。

8、BC

【解析】

A.由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得

E

qvBQ—q—

则得发电机的电动势为

E=Borfv=1000V

故A错误；

ne

B.由电流的定义可知/=一，代入数据解得

及

n=1020个

故B正确；

C.发电机的内阻为

d

r=p—=8Q

Lh

由闭合电路欧姆定律

E

1=-------=50A

R+r

故c正确：

D.当电路中内、外电阻相等时发电机的输出功率最大，此时外电阻为

R=r=8Q

故D错误。

故选BC„

9、BC

【解析】

AB.污水中正、负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向前表面c偏，负离子向后表面a偏，所以

a侧电势比c侧低，与污水中正、负离子的数量无关，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；

C.稳定后，离子受到洛伦兹力和电场力作用，受力平衡，有

吟=饮8

解得

U

u=----

DB

流量为

Q-当2”吆

24B

分析可知，显示仪器的示数Q与离子的浓度无关，故C错误，符合题意;

D.同理可知。与。成正比，与乙无关，故D正确，不符合题意。

故选BC»

10、AD

【解析】

A.根据图象可知，无人机在A时刻，在竖直方向上向上做匀加速直线运动，有竖直向上的加速度，处于超重状态，

故A正确；

B.由图象可知，无人机在U0时刻，4=0,合初速度为以沿水平方向，水平与竖直方向均有加速度，那么合加速度与

合初速度不共线，所以无人机做曲线运动，即无人机沿曲线上升，故B错误；

C.无人机在竖直方向，先向上做匀加速直线运动，后向上做匀减速直线运动，在h时刻上升至最高点，故C错误；

D.无人机在打〜时间内，在水平方向上做匀速直线运动，而在竖直方向上向上做匀减速直线运动，因此无人机做匀

变速运动，故D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。

11、300.4m/s0.6m/s0.8m/s1.21.2两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒

【解析】

由碰撞前A、B位置可知碰撞发生在30cm处；

⑵[2][3]⑷碰后A的位置在40cm,60cm,80cm处，则

小小贮襁=。.4mzs

A0.5

碰后B的位置在45cm,75cm,105cm处，则

人亚空i6mzs

B0.5

由碰撞前A、B位置可知碰撞发生在30cm处，碰后B从30m处运动到45cm处，经过时间

(45—30)x10-2

t=----------------------s=0.25s

0.6

碰前A从10cm处运动到30cm处用时

t'=0.5s—0.25s=0.25s

则碰前

(30—10)x10-2

v.=----------------------m/s=0.8m/s

A0.25

(3)⑸碰撞前两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和

mAvA+mBvB-1.2kg-m/s

[6]碰撞后两个滑块各自的质量与各自的速度的乘积之和

mAv'A+mHv'H-1.2kg-m/s

⑺本实验中得出的结论是两滑块组成的系统在相互作用过程中动量守恒

12、(1)1.060；(2)BC；(3)B.

【解析】

(D主尺的刻度：1cm,游标卡尺上的第12个刻度与主尺的刻度对齐，读数是：0.05x12mm=0.60mm,总读数:

10mm+0.60mm=10.60mm=1.060cm.

(2)实验的原理：根据遮光条的宽度与物块通过光电门的时间即可求得物块的速度：V=y

B到C的过程中，摩擦力做功，根据动能定理得：-nmgs=0-gmv2

联立以上两个公式得动摩擦因数的表达式〃~7

2gs产

还需要测量的物理量是：光电门到C点的距离s与遮光条通过光电门的时间t,故BC正确，AD错误.

(3)由动摩擦因数的表达式可知，口与t2和s的乘积成反比，所以十与s的图线是过原点的直线，应该建立的坐标系

为：纵坐标用物理量器，横坐标用物理量s,即B正确，ACD错误.

【点睛】

本题通过动能定理得出动摩擦因数的表达式，从而确定要测量的物理量.要先确定实验的原理，然后依据实验的原理

解答即可；游标卡尺的读数时先读出主尺的刻度，然后看游标尺上的哪一个刻度与主尺的刻度对齐，最后读出总读数;

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、(I)IOON(2)5m(3)16J

【解析】

(1)小物块A从静止运动到》点，由动能定理得

1,

mg(h+R)=—mvb

在》点由牛顿第二定律得

斤Vb

FN-mg=哈

K

解得

FN=100N

根据牛顿第二定律可知小物块A到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为100N

(2)由牛顿第二定律得

可知两个小物块的加速度大小均为

a=ftg=4m/s2

小物块A向右减速至与传送带共速的过程中所需时间

It.—一一一%

小物块A的位移

传送带的位移

Xl=VotA

所以A物块相对传送带的位移

小物块B向左减速至0再反向加速至与传送带共速的过程所需的时间

.="+也=1.5s

a

小物块B的位移大小

V2-V-9

传送带的位移

*2=匕品

所以小物块B相对传送带的位移

%=/+/

小物块B、A开始相向运动的距离

解得

L=5m

(3)小物块A相对传送带运动产生的热量

Ql=gj

小物块动能的变化量

1212

母Ar."叫一鼻叫

小物块B相对传送带运动产生的热量

。2=卬唱乐

小物块动能的变化量

AZ7121

^=-mv0--mv

所以电动机多消耗的能量

E=Q+△然+。2+然

解得

E=16J

14、B

【解析】

试题分析：对物体受力分析可知，1到3s内，由于滑动摩擦力为：Ff=jiFN=nmg=l.2x21N=4N,恰好等于外力F大

小'所以物体仍能保持静止状态'3s到6s内'物体产生的加速度为：〃=£/=彳=2加//,发生的位移为:

1,1,

X=一必2=一*2、32〃?=9相;65到95内，物体所受的合力为零，做匀速直线运动，由于6s时的速度为：

22

v=at=2x3=6m/s,所以发生的位移为：X3=vt=6x(9-6)=18m；9到12s内，物体做匀加速直线运动，发生的位移为:

X4=vt+—at2=6x3+—x2x32=27m；所以总位移为：x=1+X2+X3+X4==9+18+27=54m,所以B正确;

22

考点：牛顿第二定律的应用

【名师点睛】遇到多过程的动力学问题，应分别进行受力分析和运动过程分析，然后选取相应的物理规律进行求解,

也可以借助v・t图象求解.

49m,

15、(2)7m/s(2)3.6m,2m(3)。2(1+犯)或Q=4m2

【解析】