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文档简介

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.如图所示,图中虚线为某静电场中的等差等势线,实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹,*氏c为粒子的

运动轨迹与等势线的交点,粒子只受电场力作用,则下列说法正确的是()

A.粒子在a点的加速度比在b点的加速度大

B.粒子在a点的动能比在6点的动能大

C.粒子在a点和在c点时速度相同

D.粒子在方点的电势能比在c点时的电势能大

2.如图,长为L、倾角30的传送带始终以2.5m/s的速率顺时针方向运行,小物块以4.5m/s的速度从传送带底端

A沿传送带上滑,恰能到达传送带顶端8,已知物块与斜面间的动摩擦因数为乎,取g=10m/s2,最大静摩擦力与

滑动摩擦力大小相等,则下列图像中能正确反映物块在传送带上运动的速度y随时间,变化规律的是()

B

3.如图所示,四根等长的缆绳一端悬于起重机的吊钩上,另一端分别系在一个正方形的框架上,框架下面悬吊着重物,

起重机将重物以0.5啖的速度沿竖直方向匀速向上吊起.若起重机的输出功率为20kW,每根缆绳与竖直方向的夹角均

为37。,忽略吊钩、框架及绳的重力,不计一切摩擦,sin37°=0.6,cos37°=0.8.则悬于吊钩的每根缆绳的拉力大小

A.5.0X104NB.4.0X104N

C.1.25X104ND.1.0X104N

4.如图,固定的粗糙斜面体上,一质量为例的物块与一轻弹簧的一端连接,弹簧与斜面平行,物块静止,弹簧处于

原长状态,自由端位于。点。现用力F拉弹簧,拉力逐渐增加,使物块沿斜面向上滑动,当自由端向上移动L时。则

()

A.物块重力势能增加量一定为mgLsin。

B.弹簧弹力与摩擦力对物块做功的代数和等于木块动能的增加量

C.弹簧弹力、物块重力及摩擦力对物块做功的代数和等于物块机械能的增加量

D.拉力尸与摩擦力做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加量

5.如图所示,轻质弹簧下端挂有一质量为加的小球(视为质点),静止时弹簧长为/,现用一始终与弹簧轴向垂直的

外力尸作用在小球上,使弹簧由竖直位置缓慢变为水平。重力加速度为g。则在该过程中()

A.弹簧的弹力先增大后减小

B.外力产一直增大

C.外力厂对小球做功为〃吆/

D.弹簧弹力对小球做功为2mg/

6.如图所示,铁芯上绕有线圈A和B,线圈A与电源连接,线圈B与理性发光二极管D相连,衔铁E连接弹簧K

控制触头C的通断,忽略A的自感,下列说法正确的是

A.闭合S,D闪亮一下

B.闭合S,C将会过一小段时间接通

C.断开S,D不会闪亮

D.断开S,C将会过一小段时间断开

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,卫星1和卫星2均绕地球做圆周运动,其中卫星1为地球同步轨道卫星,卫星2是极地卫星,卫星1

的轨道半径大于卫星2的轨道半径.则下列说法正确的是

A.卫星1和卫星2做圆周运动的圆心均为地心

B.卫星2的运行周期小于24h

C.卫星1的向心加速度大于卫星2的向心加速度

D.卫星2的线速度小于静止在赤道上某物体的线速度

8.如图所示,理想变压器原、副线图的应数些为m:〃2=2:1,输人端接在a=308sinl00w(V)的交流电源上,R

为电阻箱,副线圈连在电路中的电阻R=10C,电表均为理想电表。下列说法正确的是()

A.当Ri=O时,电压表的读数为30V

B.当凡=0时,若将电流表换成规格为“5V5W”的灯泡,灯泡能够正常发光

C.当Ri=10C时,电流表的读数为1.2A

D.当Ri=10C时,电压表的读数为6V

9.如图甲所示,轻弹簧竖直固定在水平面上.一质量为机=0.2kg的小球,从弹簧上端某高度处自由下落,从它接触

弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧在弹性限度内),其速度y和弹簧压缩量Ax之间的函数图象如图乙所示,其中A

为曲线的最高点.不计小球和弹簧接触瞬间机械能损失、空气阻力,g取10m/s2,则下列说法正确的是

A.小球刚接触弹簧时加速度最大

B.该弹簧的劲度系数为20.0N/m

C.从接触弹簧到压缩至最短的过程中,小球的机械能守恒

D.小球自由落体运动下落的高度1.25m

10.根据现行有效国际民航组织《危险物品安全航空运输技术细则》和《中国民用航空危险品运输管理规定》,严禁携

带额定能量超过160Wh的充电宝;严禁携带未标明额定能量同时也未能通过标注的其他参数,计算得出额定能量的充

电宝。如图为国产某品牌一款充电宝的铭牌。则()

型号:xm-02-\r)

输入:DC5V/2A

10400

mAh输出:DC5.1V/2.1A

砥容量:3.6V/37.44Wh

A.该充电宝的输入电压为交流5V

B.该充电宝的输出电压为直流5.1V

C.该充电宝可以给手机充电最短时间大约10h

D.乘客可以携带该充电宝登机

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)在“测定金属的电阻率”实验中:

(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,测量结果如图甲所示,其示数为一cm;用刻度尺测得金属丝的长度如图乙

所示,其示数为cm;用欧姆表粗略测量该金属丝的电阻,选择“xl”欧姆挡测量,示数如图丙所示,其示数为

_____Qo

(2)用伏安法进一步精确测金属丝的电阻R,实验所用器材如下:

a.电流表A(量程为0.2A,内阻为1Q)

b.电压表V(量程为9V,内阻约3k。)

c.定值电阻Ro(阻值为2C)

d.滑动变阻器R(最大阻值为10Q,额定电流为2A)

e.电池组(电动势为9V,内阻不计)

①某小组同学利用以上器材设计电路,部分电路图如图丁所示,请把电路图补充完整____o(要保证滑动变阻器的滑

片任意移动时,电表均不被烧坏)

②某次实验中,电压表的示数为4.5V,电流表的示数为0.1A,则金属丝电阻的值为C;根据该测量值求得金

属丝的电阻率为Cm。(计算结果均保留三位有效数字)

12.(12分)某同学做测量金属丝的电阻率的实验。

(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径,示数如图甲,其直径为nim。

(2)测量该金属丝的电阻率,可供选择的仪器有:

A.电流表A,量程有0~10mA和0~0.6A两种,内阻均较小;

B.电压表V,量程有0〜3V和0〜15V两种,内阻均较大;

C.电源电动势为4.5V,内阻较小。

4

实验中按如图乙所示接好电路,闭合号后,把开关邑拨至。时发现,电压表与电流表的指针偏转都在满偏的二处。再

43

把邑拨至b时发现,电压表指针几乎还在满偏的二处,电流表指针则偏转到满偏的;处,由此确定正确的位置并进行

54

实验。完成下列问题。

所选电压表的量程为V,此时电压测量值为Vo

所选电流表的量程为mA,此时电流测量值为mA»

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,光滑、平行、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内,两导轨间的距离为L,导轨顶端连接

定值电阻R,导轨上有一质量为加,长度为L,电阻不计的金属杆,杆始终与导轨接触良好。整个装置处于磁感应强

度为3的匀强磁场中,磁场的方向垂直导轨平面向里。现将杆从M点以%的速度竖直向上抛出,经历时间人到达最

高点N,重力加速度大小为g。求f时间内

(1)流过电阻的电量4;

(2)电阻上产生的电热Q。

14.(16分)如图,物流转运中心的水平地面上有一辆质量M=4kg、长L=1.4m的平板小车,在平板车的右端放有质

量,〃=lkg的快件(可视为质点),快件与平板车间的动摩擦因〃=04。物流中心的工作人员要将快件卸到地面上,他

采用了用水平力尸拉小车的方式,重力加速度g=10m/s2,不计小车与地面间的摩擦阻力,求:

⑴要让快件能相对平板车滑动,需要施加的最小水平力Fo;

(2)若用f=28N的水平恒力拉小车,要将快件卸到地面上,拉力厂作用的最短时间,为多少。

m

【[厂—“J-aF

15.(12分)如图所示,水平面内足够长的光滑平行金属导轨相距为L左端连接阻值为R的电阻,导体棒MN垂直

导轨放置,与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、范围足够大的非匀强磁场中,沿导轨建立x轴,磁场的磁

感应强度满足关系U0时刻,棒MN从x=0处,在沿+x轴水平拉力作用下以速度v做匀速运动,导轨和导

体棒电阻不计,求:

(1)U0时刻,电阻R消耗的电功率八,;

(2)运动过程中水平拉力F随时间f变化关系式;

(3)OF时间内通过电阻K的电荷量q。

X

XXXv

XX

7XX

XXX

XXXX

LXX*

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】

由等势面的疏密可知电场强度的大小,由尸=号可知电场力的大小关系;根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向,

进而判断出电场力做功的特点。根据能量守恒定律分析粒子在a点动能与粒子在分点动能之间的关系。由动能定理可

知BC两点的间的电势能的变化。本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断,应掌握根据弯曲方向判断受力方向

的方法。

【详解】

A.因a点处的等势面密集,故”点的电场强度大,故电荷在a点受到的电场力大于方点受到的电场力,结合牛顿第

二定律可知,粒子在。点的加速度比在6点的加速度大,故A正确;

B.由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知,粒子受到的电场力指向右侧,则从a到b电场力做正功,粒子动能增大,故B

错误;

C.速度是矢量,沿轨迹的切线方向,由图可知,粒子在a点和在c点时速度方向不相同,故C错误;

D.粒子受到的电场力指向右侧,则从b到c电场力做负功,粒子的电势能增大,所以粒子在b点的电势能比在c点时

的电势能小,故D错误;

故选A。

【点睛】

本题中告诉的是等势面,很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错解。

2、B

【解析】

ABCD.开始阶段,物块的速度比传送带的大,相对于传送带向上运动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,根据牛顿

第二定律得

mgsin30°+〃mgcos30°=ma]

解得

2

at=8.75m/s

方向沿传送带向下,当物块与传送带共速时,因

,〃gsin30°<〃利gcos30°

所以物块与传送带不能保持相对静止,根据牛顿第二定律得

mgsin30°-〃加gcos30°=ma2

解得

2

a2=1.25m/s

方向沿传送带向下,所以物块继续做加速度较小的匀减速运动,直到速度为零,ACD错误B正确。

故选B。

3、C

【解析】

P

由/>=及可知尸=一=4*1()4^,故重物的重力G=F=4X104N.设每跟缆绳的拉力大小为T根据共点力平衡条件

V1

可得4Tcos37°=G,解得T=1.25X1()4N,故C正确.

4、D

【解析】

A.自由端向上移动L时,物块发生的位移要小于L,所以物块重力势能增加量一定小于",g£sin仇故A错误;

B.物块受重力、弹簧的拉力、斜面的支持力和摩擦力,支持力不做功,根据动能定理知:重力、弹簧的拉力、斜面

的摩擦力对物块做功的代数和等于物块动能的增加量,故B错误;

C.物块的重力做功不改变物块的机械能,根据机械能守恒定律得:弹簧弹力、摩擦力对物块做功的代数和等于物块

机械能的增加量,故c错误;

D.对弹簧和物块组成的系统,根据机械能守恒定律得:拉力尸与摩擦力做功的代数和等于弹簧和物块的机械能增加

量,故D正确。

故选D。

5、B

【解析】

AB.小球受外力尸、重力/烟和弹簧弹力T三个力构成一个三角形,当外力尸与弹簧弹力垂直时最小,由三角形定

则可判断,弹簧弹力一直减小,外力F一直增大,故A不符合题意,B符合题意;

CD.由上分析可知外力F和弹簧的弹力都是变力,所以无法直接求出外力和弹力所做的功,只能根据能量守恒求出外

力F与弹簧弹力的合力对小球做的功等于mg/,故CD不符合题意。

故选B。

6,D

【解析】

AB.当闭合S瞬间时,穿过线圈8的磁通量要增加,根据楞次定律:增反减同,结合右手螺旋定则可知,线圈B的电

流方向逆时针,而由于二极管顺时针方向导电,则线圈8不会闪亮一下,则线圈A中磁场立刻吸引C,导致其即时接

触,故A,B错误;

CD.当断开S瞬间时,穿过线圈B的磁通量要减小,根据楞次定律:增反减同,结合右手螺旋定则可知,电流方向为

顺时针,则二极管处于导通状态,则。会闪亮,同时对线圈A有影响,阻碍其磁通量减小,那么C将会过一小段时间

断开,故C错误,D正确;故选D.

【点睛】

该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用,注意穿过闭合线圈的磁通量变化,线圈相当于电源,而电流是从负板流向

正极,同时理解二极管的单向导电性.

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、AB

【解析】

A.由万有引力提供向心力,卫星1和卫星2的做圆周运动的圆心均为地心,A正确;

B.卫星1的周期为24h,根据:

可得:

T=2TT.

因为卫星2的轨道半径小于卫星1的轨道半径,所以卫星2的运行周期小于卫星1的周期,即小于24h,故B正确;

C.根据:

可得:

卫星1的向心加速度小于卫星2的向心加速度,故C错误;

D.由:

Mmv,

可得:

可知卫星1的线速度小于卫星2的线速度,由u=口「知赤道上物体的线速度小于卫星1的线速度,所以卫星2的线速

度大于静止在赤道上某物体的线速度,故D错误.

8、BC

【解析】

输入端电压的有效值为30V,当R=0时,电压表的读数为3=%L=:X30V=15V,选项A错误;当R=0时,

42

〃2U

若将电流表换成规格为“5V,5W”的灯泡,灯泡电阻为&=丁=5。,此时次级电流4=底案=1A,因灯泡的

额定电流为/L=£=1A,则此时灯泡能够正常发光,选项B正确;当R=10。时,设电流表的示数为/,则此时初级

U

电流为0.51,初级电压:30-0.5/x10=30—5/,则次级电压为'(30—51),则,(30—5/)=/xl0,解得/=L2A,

22

此时电压表读数为m=12V,选项C正确,D错误;

9、BD

【解析】

AB.由小球的速度图象知,开始小球的速度增大,说明小球的重力大于弹簧对它的弹力,当Ax为0.1m时,小球的

速度最大,然后减小,说明当Ax为0.1m时,小球的重力等于弹簧对它的弹力.所以可得:

kAx=mg

解得:

0.2x10

k=-----------N/m=20N/m

0.1

弹簧的最大缩短量为Ax最大=0.61m,所以

厂最大=20N/mx0.61m=12.2N

弹力最大时的加速度

小球刚接触弹簧时加速度为10m/s2,所以压缩到最短时加速度最大,故A错误,B正确;

C.小球和弹簧组成的系统机械能守恒,单独的小球机械能不守恒,故C错误;

D.根据自由落体运动算得小球自由落体运动下落的高度

D正确.

故选BD»

10、BD

【解析】

A.由图可知,该充电宝的输入电压为直流5V,故A错误;

B.由图可知,该充电宝的输出电压为直流5.1V,故B正确;

C.由图可知,该充电宝的输出电流为2.1A,则该充电宝可以给手机充电最短时间

故C错误;

D.由图可知,该充电宝额定能量为37.44Wh,则乘客可以携带该充电宝登机,故D正确。

故选BD„

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、0.221030.5030.029.33.68xK)-4

【解析】

⑴口]螺旋测微器的示数为

2mm+21.0x0.01mm=2.210mm=0.2210cm

[2]刻度尺示数为

450.0mm—100.0mm=350.0mm=35.0cm

[3]欧姆表选择“xi,,欧姆挡测量,示数为

30.0x10=30.00

(2)[4]当电压表满偏时,通过R,的电流约为0.3A,可利用《与电流表并联分流,因电流表内阻已知,故电流表采用

内接法。

⑸通过此的电流为

z=z+±^-=0.15A

AR

R、两端的电压

U=Uv—/,A=4.4V

U44

R、=上=^。=29・3。

xI0.15

[6]由R=P三知金属丝的电阻率

R、S

P=T=~3.68xl0^Qm

12、0.4700~32.40~107.5

【解析】

(1)[1].螺旋测微器的固定刻度为0,经估读后旋转刻度在47格处,测量值为0.470mm。(结果为值读数字真读,值

读至0.001mm,测量值为0.470mm)

(2)[2][3][4][5].由仪器参数确定器材。电源电动势为4.5V,若电压表选用0~15V量程其指针偏转过小,应选用

0~3V量程。

由电路规律分析原理。电压表读数几乎不变,电流表读数变化明显,说明R.阻值较大,与电压表电阻相接近,一般为

几千欧而电源电动势只有4.5V,由欧姆定律计算知电流只有几毫安,故电流表选用0~10mA量程。

4

R,阻值较大,则应使电流表内接,即邑拨至从此时电压表为满偏的),则读数为

4

[/=-x3V=2.4V

5

3

电流表为满偏的;,则读数为

4

3_

1=—

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