2021-2022学年贵州遵义航天高级中学高考压轴卷物理试卷含解析.pdf

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1、2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项：1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2 B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角 条形码粘贴处o2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2 B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3 .非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4 .考生必须保证答题卡的整洁。考试结

2、束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共2 4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，两电荷量分别为一。和+2。的点电荷固定在直线MN上，两者相距为L,以+2 Q的点电荷所在位置为圆心、人为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在MN直线上，c、d两点连线垂直于MN,下列说法正2确的是A.c、d两点的电势相同B.a点的电势高于点的电势C.c、d两点的电场强度相同D.a点的电场强度小于5点的电场强度2、如图，在x o y坐标系中有圆形匀强磁场区域，其圆心在原点O,半径为L,磁感应强度大小为8,磁场方向垂直纸面向外。粒子

3、4带正电，比荷为旦，第一次粒子A从 点（一，0）在纸面内以速率丫=幽 沿 着 与x轴正方向成。角m m射入磁场，第二次粒子A从同一点在纸面内以相同的速率沿着与x轴正方向成力角射入磁场，已知第一次在磁场中的运动时间是第二次的2倍，则C.2a+/?=5 D.l a+1（33、人站在地面上，先将两腿弯曲，再用力蹬地，就能跳离地面，人能跳起离开地面的原因是（）A.人对地球的作用力大于地球对人的引力B.地面对人的作用力大于人对地面的作用力C.地面对人的作用力大于地球对人的引力D.人除受地面的弹力外，还受到一个向上的力4、电源电动势反映了电源把其他形式的能转化为电能的本领，下列关于电动势的说法中正确的是A

4、.电动势是一种非静电力B.电动势越大表明电源储存的电能越多C.电动势由电源中非静电力的特性决定，跟其体积、外电路无关D.电动势就是闭合电路中电源两端的电压5、将一个小木块和一个小钢珠分别以不同的速度，竖直向上抛出，若小木块受到的空气阻力大小跟速度大小成正比，即/=H（其中人为常数），小钢珠的阻力忽略不计，关于两物体运动的丫-/图象正确的是（取向上为正方向）（）6、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，

5、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（）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=NBS(ocosajtC.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、一交流发电机组为某用户区供电的示意图如图所示，发电机组能输出稳定的电压。升压

6、变压器原、副线圈匝数之比为小：“2=1：10.线圈两端的电压分别为口、5.输电线的总电阻为r,降压变压器的原、副 线 圈 匝 数 之 比 为 山=10：1,线圈两端电压分别为S、L 是用户区里一常亮的灯泡，三个回路的干路电流分别为八、12.h,随着用电高峰的到来，用户区开启了大量的用电器，下列说法正确的是()A.电 压 不 变，始终等于B.电 流 始 终 等 于 13C.L 变暗D.输电线的电阻消耗的功率减小8、如图所示的电路中，电源电动势七=4 V,内阻r=l O,定 值 电 阻&=1。，R 为滑动变阻器，电容器的电容C=40F,闭合开关S,下列说法中正确的是()A.将 R 的阻值调至2Q

7、时，电容器的电荷量为8x10-5。B.将 R 的阻值调至2Q 时，滑动变阻器的功率为最大值C.将 R 的阻值调至2Q 时，电源的输出功率为最大值D.在 R 的滑动触头P 由左向右移动的过程中，电容器的电荷量增加9、如图甲，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧车离地高度=0/m 处,滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度心并作出如图乙所示滑块的动能&与的关系图像，其中=().2m().35m图线为直线，其余部分为曲线，力=().18m 时，滑块动能最大，不计空气阻力，取 g=10m/s2,则由图像可知()A.图线各点斜率的绝对

8、值表示合外力大小B.滑块的质量为0.1kgC.弹簧的原长为0.18mD.弹簧的劲度系数为100N/m10、如图所示为电磁抽水泵模型，泵体是一个长方体，附边长为心，左右两侧面是边长为 的正方形，在泵体内加入导电剂后，液体的电阻率为p,泵体所在处于方向垂直纸面向外的匀强磁场及工作时，泵体的上下两表面接电压为 U 的 电 源（内阻不计）上。若电磁泵和水面高度差为心 理想电流表示数为1,不计水在流动中和管壁之间的阻力,重力加速度为g。在抽水泵正常工作过程中，下列说法正确的是（）A.泵体上表面应接电源正极B.电磁泵不加导电剂也能抽取纯水r2c.电源提供总的功率为/2 0D.若，时间内抽取水的质量为小 这

9、部分水离开电磁泵时的动能为三、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）标称3.7V的锂电池，充满电时电动势为4.2 V,电动势低于3.4V时不能放电。某只该型号电池标注如下:标准放电持续电流170m A,最大放电电流85（）m A,内阻日0.2C。为测量其电动势和内阻，实验室提供下列器材:A.电压表V（量程3 V,内阻3k。）B.电流表（量程0.6A）C.电 流 表（量程03A）D.定值电阻Ki=2kCE.定值电阻/?2=1。F.滑动变阻器（05。）G.滑动变阻器（0 20。）H.待测电池，多用电表，开关导线若干（1）设计测量电路

10、如图甲所示，电流表A 应选择,滑动变阻器R 应选择 填写器材序号）;（2）按照设计电路完成实物电路的连接；（）（3）闭合开关S 前，应将滑动变阻器滑片尸移到一选填“左”或“右”）端；闭合开关后，发现电压表指针有偏转,而电流表指针不偏转，在不断开电路的情况下，应选择多用电表的检查电路故障；A.电阻“x l”挡 B.直流电流250mA挡 C.直流电压2.5V挡 D.直流电压10V挡（4）正确进行实验操作，根据电压表读数计算出电压表和定值电阻R,两端的总电压U。读出对应的电流表示数，在坐标纸上描点作出U/图象如图丙所示。则电池电动势E=_ V,内阻尸12.（12分）某兴趣小组用如图所示的装置验证动能

11、定理.（1）有两种工作频率均为5（）H z的打点计时器供实验选用：A.电磁打点计时器 B.电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择（选填A”或B”）.(2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔.实验中，为消除摩擦力的影响，在祛码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动.同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除.同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动.看法正确的同学是(选填“甲”或“乙”).(3)测出小车的质量为M,再测出纸带上起点到4 点的距离为L.小车动能的变化量可用AEk=；M，/算出.硅码盘中祛码的质量为胆，重力加速度为g;实验

12、中，小车的质量应_ _ _ _ _ _ _ _ _ (选填“远大于”“远小于”或“接近”)祛 码、祛码盘和沙子的总质量，小 车 所 受 合 力 做 的 功 可 用 算 出.多 次 测 量，若 W与 AEk均基本相等则验证了动能定理.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)为研究工厂中天车的工作原理，某研究小组设计了如下模型：如图所示，质量机c=3 k g的小车静止在光滑水平轨道的左端，可视为质点的4、8 两个弹性摆球质量，”A=m B=lkg,摆线长3 0.8 m,分别挂在轨道的左端和小车上.静止时两摆线

13、均在竖直位置，此时两摆球接触而不互相挤压，且球心处于同一水平线上.在同一竖直面内将A球拉起到摆线水平伸直后，由静止释放，在最低点处与3 球相碰，重力加速度大小g 取 10m/sL 求：(1)A 球摆到最低点与B球碰前的速度大小vo;(1)相碰后B 球能上升的最大高度心(3)8 球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小.14.(16分)光滑水平面上有一质量，车=LOkg的平板小车，车上静置A、B 两物块。物块由轻质弹簧无栓接相连(物块可看作质点)，质量分别为?A=1.0kg,N=1.0kg。A 距车右端xi(xi1.5m),B 距车左端X2=1.5m,两物块与小车上表面的动摩擦因数均为“=0.1.

14、车离地面的高度人=0.8 m,如图所示。某时刻，将储有弹性势能Ep=4.()J的轻弹簧释放，使 A、B 瞬间分离，A、B 两物块在平板车上水平运动。重力加速度g 取 10m/s2,求：(1)弹簧释放瞬间后A、B 速度的大小；(2)B 物块从弹簧释放后至落到地面上所需时间；(3)若物块A 最终并未落地，则平板车的长度至少多长？滑块在平板车上运动的整个过程中系统产生的热量多少？B Ann15.(12分)如 图，两相互平行的光滑金属导轨，相 距 L=0.2m,左侧轨道的倾角。=30。，M、P 是倾斜轨道与水平轨道连接点，水平轨道右端接有电阻R=1.5C,MP、N。之间距离d=0.8m,且在MP、间有

15、宽与导轨间距相等的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度5 随时间t 变化关系如图乙所示，一质量m=0.01kg、电阻尸=0.5。的导体棒在U0时刻从左侧轨道高”=0.2m处静止释放，下滑后平滑进入水平轨道(转角处天机械能损失)。导体棒始终与导轨垂直并接触良好，轨道的电阻和电感不计，g 取 lOm/s?。求：(1)导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间tt导体棒在水平轨道上的滑行距离山(2)导体棒从释放到停止的过程中，电阻K 上产生的焦耳热。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、A【解析】A、B、a、b、c、d 四点在

16、以点电荷+2。为圆心的圆上，可知+2。产生的电场在“、氏 c、d 四点的电势是相等的，所以a、b、c、d 四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b 点的电势最高,c、d 两点对称电势相等，a 点电势最低；故 A 正确，B 错误.C、+2。的场源在c、d 两点产生的场强大小相等，-Q 的场源在c、d 两点的产生的场强大小也相等，根据场强的合成可知两点的总场强大小相等，但方向不同，故 c、d 两点的电场强度不同；故 C 错误；=2kQ kQ=12kQ=2kQ_kQ_=6SkQD、由点电荷的场强公式E=g,合 成 可 得。万 +芯歹，方向向左；厂石-产)2 _

17、 9尸，方向向右；故 ；,；则 D 错误.故选A.【点睛】本题考查判断电势、场强大小的能力，要利用库仑定律和场强的矢量合成的方法对各点的电势和场强进行判定，并且要充分利用电场的叠加原理进行分析.2、B【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示：根据洛伦兹力提供向心力有:2q v B=m 则粒子做匀速圆周运动的半径为:根据几何知识可知B O C O i 以及B O D O 2 为菱形，所以Z 1=180-(90-a)=90+aZ2=180-(90。+。)根据题意可知N 1=2 N 2,所以得到71a+2p=90=oA.a+(3=g 与结论不相符，选 项 A 错误；B.+2/?=|,与结论相

18、符，选 项 B 正确；7Cc.Ia+P =,与结论不相符，选 项 C 错误；7TD.2 a+2 B 1,与结论不相符，选项D 错误；故选B。3、C【解析】试题分析：地面对人的弹力与人对地面的弹力是一对作用力和反作用力，大小相等，故 B 错误；人之所以能跳起离开地面，地面对人的弹力大于地球对人的吸引力，人具有向上的合力，故 C 正确，A D 错误.考点：牛顿第三定律【名师点睛】人对地的作用力与地对人的作用力是一对作用力和反作用力，人之所以能跳起离开地面，可以对人进行受力分析，人具有向上的合力.4、C【解析】A B C.电动势的大小等于非静电力把单位正电荷从电源的负极，经过电源内部移到电源正极所做

19、的功，电动势不是一种非静电力，电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式能量转化为电能的本领越大，A B 错误，C 正确；D.电动势大小等于电路断开后电源两端的电压，D 错误。故选C。5、D【解析】小钢珠在运动过程中只受到重力作用，所以小钢珠的丫-/图象为一条向下倾斜的直线，小木块在向上运动过程中其加速度满足mg+kva=-m随着v 的减小。减小，当速度减为零的瞬间加速度刚好减小到等于重力加速度，此时曲线的斜率跟斜线的斜率相同，之后小木块下落，这个过程加速度满足 me kva-2-m加速度继续减小，如果高度足够高，小钢珠最后可能做匀速直线运动；故选D。6、

20、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=NBSatsmM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。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、BC【解析】将远距离输电的电路转化为等效电路2U2=-Ul t R效

21、=与/?用由闭合电路的欧姆定律。2 =，2（，+A效）故随着用电高峰的到来用户区开启了大量的用电器，R 用 减小，导致R 效变小，则输电电流八变大。A.由变压器的变压比可知u,=卫 =ioq&=幺4=1。04但输电线上有电阻r,产生损失电压，故有。3即且用电高峰S 不变，口变小，故 A 错误；B.根据变压器上的电流与匝数成反比，有可得电流人始终等于h故 B 正确;c.则输电电流/,变大会导致损失电压变大，而 必 不 变，故 S 减小，可得必变小，即并联用户的电压减小，由=上土R可知L的功率变小，L变暗，故C正确；D.由 月 员 可知，输电电流八变大会导致输电线的电阻消耗的功率增大，故D错误。故

22、 选B C o8、A B【解析】4 V将R的阻值调至2 Q,R两端的电压为rx2Q=2 V ,根据公式。=。，代入数据解得电容器的电荷量为K总8 x 1 0-5 0,故A正确；根据公式P=/2R,可知滑动变阻器的功率p =不，可知当R =2 Q时，R +巴最(R+2 Q)R2 nAvA+-mBvB解得：V.A=0,V B=4 m/sB上升至最大高度过程，B、C系统水平方向动量守恒mBvB=(mc+mB)vc_ 1 ,1 7B、C 系统机械能守恒：3 mBVB=-(mc +mn)vc +mKSh,解得：v c=l m/s,hm=0.6 m(3)B从最高点又摆至最低点过程(mc+mB)vc-mBv

23、 B+mcv cg (mc+mB)v2c+mBghm=mBv +mcv2c解得：V Br=-l m/s,v cr=l m/s则B在最低点时有T-mBg=(解得：T=3 0 N由牛顿第三定律可得球对绳子的拉力为3 0 N点睛：此题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用；关键是搞清三个物体相互作用的物理过程，分阶段应用动量守恒定律列方程；注意AB发生相互作用时，物 体 C可认为不动.1 4、(1)2 m/s、2 m/s；(2)1.4 s；(3)3.2 5 m ；3.2 5 J.【解析】(1)释放弹簧过程A、B 系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mVA-/W BVB=O由机械能

24、守恒定律得：代入数据解得：V A=2I H/SV B=2H I/S；(2)由于4、8 质量相等与桌面的动摩擦因数相等，在 B 在平板车上运动到左端过程小车所受合力为零，小车静止,B 运动到小车左端过程，对 3,由动能定理得：m1 ,1 2Bgx2=-mBV g-mB v2由动量定理得：-finiBgti=mBVB-niBV2,代入数据解得：VB=lm/sti=Is,8 离开平板车后做平抛运动，竖直方向：h=g g g,代入数据解得：，2=0.4S,运动时间：f=fl+f2=l.4s；(3)B 离开小车时：=yB=lm/s,8 离开平板车后，4 与平板车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量

25、守恒定律得：JAVA=(/H A+Z H 车)y由能量守恒定律得：g加入了=g m+叫j v2+加入gL相 对代入数据解得：L相 对=0.25m；A、3 同时在小车上运动时小车不动，5 滑出小车时，A 在小车上滑行的距离与5 在小车上滑行的距离相等为1.5m,小车的最小长度：L=1.5+1.5+0.25=3.25m,系统产生的热量：E=ftmgxi+/imBgX2=3.25J；15、(l)r=0.4s；(2)0.25m；(3)0.111 J【解析】(1)设导体棒进入磁场前瞬间速度大小为乙导体棒从释放到刚进入磁场的过程中，由机械能守恒定律有 1 2mgH-mv解得u=2m/s根据位移公式有H _

26、 vsin 3 0 -5解得t-0.4s导体棒从释放到刚进入磁场所用的时间为0.4s。导体棒进入磁场到静止，由动量定理得-Ft=0-mv根据安培力公式有F=B1L又q=It联立得BqL=mv通过导体棒的电荷量为 q=-R+r=8Lr联立解得x=0.25m导体棒在水平轨道上的滑行距离为0.25m,导体棒滑入磁场之前R上产生的焦耳热为QR=/R。由法拉第电磁感定律有ARE=LJ=0.8VAr由闭合电路欧姆定律p/=0.4AR+r可得QKi=0.096J根据能量守恒可知，导体棒进入磁场后的总热量1 ,Q-m v2=0.02J又22：0 =A：r解得QK2=().015J故电阻R上产生的焦耳热为QR=QRI+QR2 =IIU故总热量为0.U1J。