2022年浙江省诸暨市诸暨高三冲刺模拟物理试卷含解析

1、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05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

2、合题目要求的。1、两个等量点电荷位于x轴上，它们的静电场的电势随位置x变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），x轴上两点B、C点，且OBOC，由图可知（）AC点的电势低于B点的电势BB点的场强大小大于C点的场强大小，B、C点的电场方向相同C正电荷可以在x轴上B、C之间的某两点做往复运动D负电荷沿x轴从B移到C的过程中电场力先做正功后作负功2、 “笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向），其中t0时刻为笛音雷起飞时刻、DE段是斜率大小为g的直线。则关于笛音雷的运动，下列说法正确的是（ ）A“笛音雷”在t1时刻加速度最小

3、B“笛音雷”在t2时刻改变运动方向C“笛音雷”在t3时刻彻底熄火Dt3t4时间内“笛音雷做自由落体运动3、一质点沿x轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开始计时，其t的图象如图所示，则A质点做匀速直线运动，速度为0.5 m/sB质点做匀加速直线运动，加速度为0.5 m/s2C质点在1 s末速度为1.5 m/sD质点在第1 s内的平均速度0.75 m/s4、如图，可视为质点的小球，位于半径为半圆柱体左端点A的正上方某处，以一定的初速度水平抛出小球，其运动轨迹恰好能与半圆柱体相切于B点过B点的半圆柱体半径与水平方向的夹角为，则初速度为：（不计空气阻力，重力加速度为） （ ）ABCD5、如图所示，是半

4、圆柱形玻璃体的对称面和纸面的交线，是关于对称且平行的两束不同单色细光束，从玻璃体右方射出后的光路如图所示，是垂直于放置的光屏，是屏上的一个光斑，根据该光路图，下列说法正确的是（）A在玻璃中，光的波长比光的波长短B在真空中，光的频率比光的大C光的光子动量比B光的小D通过同一双缝干涉装置，光的干涉条纹间距比光的小6、阴雨天里积雨云会产生电荷，云层底面产生负电荷，在地面感应出正电荷，电场强度达到一定值时大气将被击穿，发生闪电。若将云层底面和地面看作平行板电容器的两个极板，板间距离记为，电压为，积雨云底面面积约为。若已知静电力常量与空气的介电常数，由以上条件是否能估算出以下物理量（）云层底面与地面间的

5、电场强度云层底面与地面构成的电容器的电容云层底面所带电量A只能估算出B只能估算出和C只能估算出和D均能估算出二、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、下列说法中正确的是（）A液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性B第二类永动机研制失败的原因是违背了能量守恒定律C在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小D大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大E.非晶体是各向同性的，晶体都是各向异性的8、下列说法正确的是_A气体的温度升高，每个气体分子运动的速

6、率都增大B已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可算出该气体分子间的平均距离C空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作不遵守热力学第二定律D附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润E.若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大9、如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点对称。某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（轴）上必定有两个场强最强的点、，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）A若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则轴上场强最大的点仍然在

7、、两位置B如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90后对称的固定在轴上，则轴上场强最大的点仍然在、两位置C如图(2)，若在平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点。直径与(1)图两点电荷距离相等，则轴上场强最大的点仍然在、两位置D如图(3)，若在平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点，直径与(1)图两点电荷距离相等，则轴上场强最大的点仍然在、两位置10、按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项门标和科学探测任务后，第二步“落月”工程也已在2013年以前完成。假设月球半径为R。月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道

8、I运动，到达A点时，点火变轨进入椭圆轨道；到达轨道的近月点B再次点火进入月球近月圆轨道III绕月球做圆周运动。下列判断正确的是（）A飞船在轨道上的运行速率为B飞船在A点处点火变轨时，动能增大C飞船从A到B运行的过程中机械能增大D飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间三、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）某小组在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：(1)某同学组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺测量从悬点到摆球上端的长度L=0.9997m，如图甲所示，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图乙所示，則该摆球的直径为_m

9、m，单摇摆长为_m(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是_(填正确答案标号)A测量周期时，从摆球经过平衡位置计时误差最小B实验中误将49次全振动记为50次，则重力加速度的测量值偏大C质量相同、体积不同的摆球，选用体积较大的进行实验，测得的重力加速度误差较小12（12分）某同学在“测匀变速直线运动的加速度”的实验中，用打点计时器（频率为50Hz，即每打一个点）记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点其相邻点间还有4个点未画出其中、，小车运动的加速度为_，在F时刻的瞬时速度为_保留2位有效数字。四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在

10、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，在平面直角坐标系内，第I象限的等腰三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m带电荷量为q的带电粒子从电场中Q（-2h，-h）点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O射入第I象限，最后垂直于PM的方向射出磁场。已知MN平行于x轴，NP垂直于x轴，N点的坐标为（2h，2h），不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小；(2)最小的磁感应强度的大小；(3)粒子在最小磁场中的运动时间。14（16分）将轻质弹簧竖立在水平地面上在其顶端将一质量为3m的物体由静止

11、释放当弹簧被压到最短时，弹簧压缩量为l。QN是一水平光滑轨道，N端与半径为l的光滑半圆管道相切，管道的直径MN竖直，如图所示。现将该弹簧水平放置，一端固定在Q点，另一端与质量为m的小球P接触但不连接。用外力缓缓推动小球P，将弹簧压缩后放开，P开始沿轨道运动。已知重力加速度为g，半圆管道的管口略大于小球直径。求：（1）小球P到达M点时对管道的作用力；（2）小球P离开管道后落回到NQ上的位置与N点间的距离。15（12分）游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为2kg的球a放在高度h=1.8m的平台上，长木板c放在水平地面上，带凹槽的容器b放在c的最左端。a、b可视为质点，b、c质量均为1kg，b、

12、c间的动摩擦因数1=0.4，c与地面间的动摩擦因数2=0.6.在某次投掷中，球a以v0=6m/s的速度水平抛出，同时给木板c施加一水平向左、大小为24N的恒力，使球a恰好落入b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取g=10m/s2，求：(1)球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x0；(2)a、b合为一体时的速度大小；(3)要使ab不脱离木板c，木板长度L的最小值。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】根据电势的图象直接读出电势高低由可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系。根据顺着电场线方向电

13、势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况。根据电场力与位移方向间的关系，判断电场力做功的正负。【详解】A由图知，C点的电势高于B点的电势故A错误；B由可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出B点的场强大小大于C点的场强大小，斜率都为正值，说明B、C点的电场方向相同，故B正确；C根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从C指向B，正电荷在x轴上B、C之间所受的电场力始终由C指向B，正电荷做单向直线运动，故C错误；D负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力方向由从B指向C，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，故D错误。故选B。【点睛】本题考查对电势与场强、电场

14、线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是根据匀强电场电势差与场强的关系理解图象的斜率与场强的关系。2、C【解析】At1时刻的斜率不是最小的，所以t1时刻加速度不是最小的，故A错误；Bt2时刻速度的方向为正，仍旧往上运动，没有改变运动方向，故B错误；C从图中看出，t3时刻开始做加速度不变的减速运动，所以“笛音雷”在t3时刻彻底熄火，故C正确；Dt3 t4时间内“笛音雷”做向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D错误。故选C。3、C【解析】由图线可知，质点运动的平均速度逐渐增大，则质点做匀加速直线运动；根据图线可得，既，可得：v0=0.5m/s，a=1m/s2，故AB错误；质点在1 s末

15、速度为v=v0+at=1.5m/s，故C正确；质点在第1 s内的平均速度，故D错误。故选C。4、C【解析】飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为30，设位移与水平方向的夹角为，则有 因为 则竖直位移为 所以联立以上各式解得故选C。5、C【解析】AB由光路图可知玻璃体对光的折射率大于对光的折射率，由此可知光的频率大于光的频率，光的频率越小则波长就越长，故光的波长比光的波长长，故AB错误；C根据可知，光子的频率越大，则动量也就越大，故光的光子动量比光的小，故C正确；D根据可知，光的波长越长，则干涉条纹间距越大，即光的干涉条纹间距比光的大，故D错误。故选C。6、D【解析】两极板

16、间的电压已知，两极板间的距离已知，根据可知云层底面与地面间的电场强度；已知积雨云底面面积约为，板间距离为、而静电力常量与空气的介电常数，根据电容器的决定式可以估算电容器的电容；根据可以估算云层底面所带电量，故ABC错误，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、ACD【解析】A液晶既有液体的流动性又有晶体的各向异性，选项A正确；B第二类永动机研制失败的原因是违背了热力学第二定律，选项B错误；C在有分子力时，分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，选项C

17、正确；D大雾天气，学生感觉到教室潮湿，说明教室内的相对湿度较大，选项D正确；E多晶体具有各向同性，选项E错误。故选ACD。8、BDE【解析】A温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，分子的平均动能增加，分子的平均速率增大，不是每个气体分子运动的速率都增大，故A错误；B知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可求出气体的摩尔体积，然后求出每个气体分子占据的空间大小，从而能求出气体分子间的平均距离，故B正确；C空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，产生了其他影响，即消耗了电能，所以不违背热力学第二定律，故C错误；D附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，附着层内分

18、子间作用表现为斥力，附着层有扩展趋势，液体与固体间表现为浸润，故D正确；E若分子间的距离减小，则分子间的引力和斥力均增大，故E正确故选BDE9、ABC【解析】A可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A两位置，选项A正确；B由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90后对称的固定在轴上，则轴上场强最大的点仍然在、两位置，选项B正确；C由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数

19、，在x轴上场强最大的点都在A、A两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A两位置，选项C正确；D如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A两位置，选项D错误。故选ABC。10、AD【解析】A飞船在轨道上，万有引力提供向心力在月球表面，万有引力等

20、于重力得解得故A正确；B在圆轨道实施变轨成椭圆轨道在远地点是做逐渐靠近圆心的运动，要实现这个运动必须万有引力大于飞船所需向心力，所以应给飞船减速，减小所需的向心力，动能减小，故B错误；C飞船在轨道上做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知：在进月点速度大于远月点速度，所以飞船在A点的线速度大于在B点的线速度，机械能不变，故C错误；D根据解得故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、9.6 1.0045 AB 【解析】(1)12由游标尺的“0”刻线在主尺上的位置读出摆球直径的整毫米数为9 mm，游标尺中第6条刻度线与主尺刻度线对齐

21、，所以摆球的直径d=9 mm+60.1 mm=9. 6 mm，单摆摆长为（0.999 7+0.004 8）m=1. 0045m。(2)3单摆摆球经过平衡位置时的速度最大，经过最大位移处的速度为0，在平衡位置计时误差最小，A项正确；实验中将49次全振动记成50次全振动，测得的周期偏小，则重力加速度的测量值偏大，B项正确；摆球体积较大，空气阻力也大，不利于提高测量的精确度，C项错误。故选AB。12、0.62 0.98 【解析】1相邻点间还有4个点未画出，则相邻计数点间的时间间隔T=0.1s。在纸带中，连续相等时间内的位移之差x=0.62cm，根据x=aT2得2F点的瞬时速度等于EG段的平均速度，则四、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) ；(2) ；(3) 【解析】(1)由几何关系可知粒子的水平位移为2h，竖直位移为h，由类平抛运动规律得由牛顿第二定律可知联立解得(2)粒子到达O点，沿y铀正方向的分速度则速度与x轴正方向的夹角满足即粒子从MP的