2022年河南省顶级名校高考物理模拟试卷（四）（附答案详解）

2022年河南省顶级名校高考物理模拟试卷（四）

1.一个质点受两个互成锐角的恒力&和尸2作用，由静止开始运动，若运动过程中保持

二力方向不变，但Fi突然增大到&+△尸，则质点以后（）

A.一定做匀变速直线运动

B.在相等时间内速度的变化一定相等

C.可能做匀速直线运动

D.可能做变加速曲线运动

2.如图所示，光滑绝缘水平面上有带正电的甲球和带负电的乙球（甲、乙两球均视为

质点），现使甲球在大小为/、方向沿两球连线背离乙球的瞬时冲量作用下运动的同

时，由静止释放乙球。若甲、乙两球的质量分别为巾和2小，则当它们相距最远时，

乙球的速度大小为（）

3.如图所示，为一攀岩运动员正沿竖直岩壁缓慢攀登，由于身背较重乡飞&0

的行囊，重心上移至肩部的。点，运动员的质量为60kg,运动员双/

手臂所能承受的拉力不能超过540N.此时手臂与身体垂直，手臂与岩

壁夹角为53。，则此时行囊的质量不能超过（设手、脚受到的作用力

均通过重心0,g取10m/s2,s讥53。=0.8,cos53°=0.6）（）

A.60kgB.50kgC.40kgD.30kg

4.如图所示，两根材料相同的均匀导体柱m和n,小长为I,n长为21,串联在电路图1

中时，沿x轴方向电势变化如图2@-x所示，选取尤=31处电势为零，则导体柱m、

n的横截面积之比为（）

5.假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为

go；在赤道的大小为0地球自转的周期为T；引力常量为G.据此可求得地球的第一宇

宙速度为（）

A.号Jg（g•-go）B.,Jgo（g-go）C.得Jg。®。"-g）D.三Jg（g（）-g）

6.如图所示电路，已知平行金属板电容器C中固定一个带负电的质点P,下板接地，

当将滑动变阻器&的滑片向右滑动时，以下说法正确的是（）

A.P点处的电势升高

C.质点P的电势能变大D.质点P的电势能变小

7.如图所示，在沿东西方向直线运动的小车上，放一竖直

木块，突然发现木块向西倒，则小车可能的运动情况（）

A.向东做匀速运动B.向东做减

速运动

C.向东做加速运动D.向西做减速运动

8.一个绝缘的刚性细圆环水平放在平面上，半径为R,质量为m,只能绕竖直轴。自

由转动，圆环沿圆周均匀带电，电荷量为+Q,在4点剪下一个小缺口，其空隙长度

为W<<R）.开始时圆环静止不动，现加一个匀强电场E,让E既垂直于轴。，又垂

直于04,如图所示，则（忽略剪下小缺口的质量）（）

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A.加电场后的瞬间圆环将沿逆时针转动

B.加电场后的瞬间圆环将沿顺时针转动

C.圆环转动的最大线速度为空

nm

D.圆环转动的最大角速度为I叵

7nmR3

9.如图甲所示，在“验证力的平行四边形定则”实验中，力为固定橡皮筋的图钉，。为

橡皮条与细绳的结点，0B和0C为细绳套。实验时，需要两次拉伸橡皮条：第一次

是用两个弹簧秤通过细绳套互成角度地拉橡皮条：第二次是用一个弹簧秤通过细绳

套拉橡皮条。图乙是在白纸上根据实验过程中收集到的数据画出的力的图示。图乙

中的.,是力丹和尸2的合力的理论值;,是力&和尸2的合力的实际测量值。

在尸与F'两力中，方向一定沿4。方向的是.（填尸或尸'）。

甲

10.小华、小刚共同设计了图甲所示的实验电路，电路中的各个器材元件的参数为：电

池组（电动势约6V,内阻r约3。）、电流表（量程2.04内阻力=0.80）、电阻箱

/?式0〜99.9。）、滑动变阻器/?2、开关三个及导线若干。他们认为该电路可以用来测

电源的电动势、内阻和/?2接入电路的阻值。

（1）小华先利用该电路准确地测出了/?2接入电路的阻值。

他的主要操作步骤是：先将滑动变阻器滑片调到某位置，接着闭合S、S2,断开S「

读出电流表的示数/;再闭合S、Si，断开S2,调节电阻箱的电阻值为6.3。时，电流

表的示数也为/。此时滑动变阻器接入电路的阻值为n.

(2)小刚接着利用该电路测出了电源电动势和内电阻。

①他的实验步骤为：

a.在闭合开关S前，调节电阻长或至最大值，之后闭合开关S,再闭合(选

填“SJ或“S2”):

反调节电阻(选填或“/?2”)，得到一系列电阻值R和电流/的数据；

c.断开开关，整理实验仪器。

②图乙是他由实验数据绘出的亍-R图像，电源电动势E=V,内阻

r=_____0(计算结果均保留两位有效数字)。

11.如图所示，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂

直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度

大小未知，磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为8。

一质量为小、电荷量为q的带正电的小滑块从4点由静止开

始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动，此时速度

大小为女。4、C两点间距离为九，重力加速度为g。

(1)求电场强度大小；

(2)求小滑块从4点运动到C点过程中摩擦力做的功；

(3)若。点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,

当小滑块运动到。点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知

小滑块在。点时的速度大小为外,从。点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点

时速度的大小孙。

12.如图所示，光滑水平面上放置一竖直的光滑四分之一圆弧槽，圆弧槽的质量

1kg,圆弧槽的右端与质量机2="9、长度L=7.5m且上表面水平的木板相切，距

离木板左端亨处静止着质量均为1kg的4、B两个小物块(可视为质点)。现点燃两物

块之间的炸药，使两物块都获得水平速度。4物块滑离木板后沿圆弧槽运动且恰好

能运动到圆弧槽的最高点，B物块恰好能到达木板的最右端。已知两物块与木板间

的动摩擦因数相同，假设炸药的化学能全部转化为两物块的动能，最大静摩擦力等

于滑动摩擦力，已知炸药释放了16/的化学能，g取l(hn/s2。求：

(1)炸药爆炸后，4、B两物块的速度大小；

(2)两物块与木板间的动摩擦因数〃、圆弧槽的半径R。

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4B

m

13.下列说法正确的是（）

A.理想气体吸收热量时，温度和内能都可能保持不变

B.布朗运动就是液体分子或气体分子的无规则运动

C.分子间相互作用的引力和斥力都随着分子间距离的增大而减小

D.随着分子间距离的增大，分子势能先减小再增大

E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的

14.如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管左端开口，右端通过橡胶

管与放在水中导热的球形玻璃容器连通，球形容器连同橡胶管的容积（不变）为匕=

80cm3,U形玻璃管中被水银柱封闭有一定质量的理想气体.当环境温度为0汽（热

力学温度为273K）时、U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出/h=18cm,右侧

水银柱上方玻璃管长h0=30cm,（已知大气压强P（）=76cmHg,U形玻璃管的横截

面积为S=0.5皿2）（结果均保留一位小数）

（1）若对水缓慢加热，应加热到多少摄氏度，两边水银柱高度会在同一水平面上？

（2）保持加热后的温度不变，往左管中缓慢注入水银，问注入水银的高度多少时右

管水银面回到原来的位置？

15.在双缝干涉实验中，分别用红色和蓝色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，

红光的干涉条纹间距//蓝光的干涉条纹间距4型相比，AX24/（填

”或“<”）。若实验中红光的波长为630mn,双缝与屏幕的距离为1.00m,

测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为12.5nun,则双缝之间的距离为

_____mmo

AD

如图所示是真空中折射率为n=g的某种透明介质的截面图，

AD//BC,4B=75°,ZC=45°,CD=3m,BC=V6m，一束单色光

H

V2+V6

从CD边的中点£垂直射入透明介质。已知真空中的光速c=3x108m/s,sin75°

4

不考虑光在介质中的多次反射，求：

①该束单色光第一次射出透明介质时的出射角；

②该束单色光从E点射入到第一次射出透明介质所用的时间t（结果可含根号）。

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：互成锐角的恒力弓和尸2作用，由静止开始运动，质点做匀加速直线运动.当

保持此方向，大小突然增大到6+AF,且尸2保持不变，则此时合力的方向与速度方向

不共线，做曲线运动.由于合力恒定，所以做匀变速曲线运动，加速度是定值，所以在

相等的时间里速度的增量一定相等，故B正确，4、C、。错误.

故选：B.

质点做直线运动还是曲线运动，就看合力的方向与速度的方向是否在同一条直线上，在

同一条直线上，就做直线运动，不在一条直线上，质点就做曲线运动.

本题即考查了物体做曲线运动的条件，还考查了学生对匀变速运动的理解，把这两部分

内容理解透彻就不会出错了.

2.【答案】B

【解析】解：设甲球开始运动时的速度大小为孙，根据动量定理有/=

两球所受静电力大小相等、方向相反，故两球组成的系统动量守恒，且它们的速度相同

时相距最远（设此时乙球的速度大小为"），轨道向左为正方向，有Hi%=

解得u=；

3m

故AC。错误，B正确

故选：Bo

两球所受静电力大小相等、方向相反，故两球组成的系统动量守恒，且它们的速度相同

时相距最远，根据动量守恒定律结合动量定理可解得。

本题考查动量守恒定理，解题关键理解速度相同时相距最远，根据临界条件可解得。

3.【答案】D

【解析】解：以运动员和行囊整体为研究对象，分析受力情况，作

出力图，如图所示。设运动员和行囊的质量分别为M和小。根据平

衡条件得

当岩壁对手臂的拉力Fi达到最大值540N时，行囊的质量最大，最大

值为

代入解得m=30kg

故选：D„

以运动员和行囊整体为研究对象，分析受力情况：重力、岩壁对手臂的拉力和岩壁对脚

的弹力，根据平衡条件求出总质量，再求解行囊的质量.

本题是实际问题，要将运动员和行囊进行简化，用质点代替，作出力图是解题的关键.

4.【答案】A

【解析】解：由图象可知导体柱小电压为6V,导体柱n电压为4匕导体柱m与导体柱n串

联，故电压之比等于电阻之比，由电阻定律R=年，可以求出截面积之比为1：3,故

BC。错误，A正确。

故选：4。

由图象可知两导体柱两端的电压；再由串联电路的电流规律及欧姆定律可求得电阻之比;

由电阻定律即可求得横截面积之比.

考查学生对电阻定律和欧姆定律的理解和应用，及结合图象处理数据的能力。

5.【答案】C

【解析】

【分析】

质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力。根据万有引力定律和牛顿

第二定律，在赤道的物体所受地球的引力等于其在两极所受的重力联立求半径，应用牛

顿第二定律求出第一宇宙速度。

本题考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键是认识到在赤道处的重力实为地球对

物体的万有引力减去物体随地球自转的向心力，掌握力的关系是正确解题的前提。

【解答】

解：在两极地区，物体受到地球的万有引力，其大小为mg0,在赤道处，地球对物体

的万有引力大小仍为mg0,

万有引力和重力的合力提供圆周运动向心力有即有：m(g0-g)=m(与AR,解得：

47r2

质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，有：G,=mg0,

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解得：M=比曲子”,

16714G

万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G罂=m.,

解得，地球的第一宇宙速度：v=^y/g0(g0-g)，故C正确，ABD错误；

故选：C。

6.【答案】BC

【解析】解：当将滑动变阻器％的滑动片向右移动时.，变阻器接入电路的电阻增大，根

据闭合电路欧姆定律知，电路中电流减小，则电流表的示数减小。由欧姆定律知/?2的电

压减小，而电容器的电压等于7?2的电压，故电容器板间电压减小，由E=?分析知，板

间场强减小，由(/=6£/知，P点与下极板的电势差减小，而P点的电势高于下极板的电

势，所以P点的电势降低，质点P带负电，故质点P电势能变大，故A。错误，BC正确。

故选：BC.

当将滑动变阻器&的滑动片向右移动时;先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，再根

据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律逐个分析.电容器的电压等于R2的电压，分析

P点电势的变化，即可分析电势能的变化.

本题是电路动态变化分析问题，从局部到整体，再到局部，按顺序分析是常用的方法.

7.【答案】CD

【解析】解：木块和小车原来一起作匀速直线运动，并且木块和小车具有共同的速度,

发现木块向西倒，说明小车可能向东做加速运动或向西做减速运动，木块由于惯性，保

持原来的运动状态向前运动而产生的，故AB错误，CC正确。

故选：CD

先分析木块和小车原来的运动状态，再分析当小车运动状态改变时的情况，根据一切物

体都有保持原来运动状态的性质来分析小车的运动状态.

一切物体都有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，我们把物体保持运动状态不变

的性质叫做惯性，此题主要考查学生对惯性的理解和应用，会用惯性知识分析物体的运

动状态.

8.【答案】BC

【解析】解：4、由于圆环带正电，加电场后的瞬间，圆环受水平向左的电场力作用,

故圆环将沿顺时针方向转动。故4错误，B正确；

C、小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力，则取圆环上来分析，再取以

圆心对称的这2点合力向右，距离3水平方向抵消，只有竖直方向；取长度为/处

研究，电量q=*，则电场力F=2qE=®5

ZTttxUK

故由尸=叱可得：线速度"=陛故C正确

Ryjnm

D、由角速度3=5可得，角速度为：1陛，故力错误

KRyjnm

故选：BC。

由于圆环带正电，加电场后的瞬间，圆环受水平向左的电场力作用，故圆环将沿顺时针

方向转动；

小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力，则取圆环上AX来分析，再取以圆

心对称的△》，这2点合力向右，距离3竖直方向抵消，只有水平方向；求所有部分的

合力EAm,即可求得库仑力的表达式；

本题关键知道小球受到的库仑力为圆环各点对小球库仑力的合力，则取圆环上△%来分

析，再取以圆心对称的△》,这2点合力向右，距离3竖直方向抵消，只有水平方向；

求所有部分的合力工△小，即库仑力的；

9.【答案】FF'F'

【解析】解：图乙中的F是根据平行四边形定则画出来的合力，是力久和尸2的合力的理

论值，F'是用一个弹簧测力计把节点拉到。点时的力，是力心和尸2的合力的实际测量值，

方向一定沿04方向。

故答案为：F,F',F'。

片和尸2的合力的理论值是由平行四边形定则作图得到的，因为误差可能不与。4共线，

根据二力平衡，力片和尸2的合力的实际值一定与。4共线。

本题考查验证平行四边形定则的实验，需要区分实际值和理论值，明确实际值和理论值

的区别即可正确作答。

10.【答案】6.3Si86.02.8

【解析】解：(1)本小题就是替代法测电阻，电阻箱的读数即是滑动变阻器的电阻，即

电阻为6.30；

(2)①为保护电路，先要把可变电阻调到最大值；因为最后要画出图像，所以必须要知

道电阻的阻值，所以要用到电阻箱这个支路，所以接下来要闭合Si，调节电阻％.

②由闭合电路欧姆定律：=IR+lrA+lr,变形得到：：="XR+受A电流表的内阻

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之和与电动势的比值是图象的纵截距，图像斜率表示电动势的倒数，所以图像纵轴截距

与电源电动势的乘积代表电源内阻和电流表的内阻之和，图像斜率为士所以电动势为6忆

纵截距为0.6,则内阻和电流表的内阻之和为3.6。，电源内阻为2.80。

故答案为：(1)6.3；(2)①品、%;②6.0、2.8

(1)由电路的结构可知测出了路的阻值用的是等值替代法；

(2)①实验中采用的是电阻箱和电流表的方式测定电动势和内电阻，据实验的原理可知

应调节电阻箱，记录一系列的电阻和电流的值；

②分析电流与电阻的关系，由闭合电路欧姆定律可得出符合本实验的表达式，再结合

图象的性质利用函数关系即可求得电动势和内电阻。

本题考查测量电动势和内电阻的实验，解答本题的关键在于明确等电阻替代法测电阻，

注意能正确根据题意列出对应的函数关系，才能准确得出结果。

11.【答案】解：(1)由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左

的洛伦兹力，当洛伦兹力等于电场力时，滑块离开MN开始做曲线运动，此时：qE=qBvc,

解得：E=Bvc.

(2)从A到C根据动能定理：mgh+Wf=^mVc-0

解得：Wf=^mVc-mgho

(3)滑块离开墙壁后，重力和电场力的合力方向先与速度方向成锐角，对滑块做正功，

滑块的速度增大。后来重力和电场力的合力方向与速度方向成钝角，对滑块做负功，滑

块的速度减小，则在。点重力和电场力的合力与速度垂直。

设重力与电场力的合力为F,由图意知，在D点速度诙的方向与尸的方向垂直，从。到P做

类平抛运动，在尸方向上做匀加速运动a=二

m

t时间内在F方向的位移为：x=^at2,

从D到P,根据动能定理得：Fx=gm诏诏，

其中Z7=+(qE)2

联立解得：%=J"%臀吆+限

答：(1)电场强度大小为B%；

(2)小滑块从4点运动到C点过程中摩擦力做的功为评-mgh；

【解析】(1)小滑块到达C点时离开MN,此时与MN间的作用力为零，对小滑块受力分

析计算此时的速度的大小；

(2)由动能定理直接计算摩擦力做的功叼；

(3)撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据分运动计算最后的合速度的大小。户。

解决本题的关键是分析清楚小滑块的运动过程，在与MN分离时，小滑块与MN间的作

用力为零，在撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，根据滑块的不同的运动过程逐步求解

即可。

12.【答案】解：(D设两物块的质量均为rn,炸药爆炸后，4、B两物块的速度大小分别

为女、v2.炸药爆炸前后4、B两物块组成的系统动量守恒，规定向左为正方向，根据

动量守恒定律有：m-mv2=0

根据能量守恒定律有：Q=+|mvj=16/

解得：vr=v2=4m/s；

(2)4物块离开木板之前，对木板受力分析，其受到4、B两物块的摩擦力等大反向，其

所受合力为零，所以4物块离开木板之前，木板处于静止状态。由于两物块与木板间的

动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律可得两物块在木板上滑行时的加速度大小均为a=

ug,设4物块离开本板时AB两物块的速度大小分别为%v2',根据运动学规律可得：

=1P2，

对A物块有：苗2-比=-2ag

力物块滑上圆弧槽后，与圆弧槽组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：

mv1=(m+mjv共,

2

根据能量守恒定律有：|mv|=^m+m1)v^+mgR,

代入数据解得：R=^m.

15

根据运动学规律可知，4物块离开木板时，B物块向右滑行了《，A物块离开木板后，8物

块与木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有：mv2'=^m+m2)v^,

根据能量守恒定律有：)砂=1(m+m2)v'^+nmg

联立解得：

答：(1)炸药爆炸后，4、B两物块的速度大小分别为4m/s、4m/s；

(2)两物块与木板间的动摩擦因数为另圆弧槽的半径为真m。

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【解析】(1)爆炸前后A、B组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律和能量守恒定律求

出爆炸后4、B两物块的速度大小；

(2)爆炸后4、B均在木板上做匀减速直线运动，由于4、B对木板的摩擦力大小相等，方

向相反，可知此时木板不动，根据牛顿第二定律和速度位移公式求出4离开木板的速度，

此时B的速度大小与4的速度大小相等，抓住4物块滑离木板后沿圆弧槽运动且恰好能运

动到圆弧槽的最高点，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出圆弧槽的半径，对B和木

板组成的系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律，抓住B物块恰好能到达木板的最右

端，求出动摩擦因数的大小。

本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律和运动学公式，综合性较

强，对学生能力要求较高，关键要理清在整个过程中各个物体的运动规律，合理地选择

研究对象和过程，选择合适的规律进行求解。

13.【答案】ACE

【解析】解：4、理想气体吸收热量时，同时对外做功，根据热力学第一定律△U=Q+W

可知，内能可能不变，温度可能不变，故A正确；

从布朗运动是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息无规则运动，不是液体分

子或气体分子的无规则运动，故B错误；

C、分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距离的减小而增加，随

分子间距的增大而减小，故C正确；

。、分子间的平衡距离为小，若分子间距离大于分子力表现为引力，从开始增大，

分子力做负功，分子势能增大，故。错误；

以根据嫡增原理，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，故E

正确。

故选：ACE。

根据热力学第一定律判断；布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运

动：分子间存在相互作用的引力和斥力，引力和斥力都随分子间距的增大而减小；根据

分子力做功与分子势能变化的关系判断；根据端增加原理判断。

本题考查了热力学第一定律、布朗运动、分子力、分子势能、热力学第二定律等热学基

础知识，要求学生对这部分知识要重视课本，强化记忆。

14.【答案】解：（1）初状态压强为Pi=Po~18cmHg=76cmHg-18cmHg—58cmHg

体积为匕=%+h0S.=273K

末状态P2=Po，匕=匕+T2=(273+t)K

由理想气体状态方程有华=竽

12

代入数据得：t=118.6?

(2)当往左管注入水银后，末状态压强为p,体积为匕=%+厩5

V

由玻意耳定律p2^2=P1

解得：p=83.2cmHg

可知往左管注入水银的高度为九=4+4九=18cm+(83.2-76)cm=25.2cm

答：(1)若对水缓慢加热，应加热到118.6汽，两边水银柱高度会在同一水平面上；

(2)