福建省诏安县怀恩中学2022年高考仿真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

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。

1.2019年10月5日2时51分，我国在太原卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭，成功将“高分十号”卫星发射升

空，卫星顺利进入略低于地球同步轨道的圆轨道，任务获得圆满成功。下列关于“高分十号”卫星的描述正确的是

A.“高分十号”卫星在轨运行周期可能大于24小时

B.“高分十号”卫星在轨运行速度在第一宇宙速度与第二宇宙速度之间

C.“高分十号”卫星在轨运行的机械能一定小于同步卫星的机械能

D.“高分十号''卫星在轨运行的向心加速度大于地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度

2.五星红旗是中华人民共和国的象征和标志；升国旗仪式代表了我国的形象，象征着我国蒸蒸日上天安门广场国旗杆

高度为32.6米，而升国旗的高度为28.3米；升国旗时间与北京地区太阳初升的时间是一致的，升旗过程是127秒，已

知国旗重量不可忽略，关于天安门的升国旗仪式，以下说法正确的是（）

A.擎旗手在国歌刚刚奏响时，要使国旗在升起初始时,旗面在空中瞬间展开为一平面，必须尽力水平向右甩出手中

所握旗面

B.国旗上升过程中的最大速度可能小于0.2m/s

C.当国旗匀速上升时，如果水平风力大于国旗的重量,则国旗可以在空中完全展开为一个平面

D.当国旗匀速上升时，如果水平风力等于国旗的重量,则固定国旗的绳子对国旗的作用力的方向与水平方向夹角45

度

3.如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分

别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平

4.一列简谐横波，在f=0.6s时刻的图像如图甲所示，此时P、。两质点的位移均为-1cm,波上4质点的振动图像如图

A.这列波沿x轴负方向传播

B.这列波的波速是50m/s

C.从f=0.6s开始，紧接着的4=0.9s时间内，A质点通过的路程是4cm

D.从r=0.6s开始，质点P比质点。早0.4s回到平衡位置

5.如图所示，倾角为a的斜面体4置于粗糙水平面上，物块8置于斜面上，已知A、5的质量分别为M、小，它们

之间的动摩擦因数为〃=tana。现给8—平行于斜面向下的恒定的推力尸，使8沿斜面向下运动，4始终处于静止

状态，则下列说法中不正确的是()

A.无论厂的大小如何，5一定加速下滑

B.物体A对水平面的压力及j>(M+〃?)g

C.5运动的加速度大小为a=£

D.水平面对A一定没有摩擦力

6.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）

乙：链式反应示意图

T：汤姆孙气体放电管示意图

A.图甲：卢瑟福通过分析a粒子散射实验结果，发现了质子和中子

B.图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能

C.图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的

D.图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构

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.下列说法正确的是（）

A.由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，故液体表面存在张力

B.把金片儿和铅片压在一起，经过足够长时间后，可发现金会扩散到铅中，但铅不会扩散到金中

C.物体的温度升高，物体内分子的平均动能增大

D.热力学第二定律表明，不可能通过有限的过程，把一个物体冷却到绝对零度

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

8.下列说法正确的是.

A.狭义相对论认为，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动无关

B.电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X射线的波长要短

C.分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个

亮条纹的中心间距

D.如图1所示，。、方两束光以不同的入射角由玻璃射向真空，结果折射角相同，则在玻璃中a光的全反射临界角大

于b光的全反射临界角

E.如图2所示，偏振片P的透振方向为竖直方向，沿与竖直方向成45。角振动的偏振光照射到偏振片尸上，在P的另

一侧能观察到透射光

■b

ffll

p

图2

9.甲、乙两列简谐横波在同一介质中同向独立传播，传播方向沿x轴正方向。如图所示为t=0时刻的部分波形。r=ls

时刻质点。第一次振动至平衡位置。对此现象，下列说法正确的是（）

B.甲波的周期为2s

C.甲波的传播速度为2m/s

D./=0时刻两列波没有波峰重合处

E/=0时刻在x=32.5m处两列波的波峰重合

10.在用单摆测定重力加速度的实验中，为了减小测量误差，下列措施正确的有（）

A.对于相同半径的木球和铁球，选用铁球

B.单摆的摆角从原来的5°改变为15°

C.测量摆球振动周期时，选取最高点作为计时的起、终点位置

D.在测量单摆的周期时，防止出现“圆锥摆”

E.测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长

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）用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道产。

滑下后从。点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤

压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。

硬板白纸

(1)本实验必须满足的条件有.

A.斜槽轨道光滑

B.斜槽轨道末端切线水平

C.每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球

D.挡板高度等间距变化

(2)如图乙所示，在描出的轨迹上取4、B,C三点，三点间的水平间距相等且均为x,竖直间距分别是山和山。若

A点是抛出点，则黑=________；钢球平抛的初速度大小为________(已知当地重力加速度为g,结果用上述字母表

)2

示)。

12.(12分)小妮同学利用如图甲所示的实验装置验证系统机械能守恒。A、B是两个质量均为的相同小球，。为

穿过轻杆的固定转轴，C为固定在支架上的光电门，初始时杆处于水平状态，重力加速度为g。实验步骤如下：

(1)用游标卡尺测得小球B的直径d如图乙所示，则d=mm；

(2)用毫米刻度尺测得A0长为I,B0长为21；

(3)由静止释放两小球，当小球B通过光电门时，测得光线被小球挡住的时间为ZW,则在杆由水平转至竖直的过程中

两小球组成的系统增加的动能〃Ek=—,减少的重力势能/Ep=(用机、g、I、d、ZU表示)。

(4)若在误差允许的范围内［Ek=』Ep,则小球A、B组成的系统机械能守恒。

1234cm

11i,u,L,i,i,i11111111,1,1,1,1,1,1iiliuil

1111111111[Irr।J11111

01020

乙

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)如图所示为一简易火灾报警装置，其原理是：竖直放置的试管中装有水银，当温度升高时，水银柱上升,

使电路导通，蜂鸣器发出报警的响声。已知温度为27七时，封闭空气柱长度匕为20cm,此时水银柱上表面与导线下

端的距离心为10cm,水银柱的高度为5cm,大气压强为75cmHg,绝对零度为-273P。

(1)当温度达到多少摄氏度时，报警器会报警；

(2)如果要使该装置在90℃时报警，则应该再往玻璃管内注入多高的水银柱?

14.(16分)如图所示，足够长的传送带与水平面间的夹角为6。两个大小不计的物块质量分别为肛=加和

3

m2=5;〃,43与传送带间的动摩擦因数分别为从=二1211。和〃2=1211。。已知物块A与8碰撞时间极短且无能量损

失，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

(1)若传送带不动，将物块B无初速度地放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无初速度地释放物

块A,它们第一次碰撞前瞬间A的速度大小为%,求A与3第一次碰撞后瞬间的速度V”、Ws；

(2)若传送带保持速度松顺时针运转，如同第(1)问一样无初速度地释放3和A,它们第一次碰撞前瞬间A的速度

大小也为%，求它们第二次碰撞前瞬间A的速度V2A；

(3)在第(2)问所述情境中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物块A做的功。

B

15.（12分）如图所示，一列简谐横波沿x轴负方向传播，在h=0时刻波形如图中的实线所示，t2=0.5s时刻的波形如

图虚线所示，若该列波的周期T>0.5s,试求；

①该列波的波长入、周期T和波速v；

②在x轴上质点P在t=0时刻的运动方向和t=3.0s内通过的路程.

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】

A.万有引力提供向心力:

「Mm4"2

G-p-=^k

解得：T=2人工,因为“高分十号”轨道半径略低于地球同步轨道的圆轨道，所以周期小于同步卫星的周期24小

\GM

时，A错误；

B.第一宇宙速度是卫星绕地球运行的最大环绕速度，所以“高分十号”卫星在轨运行速度小于第一宇宙速度，B错误;

C.“高分十号”和同步卫星的质量关系未知，所以机械能大小关系不确定，C错误；

D.高空的卫星由万有引力提供向心加速度：

a=—F=—GM

mr~

可知“高分十号”卫星的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，同步卫星和地球赤道上的物体角速度相同，根据：

a=arr

可知同步卫星的向心加速度大于地球赤道上的物体的向心加速度，所以“高分十号”卫星在轨运行的向心加速度大于地

球赤道上的物体随地球自转的向心加速度，D正确。

故选D。

2、D

【解析】

A.若用水平向右甩出手中所握旗面，则手给旗子水平方向的力，因为旗面受到竖直向下的重力，水平方向的力和重

力无法平衡，则旗面在空中瞬间无法展开为一平面，故A错误；

B.若旗上升过程中的最大速度小于02”/s,则在127s内上升的最大高度为：

ft=0.2x127m=25.4m<28.3m

故B错误；

C.国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，此时旗面受重力、水平风力、绳子的作用力，无论水平风力多大都无法和竖

直方向的重力平衡，则国旗不可以在空中完全展开为一个平面，故c错误；

D.国旗匀速上升，说明国旗受力平衡，如果水平风力等于国旗的重量，则水平风力和重力的合力与水平方向夹角为

45。，则固定国旗的绳子对国旗的作用力应与水平风力和重力的合力，等大反向，则固定国旗的绳子对国旗的作用力的

方向与水平方向夹角45。，故D正确。

故选D。

3、A

【解析】

天平原本处于平衡状态，所以线框所受安培力越大，天平越容易失去平衡，

由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有

效长度，由图可知，A图的有效长度最长，磁场强度8和电流大小/相等，所以A所受的安培力最大，则4图最容易

使天平失去平衡.A正确；BCD错误；

故选A.

4、D

【解析】

A.由乙图读出U0.6S时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由甲图判断出该波的传播方向为沿x轴正向，故A错

误；

B.由甲图读出该波的波长为2=20m,由乙图得周期为T=L2s,则波速为

A2050

v=—=m/s=—m/s

T1.23

故B错误；

C.因为

3

M=0.9S=-T

4

/=0.6s时质点A位于平衡位置，则知经过Ar=0.9s,A质点通过的路程是

s=3A=3x2=6cm

故C错误；

D.图示时刻质点尸沿y轴正方向，质点。沿y轴负方向，此时尸。两质点的位移均为-1cm,故质点尸经过看回到

平衡位置，质点。经过工+工回到平衡位置，故质点尸比质点。早

46-

回到平衡位置，故D正确。

故选D。

5、B

【解析】

AC.因4、3间的动摩擦因数为〃=tana,即

pimgcosa-mgsina

则施加平行于斜面的力F后，由牛顿第二定律有

F+mgsina-〃mgcosa=ma

联立可得

a=—F

m

即无论厂的大小如何，B一定加速下滑，故AC正确，不符题意;

B.对斜面受力分析，如图所示

由竖直方向的平衡有

f

氏=Mg+NBACOSa+fsina

娟=乙

NBA=mgcosa

f'=f=/.ungcosa

联立可得

外=(Mg+mg)

故B错误，符合题意；

D.对斜面在水平方向的力有关系式

NBAsina=f'cosa

故水平面无相对运动趋势，水平面对斜面无摩擦力，故D正确，不符题意。

本题选不正确的故选B。

6、C

【解析】

图甲：卢瑟福通过分析a粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型.故A错误.图乙：用中子轰击铀核使其发

生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能.故B错误.图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子

的频率也是不连续的，故C正确；图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有复杂结构，天然放射现象的发现揭示了

原子核内还有复杂结构.故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、ACE

【解析】

A.液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，故液体表面存在张力，故A正确；

B.一切物质的分子处于永不停息的无规则运动之中，当铅片与金片接触时，会有一些铅的分子进入金片，同时，金

的分子也会进入铅片，故B错误；

C.温度是分子平均动能的标志，则温度升高，物体内分子平均动能增大，故C正确；

D.根据热力学第三定律知，绝对零度只能接近，不可能达到，故D错误；

E.根据热力学第二定律可知，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«

8、ACE

【解析】

A.狭义相对论中光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的.故A正确；

B.红外线的波长比X射线长.故B错误；

C.红光的波长长于紫光，所以在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相

邻两个亮条纹的中心间距.故C正确；

D.由几何分析可知。光束对应的折射率大，而全反射临界角正弦值与折射率成反比，所以。光的全反射临界角小于。

光的全反射临界角.故D错误；

E.由于偏振光在偏振片的透振方向有分量所以对应的会在另一侧观察到透射光.故E正确

9、ACD

【解析】

A.读取图象信息知波长为

4=8m,为=20m

所以A正确；

B.甲波的Q点运动至平衡位置所需时间为

—=ls

4

则甲波周期为

金=4s

所以B错误；

C.波的传播速度仅由介质决定，甲、乙两列波的速度相同，有

v--=2m/s

q

所以C正确;

DE.取f=0时刻

X]=14m,x2=20m

两个波峰点为基准点，二者相距6m。假设/=()时刻两列波的波峰有相遇处，则该相遇处与两个波峰基准点的距离差

为

K42%=6m（k],左2均为整数）

即

勺=6+以=6+20&=25kl+0.75

48

该方程式左，自无整数解。贝!k=0时刻两列波波峰没有重合点。所以D正确，E错误。

故选ACD„

10、ADE

【解析】

A.对于相同半径的木球和铁球，选择铁球可以忽略空气阻力以及悬线的重力，A正确；

B.单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过5°，B错误;

C.为了减小测量周期时的误差，应取摆球通过的最低点作为计时的起、终点位置，C错误;

D.摆球做圆锥摆时周期表达式为

若用

算出重力加速度g误差较大，为了减小测量误差，应防止出现“圆锥摆”，D正确；

E.测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长，E正确。

故选ADE。

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、BC1:3x---

【解析】

(i)[l]AB.为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的。

故A不符合题意，B符合题意。

C.要让小球总是从同一位置无初速度释放，这样才能找到同一运动轨迹上的几个点。故C符合题意。

D.档板只要能记录下小球下落在不同高度时的不同的位置即可，不需要等间距变化。故D不符合题意。

(2)[2]A点是抛出点，则在竖直方向上为初速度为零的匀加速直线运动，则A5和BC的竖直间距之比为1：3。

[3]由于两段水平距离相等，故时间相等，根据可知：

停

则初速度为：

y2f

12、12.40

8A产

【解析】

游标卡尺的主尺读数为12mm,游标读数为

0.05x8mm=0.40mm

则游标卡尺的最终读数为

4=12+0.40mm=12.40mm

(3)[2]小球B通过光电门的瞬时速度

d

A、B转动的半径之比为1：2,A、B的角速度相等，根据v=知A、B的速度之比为1：2,所以A的瞬时速度

,22加

系统动能增加量

AF12,125〃以2

限=3叫+2m^

[3]系统重力势能的减小量

A£;)=mg*21-mgl=mgl

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)177*0；(2)8cm

【解析】

⑴报警器报警，则气体柱的长度要增大到L.+L2

根据等压变化

T2匕Ll+L2

代入数据得

T2=450K

即

Z2=177℃

(2)设加入x水银柱，在90C时会报警

PM_P3匕

可得

80x20S(8O+x)(3O-x)S

300273+90

解得

x=8cm

214

=V;

14、(1)vlA=--v0,vIB°(2)方向沿传送带向下；(3)W=-3mvl

【解析】

(1)由于〃2=tan。，故8放上传送带后不动，对A和B第一次的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

，4%=町匕'+加2匕B

121212

］肛%=］町匕A+2加2匕8

又5/n}=m2

“21

解得

(2)传送带顺时针运行时，8仍受力平衡，在被A碰撞之前8一直保持静止，因而传送带顺时针运行时，4B碰前

的运动情形与传送带静止时一样，由于A第一次碰后反弹的速度小于％,故相对传送带的运动方向向下，受到的摩擦

力向上，合力向下做减速运动。减速到零后相对传送带也向下运动，摩擦力方向不变，设A在传送带上运动时的加速

度大小为。，根据牛顿第二定律有

ggsin®-/ggeos6=m1a

2

解得o=ygsin，

解法一从第一次碰后到第二次碰前A做匀变速运动，3做匀速运动两者位移相等，则有

宜=巧演

y2a

%=匕八+。4

4

解得%A=§%，方向沿传送带向下

解法二以8为参考系，从第一次碰后到第二次碰前，有

2,21M

唏对一(一鼻』一.』)

------------------——=0

2a

解得第二次碰前A相对B的速度曝对=%

则A对地的速度为

4

%=丫相对+vifi=-vo

方向沿传送带向下

解法三第一次碰撞后到4B第一次碰撞前，两者位移相同，故平均速度相同，则有

4

解得岭A=]%，方向沿传送带向下

(3)以地面为参考系，A第二次碰后瞬间和第三次碰前瞬间的速度分别记为匕人和！A，3第二次碰后瞬间的速度记

为匕…两者发生第二次弹性碰撞时，根据动量守恒和能量守恒有

fnvm

i2A+2ViB=^viA+m2v2B

12121212

-叫V2A+-^B=-^V3A+-8

12

解得匕A=一］%，岭8=5%

解法一第二次碰后A做匀变速运动，B做匀速运动。到第三次碰前两者位移相等，所以

%一-=在

解得均A=g%，方向沿传送带向下

A从第一次碰后到第三次碰前的位移

〃=丁1[r（/弓4％）\2—一（/一2[