2022届福建省华安、长泰等四校高考物理四模试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷

注意事项：

1.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。

2.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。

3,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。

4.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、如图所示，空间有一正三棱锥P-ABC,。点是8C边上的中点，。点是底面ABC的中心，现在顶点尸点固定

一正的点电荷，在。点固定一个电荷量与之相等的负点电荷。下列说法正确的是（）

A.A、B、C三点的电场强度相同

B.底面ABC为等势面

C.将一正的试探电荷从B点沿直线经过。点移到C点，静电力对该试探电荷先做正功再做负功

D.将一负的试探电荷从P点沿直线P。移动到。点，电势能先增大后减少

2、一质点沿x轴做简谐运动，其振动图象如图所示.在1.5s〜2s的时间内，质点的速度V、加速度a的大小的变化情

况是（）

A.v变小，a变大B.v变小，a变小

C.v变大，a变小D.v变大，a变大

3、为探测地球表面某空间存在的匀强电场电场强度E的大小，某同学用绝缘细线将质量为机、带电量为+q的金属球

悬于。点，如图所示，稳定后，细线与竖直方向的夹角0=60。；再用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开,

再次稳定后，细线与竖直方向的夹角变为a=30。，重力加速度为g,则该匀强电场的电场强度E大小为（）

A.E=——/ngB.E=——mgC.E=——mgD.E=——

q2q3q4

4、下列关于科学家对物理学发展所做的贡献正确的是（）

A.牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿的三条运动定律都能通过现代的实验手段直接验证

B.伽利略通过实验和合理的推理提出质量并不是影响落体运动快慢的原因

C.奥斯特由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质

D.伽利略通过万有引力定律计算得出了太阳系中在天王星外还存在着距离太阳更远的海王星

5、甲、乙两车在同一平直公路上运动，两车的速度P随时间f的变化如图所示。下列说法正确的是（）

A.甲乙两车的速度方向可能相反

B.在八到0时间内，甲车的加速度逐渐增大

C.在“到立时间内，两车在同一时刻的加速度均不相等

D.若U0时刻甲车在前，乙车在后，在运动过程中两车最多能相遇三次

6、如图所示为A.8两辆摩托车沿同一直线运动的速度一时间（八，）图象，已知：U0时刻二者同时经过同一地点，则

下列说法正确的是（）

A.摩托车B在0~6s内一直在做加速度减小的加速运动

B.Z=6s时4、5两辆摩托车恰好相遇

C.UI2s时A、3两辆摩托车相距最远

D.率托车A在0~12s内的平均速度大小为10m/s

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。分。

7、如图所示，左端接有阻值为R的足够长的平行光滑导轨CE、的间距为，导轨固定在水平面上，且处在磁感

应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为机、电阻为，的金属棒裙垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不

计。某时刻给金属棒劭一个水平向右的瞬时冲量/,导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程()

cxaxxxxxf

XXXXX

XXXXX

xTxxXXXXX

XDXX，XXXX

A.金属棒做匀减速直线运动直至停止运动

B.电阻R上产生的焦耳热为二

2m

C.通过导体棒协横截面的电荷量为占

BL

D.导体棒ab运动的位移为“

BIf

8、如图，两轴心间距离/=l()m、与水平面间夹角为37°的传送带，在电动机带动下沿顺时针方向以v=2nVs的速度

匀速运行。一质量加=50kg的货物从传送带底端由静止释放，货物与传送带间的动摩擦因数〃=0.8。已知重力加速

度大小为lOm/s?,sin3/=0.6,cos3/=0.8.则货物从底端运动至顶端的过程中()

A.货物增加的机械能为3.1xl()3j

B.摩擦力对货物做的功为1.6xl()3j

C.系统因运送货物增加的内能为13.2x103J

D.传送带因运送货物多做的功为4.7x103J

9、质量均为m的小球A、B分别固定在一长为L的轻杆的中点和一端点，如图所示。当轻杆绕另一端点。在光滑水

平面上做角速度为。的匀速圆周运动时，则()

A.处于中点的小球A的线速度为Z/y

B.处于中点的小球A的加速度为L32

C.处于端点的小球B所受的合外力为帆口2乙

D.轻杆04段中的拉力与AB段中的拉力之比为3：2

10、如图甲所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为。的光滑斜面上的物体，逐渐增大尸，物体做变加速运动，其

加速度a随外力厂变化的图像如图乙所示，若重力加速度g取10m/s2,根据图乙中所提供的信息不能计算出

B.斜面的倾角

C.物体能静止在斜面上所施加的最小外力

D.加速度为6m/s2时物体的速度

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）利用如图所示电路测量一量程为300mV的电压表的内阻Rv（约为300C）。某同学的实验步骤如下：

①按电路图正确连接好电路，把滑动变阻器R的滑片P滑到。端，闭合电键S2,并将电阻箱岛的阻值调到较大;

②闭合电键S”调节滑动变阻器滑片的位置，使电压表的指针指到满刻度；

③保持电键Si闭合和滑动变阻器滑片P的位置不变，断开电键S2,调整电阻箱飞的阻值大小，使电压表的指针指到

满刻度的三分之一；读出此时电阻箱岛=596。的阻值，则电压表内电阻Rv=

实验所提供的器材除待测电压表、电阻箱（最大阻值999.9。）、电池（电动势约1.5V,内阻可忽略不计）、导线和电键

之外，还有如下可供选择的实验器材：

A滑动变阻器：最大阻值200。

B滑动变阻器：最大值阻10。

C定值电阻：阻值约20。

D定值电阻：阻值约200

根据以上设计的实验方法，回答下列问题。

①为了使测量比较精确，从可供选择的实验器材中，滑动变阻器R应选用,定值电阻“应选用

（填写可供选择实验器材前面的序号）。

②对于上述的测量方法，从实验原理分析可知，在测量操作无误的情况下，实际测出的电压表内阻的测量值R测

真实值Rv（填“大于”、“小于”或“等于"），这误差属于误差（填”偶然“或者“系统”）且在其

他条件不变的情况下，若R、越大，其测量值R测的误差就越（填“大”或“小”）。

12.（12分）某同学研究小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有：

小灯泡L（额定电压3.8V,额定电流0.32A）,

电压表（量程3V,内阻为3kQ）,

电流表A（量程0.6A,内阻约0.5。），

定值电阻凡（阻值为1k。），

滑动变阻器K（阻值0~10。），

电源E（电动势5V,内阻很小）

开关S,导线若干.

（1）实验要求能够实现在（）~3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，请将图甲电路补画完整______________；

-Hg）——（A^

L

X_

11---------

|一RI

E

（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图所示,由曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻将_________

27A

。工二二鹿3藕二整|事

；!：：：：擀：|：［川］|川州1H1H1+时

：：：：：：H：±：：11H11HI|HH十计计UN

°1234

A.逐渐增大B.逐渐减小

C.先增大后不变D.先减小后不变

（3）若用多用表直接测量该小灯泡的电阻，正确操作后多用表指针如图所示，则小灯泡的电阻是Q.

（4）用另一电源耳）（电动势4V,内阻10Q）和题中所给的小灯泡L、滑动变阻器R连接成如图所示的电路，闭合开

关S,调节滑动变阻器R的阻值.在K的变化范围内，电源的最大输出功率为W,此时小灯泡的功率为W,

滑动变阻器R接入电路的电阻为Q.

1L

R

E。

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，两个球形容器容积之比为H：匕=10：H,由一细管（容积忽略）相连，细管的水平部分封

有一段汞柱，两容器中盛有等量同种气体，并置于两个温度分别为八和72的热库内，已知T『300K,位于细管中央

的汞柱静止。

（1）求另一个热库的温度72；

（2）若使两热库温度都升高A7,汞柱是否发生移动？请通过计算说明理由。

14.（16分）如图，两等腰三棱镜A8C和腰长相等，顶角分别为N4=60。和/小=30。。将AC边贴合在一起，组

成NC=90。的四棱镜。一束单色光平行于BC边从AB上的O点射入棱镜，经AC界面后进入校镜CDA。已知棱镜ABC

的折射率勺,棱镜CZM的折射率〃2=0,不考虑光在各界面上反射后的传播，求：（sinl50=

24

.-coV6+V2

sin75=------------)

4

(i)光线在棱镜ABC内与AC界面所夹的锐角0；

(ii)判断光能否从面射出。

15.(12分)如图所示，竖直光滑的半圆轨道A8C固定在粗糙水平面上，直径AC竖直。小物块P和Q之间有一个被

压缩后锁定的轻质弹簧，P、Q和弹簧作为一个系统可视为质点。开始时，系统位于4处，某时刻弹簧解锁(时间极

短)使P、Q分离，Q沿水平面运动至。点静止，P沿半圆轨道运动并恰能通过最高点G最终也落在。点。已知P

的质量为mi=0.4kg,Q的质量为，"2=0.8kg,半圆轨道半径R=0.4m,重力加速度g取lOm/sz,求：

(I)AO之间的距离；

(2)弹簧锁定时的弹性势能；

(3)Q与水平面之间的动摩擦因数。(结果保留两位小数)

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、C

【解析】

A.A、B、C三点到尸点和。点的距离都相等，根据场强的叠加法则可知A、B、C三点的电场强度大小相等，但

方向不同，A错误；

BC.处于。点的负电荷周围的等势面为包裹该负电荷的椭球面，本题。为等边三角形48。的中心，即A、B、C=

点电势相等，但是该平面不是等势面，沿着电场线方向电势降低，越靠近负电荷，电势越低，即B、。电势高于。点

电势，3经。到C,电势先减小后增大，根据电势能的计算公式

Ep=q(P

可知正试探电荷电势能先减小后增大，电场力先做正功再做负功，B错误，C正确；

D.沿着电场线方向电势降低，负试探电荷从高电势P点移到低电势。点，根据电势能的计算公式可知电势能一直增

大，D错误。

故选C。

2、A

【解析】

由振动图线可知，质点在1.5s〜2s的时间内向下振动，故质点的速度越来越小，位移逐渐增大，回复力逐渐变大，加

速度逐渐变大，故选项A正确.

3、D

【解析】

设电场方向与竖直方向夹角为a,则开始时，水平方向

7Jsin60=qEsina

竖直方向

7Jcos60°+qEcosa=mg

当用另一完全相同的不带电金属球与该球接触后移开，再次稳定后电量减半，则水平方向

c

T2sin30=gqEsina

竖直方向

T2COS30°+^qEcosa=mg

联立解得

qE=mg

a=60°

即

E=鳖

q

故选D。

4、B

【解析】

A.牛顿三条运动定律是研究动力学问题的基石，牛顿第一定律不能通过实验直接验证，而牛顿第二定律和牛顿第三

定律都能通过现代的实验手段直接验证，A错误；

B.伽利略通过实验和合理的推理提出物体下落的快慢与物体的轻重没有关系，即质量并不影响落体运动快慢，B正确；

C.安培由环形电流和条形磁铁磁场的相似性，提出分子电流假说，解释了磁现象的电本质，C错误；

D.英国青年数学家亚当斯与法国数学家勒威耶分别独立地通过万有引力定律计算得出了太阳系中在天王星外还存在

着距离太阳更远的海王星，D错误。

故选B。

5、D

【解析】

A.速度是矢量，速度大于零代表一个方向，速度小于零则代表相反方向，所以两车速度方向相同，选项A错误；

B.速度时间图像的斜率即加速度，在八到打时间内，甲车的加速度逐渐减小，选项B错误；

C.平移乙的图像，在A到打时间内，有一时刻两车的加速度相等，选项C错误；

D.若U0时刻甲车在前，乙车在后，在以后的运动过程中可能乙会追上甲，甲再追上乙，甲再被乙反超，两车最多能

相遇三次，选项D正确。

故选D。

6、D

【解析】

A.摩托车8在0~6s内先做加速度减小的减速运动，然后反向做加速度减小的加速运动，故A项错误；

BC.4、3两辆摩托车在U6s时速度相等，两辆摩托车距离最远，故BC项错误；

D.摩托车A在0~12s内做匀减速运动，摩托车A的平均速度就等于这段时间中间时刻的瞬时速度10m/s,故D项正

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。分。

7、CD

【解析】

A.导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力向右减速运动,

由

B2L2V

-------=ma

R+r

可知导体棒速度减小，加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动，A项错误;

B.导体棒减少的动能

版」应与=上

卜22m2m

根据能量守恒定理可得

4=Q总

又根据串并联电路知识可得

R+r总=2m(1/?:++r))

故B项错误；

C.根据动量定理可得

-BilAf=O-mv,I-mv,q=ikt

可得

I

q=----

BL

C项正确;

D.由于

将夕=占代入等式，可得导体棒移动的位移

BL

/（/?+「）

X-zz

B21}

D项正确。

故选CDo

8、AD

【解析】

AB.当货物刚放上传送带时，对货物由牛顿第二定律得

从mgcos37-mgsin37=ma

设货物与传送带共速时用时为/,则丫=a,解得

片5s

则这段时间内货物运动的位移

12<

s,=—ar=5m

12

传送带运动的位移

s2=vt=10m

货物从底端运动至顶端的过程中，滑动摩擦力对货物做的功

3

W,=/jmgstcos37°=1.6xl0J

静摩擦力对货物做的功

3

叱=mg(/-5l)sin37°=1.5xlOJ

故摩擦力对货物做的功

Wf=Wi+W2=3Axl(fJ

根据功能关系得货物增加的机械能也为3.lx1()3J,故A正确，B错误；

CD.系统因运送货物增加的内能为

2=5,)cos37°=1.6xlO3J

传送带因运送货物多做的功等于系统增加的内能与货物增加的机械能之和

333

W=Wf+e=(1.6xl0+3.1xl0)J=4.7x10J

故C错误，D正确。

故选AD。

9、CD

【解析】

A.处于中点的小球A的运动半径为上，根据线速度与角速度的关系可知线速度

2

1

V--LGr)

2

A错误；

B.处于中点的小球A的加速度为

凡=­orL

2

B错误；

C.处于端点的小球B的向心加速度

a=co2L

由牛顿第二定律F=ma可知小球B所受的合外力为

F=marL

C正确；

D.设轻杆Q4段中的拉力为K，轻杆段中的拉力为E，对小球A由牛顿第二定律可得

K-F2=~m(D~L

对小球B由牛顿第二定律可得

2

F2=mcoL

联立解得

二=3

居2

D正确。

故选CD。

10、ABC

【解析】

AB.对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图

Fcos0-mgsin0=ma

y方向：

N-Fsm6—Gcos0=0

从图象中取两个点(20N,2m/s2)、(30N,6m/s2)代入各式解得:

m=2kg

6=37。

故A正确，B正确；

C.物体能静止在斜面上，当尸沿斜面向上时所施加的外力最小：

工而=mgsin0=20*sin37°N=12N

故C正确；

D.题中并未说明推力随时间的变化关系，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小。故D错误。

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、298BC大于系统小

【解析】

口］由实验原理可知，电压表的指针指到满刻度的三分之一，因此电阻箱分得总电压的三分之二，根据串联电路规律可

知，&=殳=298。，故电压表内阻为298。。

2

①⑵［3］该实验中，滑动变阻器采用了分压接法，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选择B；定

值电阻起保护作用，因电源电动势为L5V,若保护电阻太大，则实验无法实现，故定值电阻应选用C。

②［4］从实验原理分析可知，当再断开开关S2,调整电阻箱岛的阻值，当当电压表半偏时，闭合电路的干路电流将减

小，故内电压降低，路端电压升高，从而使得滑动变阻器并联部分两端电压变大，即使电压表示数为一半。

⑸而电阻箱岛的电压超过电压表电压，导致所测电阻也偏大，所以测量电阻大于真实电阻；本误差是由实验原理造成

的，属于系统误差。

⑹在其他条件不变的情况下，若Rv越大，滑动变阻器并联部分两端电压变化越小,其测量值R泼的误差就越小。

耳

L

12、1A1.50.40.283

-----1।----

R

S

E

【解析】

(1)口]因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电

流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用4和电压表串联，故原理图如图所示

E

(2)[2]/-。图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增

大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；

A.与分析相符，故A正确;

B.与分析不符，故B错误;

C.与分析不符，故C错误;

D.与分析不符，故D错误;

(3)[3]灯泡正常工作时的电阻为:

―"C=11.8C

^70.32

则多用电表可以选择欧姆挡的xl挡；由图示多用电表可知，其示数为1.5C；

(4)[4]当电源内阻等于外电路电阻时，电源的输出功率最大，电源的最大输出功率为: