2021-2022学年白银市重点中学高考物理一模试卷含解析

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、某同学按如图1所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。先使开关S接1,电容器充电完毕后将开

关掷向2,可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的曲线，如图2

所示。电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压Uo,图线与坐标轴围成的面积S、任一点的点切线斜率

但电源电动势、内电阻、定值电阻R均未知，根据题目所给的信息，下列物理量不熊求出的是

A.电容器放出的总电荷量B.电阻R两端的最大电流

C.定值电阻D.电源的电动势和内电阻

2、如图所示，总阻值为K的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为8的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线

框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度盯向右匀速拉出，第二次以线速度以让线框

绕轴匀速转过90。，下列说法正确的是（）

XX

X乂

XXX

XflXX乂

XX

—

XX

A.第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向

B.两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为2：1

C.若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则内：以=公2

D.若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则也：V2=2：rt

3、一质点静止在光滑水平面上，先向右做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为4,经过时间f后加速度变为

零；又运动时间/后，质点加速度方向变为向左，且大小为与，再经过时间，后质点回到出发点。以出发时刻为计时零

点，则在这一过程中（）

B.质点向右运动的最大位移8为产,

4

c.质点回到出发点时的速度大小为2r

D.最后一个时间/内，质点的位移大小和路程之比为3：5

4、下列说法正确的是（）

A.金属发生光电效应时，逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成正比

B.重核裂变（2霓U+；nf%Xe+泼r+2；n）释放出能量,%Xe的结合能比空U的大

C.8g2；；Rn经22.8天后有7.875g衰变成2；：P。，贝武;Rn的半衰期为3.8天

D.氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长

5、AC、CD为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中NACB<45。，水平距离均为5C,两个完全相同且可视为质

点的物块分别从A点和。点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（）

A.沿AC下滑的物块到底端用时较少

B.沿AC下滑的物块重力的冲量较大

C.沿AC下滑的物块到底端时重力功率较小

D.沿AC下滑的物块到底端时动能较小

6、如图所示，在等量异种点电荷形成的电场中有A、B,C三点，A点为两点电荷连线的中点，5点为连线上距A点

距离为d的一点，C点为连线中垂线上距A点距离也为d的一点。则下列说法正确的是（）

I

A.EA=Ec>EK,<PA=（PC>%

B.EK>EA>EC,（pA=（pc>（pH

C.将正点电荷g沿AC方向移动到无穷远处的过程中，电势能逐渐减少

D.将负点电荷g沿A8方向移动到负点电荷处的过程中，所受电场力先变小后变大

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，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒A3、。置于导轨上并与导轨垂直，整

个装置处于竖直方向的匀强磁场中。从U0时开始，对48棒施加一与导轨平行的水平外力凡使A3棒从静止开始向

右做加速度大小为“°的匀加速直线运动。导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。

下列关于。棒的速度八加速度安培力F安和外力歹随时间f变化的关系图线可能正确的是（）

8、如图所示，电阻不计的两光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为1m,导轨中部有一个直径也为1m的圆

形匀强磁场区域，与两导轨相切于"、N两点，磁感应强度大小为1T、方向竖直向下，长度略大于1m的金属棒垂直

导轨水平放置在磁场区域中，并与区域圆直径MN重合。金属棒的有效电阻为0.5Q,一劲度系数为3N/m的水平轻质

弹簧一端与金属棒中心相连，另一端固定在墙壁上，此时弹簧恰好处于原长.两导轨通过一阻值为1。的电阻与一电

动势为4V、内阻为0.50的电源相连，导轨电阻不计。若开关S闭合一段时间后，金属棒停在导轨上的位置，下列说

法正确的是（）

A.金属棒停止的位置在MN的右侧

B.停止时，金属棒中的电流为4A

C.停止时，金属棒到MN的距离为0.4m

D.停止时，举报受到的安培力大小为2N

9、如图所示，质量为，”的托盘P（包括框架）悬挂在轻质弹簧的下端处于静止状态，托盘的上表面水平。仁0时刻,

将质量也为机的物块Q轻轻放到托盘上，。时刻P、Q速度第一次达到最大，f2时刻，P、Q第一次下降到最低点，

下列说法正确的是（）

画

P

A.Q刚放上P瞬间它们的加速度大小为春

B.O~fi时间内弹簧弹力的冲量大于

C.0~八时间内P对Q的支持力不断增大

D.072时间内P、Q的重力势能和弹簧弹性势能的总和不断减小

10、对于分子动理论的理解，下列说法正确的是.

A.只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积

B.温度越高，扩散现象越明显

C.两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢

D.当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越大

E.只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等

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）图甲是简易多用电表的电路原理图，图中E是电源，氏、&、&、刈、治是定值电阻，心是可变电阻，

表头G的满偏电流为200NA。内阻为600C,其表盘如图乙所示。图甲中虚线方框内为换挡开关，A端和8端分别与

两表笔相连，该多用电表有5个挡位，分别为：直流电流1A挡和500jiA挡，欧姆xlk。挡，直流电压2.5V挡和10V

挡。

~©~RiR、

1',Wf

An

甲乙

⑴若用欧姆xlk。挡测二极管的反向电阻,则A端与二极管的_________（选填“正”或“负”）极相接触，测得的示数如

图乙中a所示，则该二极管的反向电阻为k£lo

（2）某次测量时该多用电表指针位置如图乙中b所示,若此时B端是与“1”相连的，则多用电表的示数为；

若此时B端是与“4”相连的则多用电表的示数为»

⑶根据题中所给的条件可得&、R2的阻值之和为火。

12.（12分）某同学设计了一个如图甲所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中4为滑块,5和C处是钩码,

不计绳和滑轮的质量及它们之间的摩擦.实验中该同学保持在3和C处钩码总个数不变的条件下，改变C处钩码个数,

测出C处不同个数钩码的总质量m及对应加速度a,然后通过对实验数据的分析求出滑块与木板间的动摩擦因数.

a/m・s~

⑴该同学手中有电火花计时器、纸带、10个质量均为100克的钩码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线,为了完

成本实验，得到所要测量的物理量,还需要.

A.秒表B,毫米刻度尺C.天平D.弹簧测力计

⑵在实验数据处理中，该同学以C处钩码的总质量，〃为横轴，以加速度。为纵轴，绘制了如图乙所示的实验图线，可知滑块

与木板间的动摩擦因数"=.（g取10m/s2）

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）滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开A=0.8m高

的平台，运动员（连同滑板）恰好能无碰撞的从8点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材

料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C点，8、C为圆弧

的两端点。圆弧轨道的半径R=lm；。为圆心，圆弧对应的圆心角。=53。，已知g=10m/s2,sin37=0.60，

cos37=0.80,不计空气阻力，运动员（连同滑板）质量，〃=50kg,可视为质点，试求：

（1）运动员（连同滑板）离开平台时的初速度vo;

⑵运动员（连同滑板）通过圆弧轨道最低点对轨道的压力；

（3）运动员（连同滑板）在水平面上滑行的最大距离。

用乙

14.（16分）如图所示，在真空室内的P点，能沿平行纸面向各个方向不断发射电荷量为+小质量为，”的粒子（不计

重力），粒子的速率都相同。外为尸点附近的一条水平直线，尸到直线曲的距离PC=L,。为直线油上一点，它与P

点相距PQ=@L,当直线外以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为3的匀强磁场时，水平向左射出的粒子恰

2

到达。点;当初以上区域只存在沿PC方向的匀强电场时，其中水平向左射出的粒子也恰好到达。点。已知sin37o=0.6,

cos37°=0.8,求：

(1)粒子的发射速率；

⑵仅有电场时尸。两点间的电势差；

(3)仅有磁场时，能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间。

15.(12分)如图所示，A、B和M、N为两组平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子，自A板中央小孔进入A、

B间的电场，经过电场加速，从B板中央小孔射出，沿M、N极板间的中心线方向进入该区域。已知极板A、B间的

电压为U0,极板M、N的长度为1,极板间的距离为do不计粒子重力及其在a板时的初速度。

AB

|--------F”

ed

I____L

1*-i—>1

(1)求粒子到达b板时的速度大小v；

(2)若在M、N间只加上偏转电压U,粒子能从M、N间的区域从右侧飞出。求粒子射出该区域时沿垂直于板面方

向的侧移量y；

(3)若在M、N间只加上垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰好从N板的右侧边缘飞出，求磁感应强度B的大小和方向。

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】

由。=CUo,所以容器放出的总电荷量可求，所以A选项能求出；根据/=Q/f,变形得。=〃=二，口为图象与坐标

R

SS

轴所围面积s可求，所以。=S/R,则R==7，所以C选项可求；电阻K两端的最大电流即为电容器刚开始放

电的时候，所以/盘，

选项B电阻R两端的最大电流可求；根据题意只知道电源的电动势等于电容器充满电两板间的电压，也就是刚开始放

电时的电压，即E=Uo,内电阻无法求出，所以选项D不能求出。

2、D

【解析】

A.由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项A错误；

A①

B.由公式4=——可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项B错误；

R

C.设线框的边长为L,若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度打向右匀速拉

出

E；=BL'

2L

网)受_5网

第二次以线速度也让线框转过90。

_/BScoBLV2

“丫-i,

X27rL

OA^2)42^v2

&Rv28H

0=0

所以

V,：v2=7T：4

选项c错误；

D.若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度vi向右匀速拉出

E：=BL%

第二次以线速度V2让线框转过90°

LBE

2

1Xc27r-1L,

—_AO_42_2BLV2

———

~Arv27t

E\-E2

得

匕：为=2:%

D选项正确。

故选D。

3、C

【解析】

A.以向右为正方向，由速度公式有

匕="

由题意知

0=X1+%2+元3

由位移公式得

11

无]=—at2,x-vt,x=卬——at2~

2]2f322

解得

a2=5al

故A错误；

B.根据题意，作出质点运动的U-f图象，如图所示,

设向右从匕减速到0所用的时间为则有

匕="'

又

匕=卬

解得

t'=-t

5

根据丫-/图象的面积表示位移大小可知，质点向右运动的最大位移

11182

x=—v/+v/+—V)*—t--a}t

故B错误；

C.质点回到出发点时所用的时间为

〃，4

t"=t—t’=一t

5

则对应的速度大小为

“4

口2=a2t=—6Z2Z

故c正确；

D.最后一个时间/内，质点的位移大小为

x'=x]+x2^^a1

路程

111,4172

s——Cl,t—14—XA-Clit—t二­a,t

215215101

所以最后一个时间f内，质点的位移大小和路程之比为15：17,故D错误。

故选C。

4、C

【解析】

A.根据爱因斯坦光电效应方程可知，逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系,

故A项错误；

B.重核裂变过程释放出能量，组成原子核的核子越多，它的结合能越大，故B项错误；

C.根据衰变规律得

加剂=%(7尸

由题意知

=(8-7.875)g=0.125g

仁22.8天

解得r=3.8天，故C项正确；

D.根据八七=与可知，入射光的能量与波长成反比，氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子小于从能级2跃迁

到能级1辐射出的光子的能量，则氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射

出的光子的波长，故D项错误。

故选C。

5、A

【解析】

A.由于两者水平距离相同，均可用水平距离表示出运动时间，设水平距离为x,斜面倾角为贝II：

得：

I2x4x

NgsinScos。gsin2。

则倾角越大用时越少，A正确;

B.重力冲量:

I=mgt

沿轨道AC下滑的物块到底端用时较小，重力的冲量较小，B错误；

CD.由动能定理：

mgh.=­1mv~2

可知沿轨道AC下滑的物块重力做功大，所以到底端时速度大，动能较大；沿轨道AC下滑的物块到底端时速度大,

倾斜角度，大，由重力瞬时功率功率：

P=mgvsin0

可知其重力瞬时功率较大，C错误，D错误。

故选A.

6、B

【解析】

AB.等量异种电荷电场线和等势面的分布如图:

根据电场线的分布结合场强的叠加法则，可知场强关系为

EB>EA>Ec

根据等势面分布结合沿电场线方向电势降低，可知电势关系为

(PA=<PC><PB

A错误，B正确；

C.A、。两点处于同一等势面上，所以将正点电荷g沿AC方向移动到无穷远处的过程中，根据耳=4。可知电势

能不变，C错误；

D.将负点电荷g沿A8方向移动到负点电荷处的过程中，电场线越来越密集，根据口=qE可知所受电场力逐渐增大,

D错误。

故选B。

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.因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始

运动，故A错误；

B.开始时，棒的速度为零，加速度为零；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与AB的速度差逐渐变大,

则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大，当。的加速度与48加速度

相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变，故B正确；

C.在开始CZ)棒不动时，安培力

L空色=吗

女2R2R

即安培力随时间成正比关系增加；当开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保

持不变，故C错误；

D.对A5外力

F=maa+f+F.安=ma°+/+——r

开始时CO加速度为零，A8加速度为《=所，则此时外力厂随时间/线性增加；当C。开始运动后加速度从0开始逐渐

变大，导体棒A3所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D正确。

故选BD。

8、AC

【解析】

A.由金属棒中电流方向从M到N可知，金属棒所受的安培力向右，则金属棒停止的位置在MN的右侧，故A正确；

B.停止时，金属棒中的电流

E

/=~~=2A

R+RQ+r

故B错误；

C.设棒向右移动的距离为x,金属棒在磁场中的长度为力，则

kx=BI(2y)

，以5

解得

x=0.4m、2j=0.6m

故c正确；

D.金属棒受到的安培力

F=BI(2y)=1.2N

故D错误。

故选AC。

9、AC

【解析】

A.Q刚放上P瞬间，弹簧弹力不变，仍为mg,故根据牛顿第二定理可知，它们的加速度

"整=8

2m2

故A正确；

B.A时刻P、Q速度第一次达到最大，此时P、Q整体合力为零，此时弹簧弹力

F=2mg

故O~fi时间内弹簧弹力小于2,〃g,故0~有时间内弹簧弹力的冲量小于故B错误；

C.0~八时间内整体向下的加速度逐渐减小到零，对Q有

mg-N=ma

故P对Q的支持力N不断增大，故C正确；

D.f2时刻，P、Q第一次下降到最低点，动能为零，故根据机械能守恒可知，0“2时间内P、Q的重力势能和弹簧弹

性势能的总和先减小再增大，故D错误。

故选AC。

10、BCD

【解析】

A.由于气体分子间距很大，知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，不能算出气体分子的体积，故A错误；

B.温度越高，分子热运动越明显，扩散现象越明显，故B正确；

C.两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力和斥力均减小，引力变化总是比斥力变化慢，故C正确；

D.当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子力做负功，分子势能越大，故D正确；

E.物体内能与物质的量、温度、体积和物态有关，故E错误。

故选BCD,

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、负7.00.30A0.75V400

【解析】

(1H1H2］若测二极管的反向电阻，则电流从二极管的负极流入；又欧姆表的电流从A端流出，故A端与二极管的负极

相接触；根据刻度盘，得出示数为7.0,又选用了xlk。挡，故二极管的反向电阻为7.0k。。

(2)［3］若此时B端是与“1”相连的，则此时是大量程电流表，为直流1A档，故此时每小格表示0.02A,读数为0.30A；

［4］若此时B端是与“4”相连的，则此时为小量程的电压表,为直流电压2.5V档，故此时每小格表示0.05V,读数为0.75V.

(3)［5］由电路特点，由题意知

(500-200)xl0-6x(Ri+Rz)=200xl0-6x600

整理得

/?I+Z?2=400Q

12、(1)B(2)0.3

【解析】

第一空.打点计时器通过打点即可知道时间，故不需要秒表，故A错误.本实验不需要测滑块的质量，钩码质量已知，

故不需要天平，故B错误.实验需要测量两点之间的距离，需要毫米刻度尺，故C正确.滑块受到的拉力等于钩码的

重力，不需要弹簧测力计测拉力，故D错误.故选C；

me—u(M+m'ypme(1+zz)

第二空.对ABC系统应用牛顿第二定律可得：a=--9-------->—=»卜)fg,其中m+m'=/no;所以〃-/n

M+wnM+m0

图象中，纵轴的截距为-4g,故-〃g=-3,4=0.3.

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、(l)3m/s；(2)2150N,竖直向下；(3)3.55m

【解析】

(1)运动员从A平抛至B的过程中，

在竖直方向有

vj=2gh①

在8点有

vv=%tan6②

由①②得

%=3m/s③

(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C处时，牛顿第二定律可得:

F-mg=/7Z—（4）

NR

运动员从A到C的过程，由机械能守恒得：

mg[7?+R(l-cos53°)]=mv1⑤

联立③④⑤解得

&=2150N

由牛顿第三定律得：对轨道的压力为

/=%=2150N

方向竖直向下;

(3)运动员经过C点以后，由图可知：%,=0.5m,〃=0.5

设最远距离为X,则x>X],由动能定理可得：

|mv2=|〃mgX[+〃〃?g(x—玉)⑥

由⑤⑥代值解得

x=3.55m

SBqL25Ba21?233乃“？106万加

14、(1)—(2)——L_.(3),——

8m8/n180%180q8

【解析】

(1)设粒子做匀速圆周运动的半径为R,过。作PQ的垂