2021-2022学年本溪市重点中学高三冲刺模拟物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项：.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。.请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效..保持卡面清洁，不要折叠，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、关于元电荷，正确的说法是（ ）A.元电荷就是点电荷.B.1C电量叫元电荷.C.元电荷就是质子.D.元电荷目前被认为是自然界中电荷的最小单元.2、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推力户的作用线通过球心。，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.力尸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COS03,如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S,匝数为N,电阻不计，它可绕水平轴在磁感应强度为8的水平匀强磁场中以角速度◎匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头尸上下移动时可改变输出电压，心表示输电线的电阻。以线圈平面在中性面为计时起点，下列判断正确的是（）I l*K«K*A.若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBS①coscotC.当滑动触头尸向下移动时，变压器原线圈两端的电压不变D.当用户数目增多时，电路中的电流变小，用户得到的电压变小4、如图，一两端封闭的玻璃管在竖直平面内倾斜放置，与水平面间的夹角为仇一段水银柱将管内一定质量气体分割成两部分。在下列各种情况中，能使管中水银柱相对玻璃管向a端移动的情况是（ ）A.降低环境温度 B.在竖直平面内以b点为轴逆时针缓慢转动玻璃管C.保持〃角不变，使玻璃管减速上升 D.使玻璃管垂直纸面向外做加速运动5、如图所示，一根质量为M、长为L的铜管放置在水平桌面上，现让一块质量为机、可视为质点的铉铁硼强磁铁从铜管上端由静止下落，强磁铁在下落过程中不与铜管接触，在此过程中（）A.桌面对铜管的支持力一直为MgB.铜管和强磁铁组成的系统机械能守恒C.铜管中没有感应电流D.强磁铁下落到桌面的时间后6,如图所示是某同学荡秋千的一种方式：人站在秋千板上，双手抓着两侧秋千绳：当他从最高点A向最低点B运动时，他就向下蹲：当他从最低点5向最高点C运动时，他又站立起来；从C回到8他又向下蹲……这样荡，秋千会越荡越高。设秋千板宽度和质量忽略不计，人在蹲立过程中，人的身体中心线始终在两秋千绳和秋千板确定的平面内。则下列说法中，正确的是（）

A.人在最低点8时处于失重状态B.在最高点A时，人和秋千受到的合力为0C.若整个过程中人保持某个姿势不动，则秋千会越荡越低D.在题干所述摆动过程中，整个系统机械能守恒二、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，光滑平行导轨和PQ固定在同一水平面内，两导轨间距为L 间接有阻值为四的定值电阻。两导轨2间有一边长为人的正方形区域曲川，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为8,ad平行一粗细均2匀、质量为，”的金属杆与导轨接触良好并静止于刈处，金属杆接入两导轨间的电阻为R。现用一恒力产平行向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（ ）A.金属杆匀速运动时的速率为3FRA.金属杆匀速运动时的速率为3FR碇2FRB.出磁场时，de间金属杆两端的电势差（4。=七-BL2FLC.从5到c的过程中，金属杆产生的电热为一「D.从b到c的过程中，通过定值电阻的电荷量为吆6R8、在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物.如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=lkg的货物放在传送带上的A端，经过1.2s到达传送带的B端.用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示.已知重力加速度g=10m/s2,则可知（ ）A.货物与传送带间的动摩擦因数为0.5B.A、B两点的距离为2.4mC.货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功的大小为12.8JD.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J9、一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹,则（）XXXXA.该原子核发生了a衰变B.该原子核发生了《衰变C.打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动D.该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加10、真空中，在x轴上的坐标原点。和x=50cm处分别固定点电荷A、B,在x=10cm处由静止释放一正点电荷p,点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度与在x轴上的位置关系如图所示。下列说法正确的是（ ）B.从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p的电势能一定先增大后减小C.点电荷A、B所带电荷量的绝对值之比为9：4D.从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷p所受的电场力先增大后减小三、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。（6分）某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“xlO”和“X100”两种倍率，所用器材如下:甲甲A.干电池：电动势E=1.5V,内阻r=0.5。B.电流表G：满偏电流/g=lmA,内阻优=150。C.定值电阻Ri=1200。D.电阻箱£和拈：最大阻值999.99。E.电阻箱R：最大阻值9999QF.开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干（1）该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱及=。，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫作欧姆表的内阻大内，则R内=。，欧姆表的倍率是（选填“xio”或“X100”）；（2）闭合开关S：第一步：调节电阻箱电和/?3,当&=。且火3=。时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱后,调节Rb当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为（12分）某同学查资料得知：弹簧的弹性势能与弹簧的劲度系数和形变量有关，并且与形变量的平方成正比。为了验证弹簧弹性势能与其形变量的平方成正比这一结论，他设计了如下实验：①如图所示，一根带有标准刻度且内壁光滑的直玻璃管固定在水平桌面上，管口与桌面边沿平齐。将一轻质弹簧插入玻璃管并固定左端。②将直径略小于玻璃管内径的小钢球放入玻璃管，轻推小球，使弹簧压缩到某一位置后，记录弹簧的压缩量X③突然撤去外力，小球沿水平方向弹出落在地面上，记录小球的落地位置④保持弹簧压缩量不变，重复10次上述操作，从而确定小球的平均落点，测得小钢球的水平射程s⑤多次改变弹簧的压缩量X，分别记作 重复以上步骤，测得小钢球的多组水平射程SI、S2、S3……请你回答下列问题⑴在实验中，“保持弹簧压缩量不变，重复10次上述操作，从而确定小球的平均落点”的目的是为了减小一（填“系统误差”或“偶然误差”）；（2）若测得小钢球的质量下落高度力、水平射程S,则小球弹射出去时动能表达式为一（重力加速度为g）⑶根据机械能守恒定律，该同学要做有关弹簧形变量X与小钢球水平射程S的图像，若想直观的检验出结论的正确性,应作的图像为—A.s-xB.s—x2C.s2~xD.s X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。（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，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场。一质量为，〃带电荷量为g的带电粒子从电场中Q（-2儿点以速度均水平向右射出，经坐标原点。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（2/1,2/1）,不计粒子的重力，求：⑴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。■ntfE（16分）如图所示，一长为200m的列车沿平直的轨道以80m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知前二】？。。!!!，"58=2000m,求：⑴列车减速运动的加速度的取值范围；（2）列车减速运动的最长时间.列车（12分）如图甲，足够大平行板MN、尸。水平放置，MN板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场方向me垂直纸面向里，磁感应强度大小为瓦，电场方向与水平成30。角斜向左上方（图中未画出），电场强度大小瓦=——.q

有一质量为，小电量为g的带正电小球，在该电磁场中沿直线运动，并能通过MN板上的小孔进入平行板间。小球通过小孔时记为U0时刻，给两板间加上如图乙所示的电场E和磁场8,电场强度大小为E。，方向竖直向上；磁感应强度大小为国,方向垂直纸面向外，重力加速度为度大小为国,方向垂直纸面向外，重力加速度为g。(坐标系中A='、打=4+12兀13 1 13 16=——+—、打=——+—12 2n 12 2nTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"25 1 、，5= + )12 27r⑴求小球刚进入平行板时的速度V0；(2)求七时刻小球的速度盯的大小;(3)若小球经历加速后，运动轨迹能与尸。板相切，试分析平行板间距离d满足的条件。XXXXXXXXXXXXXXX*60xxx X XXXXr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、D【解析】点电荷是当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷.而元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电体电荷量均是元电荷的整数倍.【详解】元电荷是最小的带电量，而点电荷是一种理想化的物理模型，二者不是同一物理量；故A错误；元电荷是带电量的最小值，大小是故B错误；元电荷是指最小的电荷量，不是指质子，故C错误；元电荷是自然界中电荷的最小单元，故D正确；故选D。【点睛】本题关键是对点电荷、元电荷的概念要有清晰的认识，同时要明确它们之间的区别，这是理清概念的一种重要方法.2、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N，，如图:根据共点力平衡条件，有:x方向：足N，sinO-N=O竖直方向：解得：N一三cosON=F-〃igtane；A.故当厂增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为N=F-mgtanO；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，斜面的支持力为修，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；3、C【解析】A.当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A错误；B.从中性面开始计时，发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSeosincut故B错误；C.当滑动触头P向下移动时，输出电压变小，但变压器原线圈两端的电压将不变，故C正确；D.当用户数目增多时，电路总电阻变小，电路中的电流变大，则输电线上电阻的电压增大，用户得到的电压变小，故D错误。故选C。4、C【解析】A.假定两段空气柱的体积不变，即%,%不变，初始温度为7,当温度降低△7时，空气柱1的压强由m减至pl,AP产Pl-p'l，空气柱2的压强由P2减至p'2,△P2=P2-P'2>由查理定律得：M吟△「，即2=牛八7,因为P2=P1+〃>P1,所以A〃i<Ap2,即水银柱应向b移动。故A错误；B.在竖直平面内以b点为轴逆时针缓慢转动玻璃管，使〃角变大，若水银柱相对玻璃管不动，则增大了水银柱对下部气体的压力，水银柱向分端移动，故B错误；C.玻璃管竖直向上减速运动，加速度向下，水银柱失重，若水银柱相对玻璃管不动，水银柱对下部气体压力减小，水银柱向a端移动，故C正确；D.使玻璃管垂直纸面向外做加速运动不会影响水银柱竖直方向上的受力，水银柱的位置不变，故D错误。5、D【解析】C.强磁铁通过钢管时，导致钢管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，故C错误;B.磁铁在铜管中运动的过程中，虽不计空气阻力，但在过程中，出现安培力做功产生热能，所以系统机械能不守恒,故B错误;A.由于圆管对磁铁有向上的阻力，则由牛顿第三定律可知磁铁对圆管有向下的力，则桌面对铜管的支持力尸,Mg,故A错误；D.因圆管对磁铁有阻力，所以运动时间与自由落体运动相比会变长，即有故D正确。6、C【解析】A.人在最低点时加速度竖直向上指向圆心，人处于超重状态，故A错误；B.在最高点A时，人和秋千受到的合力为他们自身的重力，故B错误；CD.由于荡秋千过程中不可避免存在空气阻力，如果没有能量补充，则系统机械能就越来越小，即秋千荡起最大高度

越来越低，故C正确，D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、BD【解析】A.设流过金属杆中的电流为/,由平衡条件得F=F.t.=Bl-支2解得BL根据欧姆定律有B.Jb.2=BLv屋R—旅K+2所以金属杆匀速运动的速度为6FRb-i3故A错误;B.由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为E=Bv.~2所以金属杆在出磁场时，de间金属杆两端的电势差为RR6FRL2FRU=^^E=-E=-Bv-=-B-6FRL2FRTOC\o"1-5"\h\zR+内3 3 232故B正确;c.设整个过程电路中产生的总电热为Q,根据能量守恒定律得c尸L1 2Q=r• mv22代入v可得Q=*18wFQ=*18wF2/?所以金属杆上产生的热量为2 12 1&=-Q=-FL-\2mF2R2故C错误;D.根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为A①%)2BI}q=lt== —=废*+R6R2故D正确。故选BD,8、AD【解析】A、在。〜0.25时间内，货物的速度小于传送带速度，货物受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，由牛顿第二定律有mgsin0+pmgcos0=ma^,由图乙可得q=10，〃/s2,货物加速到与传送带速度相等后，在0.2〜1.2s时间内，货物速度大于传送带速度，故有mgsin6-〃〃zgcos6=ma2，由图乙可得%=2m/sz,联立解得cos8=0.8,〃=。.5,故A正确；B、pt图象与r轴所围的面积表示位移，货物的位移等于传送带的长度，由图乙可知传送带的长度为L=fti2?,B错误；C、货物受到的摩擦力为/=〃mgcos，=4N,。〜0.2s时间内的位移为％=0.2m,对货物受力分析知摩擦力沿传送带向下，摩擦力对货物做正功，叼|=凡=0).8?,同理().2〜12s时间内，货物的位移为々=3?,摩擦力沿传送带向上，对货物做的负功为所以整个过程，传送带对货物做功的大小为12J-0.8J=U.2J,C错误；D、货物与传送带摩擦产生的热量等于摩擦力乘以相对路程，。〜0.2s时间内，传送带的位移为七=04m,0.2-1.25时间内，传送带的位移为5=2?，总相对路程为—=阳-玉+%-8=血2?,货物与传送带摩擦产生的热量为2=/Ax=4.8?,故D正确.点睛：本题一方面要分析工件的运动情况，由图象结合求解加速度，再结合牛顿第二定律分两个过程列式求解摩擦因数及斜面倾角是关键，求摩擦产生的热量注意找两物体的相对位移.9、BC【解析】AB.而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了0衰变，A项错误、B项正确;C.由于衰变后两带电粒子的动量大小相等，根据圆周运动的规律，带电粒子的轨迹半径r=F，电荷量大的轨迹半qB径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动，C项正确；D.衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少，D项错误。故选BC,10、AC【解析】A.点电荷p从x=10cm处运动到x=30cm处，动能增大，电场力对点电荷做正功，则点电荷所受的电场力方向沿+x轴方向，因此，从x=10cm到x=30cm范围内，电场方向沿+x轴方向，所以，x=10cm处的电势比x=20cm处的电势高,故A正确；B.点电荷p在运动过程中，只有电场力做功，电势能和动能之和保持不变，点电荷的动能先增大后减小，则其电势能先减小后增大，故B错误；C.从x=10cm到x=30cm范围内，点电荷p所受的电场力沿+x轴方向，从x=30cm到x=50cm范围内，点电荷p所受的电场力沿*轴方向，所以，点电荷P在x=30cm处所受的电场力为零，则点电荷A、8对点电荷p的静电力大小相等，方向相反，故有k皿=卜维其中「A=30cm,FB=20cm,所以，Qa：Qb=9：4,故C正确；D.点电荷x=30cm处所受的电场力为零，由电场力公式F=gE可知：x=30cm处的电场强度为零，所以从x=10cm到x=40cm的过程中，点电荷。所受的电场力一定先减小后增大，故D错误。故选AC.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、149.5 1500xlOO14.5 150 10【解析】[1][2|.由闭合电路欧姆定律可知：欧姆表的内阻为E15&=_=--C=1500Q讷/ 0.001则«2=/?rt-/?i-/?R-r=(1500-1200-150-0.5)£2=149.5Q,中值电阻应为1500。，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为xlO,则中值刻度太大，不符合实

际，故欧姆表倍率应为“xlOO”。[3][41.为了得到“xlO”倍率，应让满偏时对应的电阻为150Q；电流为/i=，-A=0.01A；150此时表头中电流应为0.001A,则与之并联电阻Ri电流应为(0.01—0.001)A=0.009A,并联电阻为ft=150n；_0.001x(150+1200)ft=150n；R}= 0.009Ri+r=1.5-1.350.01Ri+r=1.5-1.350.01Q=15Q&=(15—0.5)。=14.5。；[5].图示电流为0.60mA,干路电流为6.0mA则总电阻为1.5 ，Ra=—xl03£i=250fl6.0故待测电阻为R,(=(250-150)52=100J2；故对应的刻度应为10.12、偶然误差 些二A4/?【解析】在实验中，“保持弹簧压缩量不变，重复10次上述操作，从而确定小钢球的平均落点”是采用多次测量求平均值的方法，其目的是为了减小偶然误差。(2)[2]设小球被弹簧弹射出去后的速度为如此后小球做平抛运动，有灯1 2线=2^0,1 2h=~gt-s=1V联立可得小球弹射出去时动能为尸ms2mgs2耳干7)=7T⑶[3]若结论弹簧弹性势能与其形变量的平方成正比成立，有

Ep=kx2而弹射过程弹性势能全部转发为动能，有Ep=变形为14姑 Xmg可得关系S8X,故要验证结论需要作S-X图像可构成正比例函数关系，故选A。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、(13、(1)E= ；(2)B.=2qhm,n(V2+l)^v0⑶1二(&-1)乃力qh【解析】(1)由几何关系可知粒子的水平位移为2九竖直位移为小由类平抛运动规律得2h=vot.1 2h=-at2由牛顿第二定律可知Eq=ma联立解得E=—2qh⑵粒子到达。点，沿y铀正方向的分速度Eq2hv=at= %m%则速度与x轴正方向的夹角a满足tana=—=1即a=45°粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，由洛伦兹力提供向心力2VBqv—m—R解得B=—qR粒子运动轨迹越大，磁感应强度越小，由几何关系分析可得，粒子运动轨迹与PN相切时，垂直于尸M的方向射出磁场垂直于射出磁场，则4+血4=&轨道半径心=(2-扬〃粒子在磁场中的速度v=V2v0解得D(V2+1)加%= : qh⑶带电粒子在磁场中圆周运动的周期2兀R27rm1= = vqB带电粒子在磁场中转过的角度为180",故运动时间1丁2兀m1_(y/2-\)7rh2 %14、(1)0.9m/s2<a<\.2m/s2;(2)66.7s【解析】(1)列车做减速运动的过程中，刹车的距离：x=^-,可知加速度越大，位移越小，加速度越