2022届北京市顺义高考物理全真模拟密押卷含解析.pdf
2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、“双星系统”由相距较近的星球组成，每个星球的半径均远小于两者之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体,它们在彼此的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示，某一双星系统中A 星球的质量为雁“B 星球的质 量 为 它 们 球 心 之 间 的 距 离 为 L引力常量为G,则下列说法正确的是（）A.B 星 球 的 轨 道 半 径 为 消 B.A 星球运行的周期为2m+？）C.A 星球和B 星 球 的 线 速 度 大 小 之 比 为 切 2D.若 在。点放一个质点，则它受到两星球的引力之和一定为零2、在图示电路中，理想变压器原线圈的匝数为2 2 0,副线圈的匝数可调，Li、L2,L3和 L是四个相同的灯泡。当在a、方两端加上瞬时值表达式为“=220企 sin 100m（V）的交变电压时，调节副线圈的匝数，使四个灯泡均正常发光。下列说法正确的是（）A.变压器副线圈的匝数为440B.灯泡的额定电压为55VC.变压器原线圈两端电压为220VD.穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为（MV3、如图所示，圆心在。点、半径为R 的光滑圆弧轨道ABC竖直固定在水平桌面上，OC与 OA的夹角为60。，轨道最低点A与桌面相切.一足够长的轻绳两端分别系着质量为，川 和，2的两小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道光滑边缘C的两边，开 始时如位于C点，然后从静止释放，若恰好能沿圆弧下滑到A点.则（）A.两球速度大小始终相等B.重力对网做功的功率不断增加C.m=2miD.m=3mi4、我 国 道路交通安全法中规定：各种小型车辆前排乘坐的人（包括司机）必须系好安全带.这是因为（）A.系好安全带可以减小惯性B.系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害C.系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D.是否系好安全带对人和车的惯性没有影响5、如图所示，甲球用细线悬挂于车厢顶，乙球固定在竖直轻杆的下端，轻杆固定在天花板上，当车向右加速运动时，细线与竖直方向的夹角为，=45。，已知甲球的质量为切，乙球的质量为2m，重力加速度为g。则轻杆对乙球的作用力大小等于（）甲,，乙A.mg B.y/2 mgC.2mgD.2 0 mg6、如图所示，两根互相平行的长直导线垂直于平面S,垂足分别为M、N,导线中通有大小相等、方向相反的电流。为MN的中点，PQ为M、N的中垂线，以。为圆心的圆与MN、尸。分别相交于a、b、c、d四点。则下列说法中正确的是（）A.。点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C.a、c两点处的磁感应强度方向不同D.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同二、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、如图所示，虚线边界必上方有无限大的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一矩形金属线框底边与磁场边界平行,从距离磁场边界高度为h处由静止释放，则下列说法正确的是X X X XX X X J xa bA.线框穿出磁场的过程中，线框中会产生顺时针方向的感应电流B.线框穿出磁场的过程中，线框受到的安培力一定一直减小C.线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后减小D.线框穿出磁场的过程中，线框的速度可能先增大后不变R8、如图，光 滑 平 行 导 轨 和 尸。固定在同一水平面内，两导轨间距为L,MP间接有阻值为一的定值电阻。两导轨2间有一边长为人的正方形区域而cd,该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为5,ad平行MN。一粗细均2匀、质量为机的金属杆与导轨接触良好并静止于油处，金属杆接入两导轨间的电阻为凡 现用一恒力F平行MN向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（）3FRA.金属杆匀速运动时的速率为近2FRB.出磁场时，de间金属杆两端的电势差U“,=2 FIC.从到c 的过程中，金属杆产生的电热为专nr2D.从 6 到 c 的过程中，通过定值电阻的电荷量为丝6R9、以 下 说 法 中 正 确 的 是.A.全息照相利用了光的衍射现象B.如果两个波源振动情况完全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样C.声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了D.人们所见到的“海市蜃楼”现象，是由于光的全反射造成的E.摄像机的光学镜头上涂一层“增透膜”后，可减少光的反射，从而提高成像质量10、图甲为一列简谐横波在f=0.10s时刻的波形图，尸是平衡位置在x=1.0 m 处的质点，0 是平衡位置在x=4.0m 处的质点；图乙为质点。的振动图象，下列说法正确的是（）A.在 f=0.10s时，质 点。向y 轴正方向运动B.在 f=0.25s时，质点尸的加速度方向与y 轴正方向相同C.从，=0.10 s 到，=0.25 s,该波沿x 轴负方向传播了 6 mD.从/=0.10s到，=0.2 5 s,质 点 P 通过的路程为30 cmE.质 点。简谐运动的表达式为尸O.lOsin 10rtZ（国际单位）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。1 1.（6 分）某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数.如图甲所示，表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上；木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小动滑轮，钩码和拉力传感器通过绕在滑轮上的轻细绳相连，细绳与长木板平行，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动（忽略滑轮的摩擦）.实验开始前打点计时器应接在_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ （填“交流电源”或“直流电源”）上.如图乙为某次实验得到的纸带，SI、S2是纸带中两段相邻计数点间的距离，相邻计数点时间为7,由此可求得小车的加速度大小为（用 S、$2、T表示）.改变钩码的个数，得到不同的拉力传感器示数/（N）和滑块加速度a（m/s2）,重复实验.以厂为纵轴，。为横轴，得到的图像是纵轴截距大小等于b倾角为0的一条斜直线，如图丙所示，则滑块和轻小动滑轮的总质量为_ kg；滑块和长木板之间的动摩擦因数=.（设重力加速度为g）12.（12分）要测绘一个标有“2.5V2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有:直流电源（3V.内阻不计）电流表Ai量程为0.6 A,内阻为0.6n）电流表A2（量程为300mA.内阻未知）电压表V（量程03 V,内阻约3kQ）滑动变阻器R（0-5 1,允许最大电流3A）开关、导线若干.其实验步骤如下:由于电流表A i的里程偏小.小组成员把Ai、A2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.（一）（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最 端，闭合开关S,调节滑片.发现当Ai示数为0.50A时,A2的示数为200m A,由此可知A2的内阻为.若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为 A；为使其量程达到最大，可将图中（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻.四、计算题：本题共2小题，共 2 6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。1 3.（1 0 分）如 图 圆 柱 形 导 热 气 缸 质 量 为 内 部 横 截 面 积 为 S,活塞的质量为加，稳定时活塞到气缸底部的距离为 用 竖 直 方 向 的 力 将 活 塞 缓 慢 向 上 拉，直到气缸即将离开地面为止，此时活塞仍在气缸中，此过程中拉力做的功为 。已知大气压强为外，重力加速度为g,环境温度不变，气缸密闭性良好且与活塞之间无摩擦。求：（1）最终活塞到气缸底部的距离G；（2）上拉过程中气体从外界吸收的热量Q。1 4.（1 6分）如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的气缸”和密闭的气缸N 组成，两气缸由一 细 管（容积可忽略）连通，两气缸均由导热材料制成，内径相同。气 缸/长 为 3L,气缸N 长为L,薄活塞A、B密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两气缸处于温度为2 7 P 的空气中，气缸、N中分别封闭压强为P。、2 Po的理想气体，活塞A、8 均位于气缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在处的温度为87P,且活塞B向右移动了 L.2已知大气压强为P。，相当于1 0 m 高水柱产生的压强。求：装置所在处水的深度；（2）活塞A 向右移动的距离。1 5.（1 2 分）如图甲所示，倾角为。的粗糙斜面固定在水平面上，r=0时刻一质量为机的物体在恒定的拉力尸作用下从斜面底端向上滑动，号 时刻撤去拉力尸，物体继续滑动一段时间后速度减为零，此过程物体的速度一时间图像如图乙所不。已知”?、0 t、G、V 及重力加速度g t求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)拉 力F的大小。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、B【解析】由于两星球的周期相同，则它们的角速度也相同，设两星球运行的角速度为。，根据牛顿第二定律，对A星球有：d，2G =叫 啰4对B星球有d，2G =m2co r2得Z；：弓=叫：?J又4+乃=L得根 r2 _ Lmx+根2故A错误；B.根据G-=g尸4机2 7解得周期，=2儿焉少故B正确；C.A星球和B星球的线速度大小之比%=竺=也vH ar2 m故C错误；D.。点处的质点受到B星球的万有引力_ Gm,tn _ G m2mFB=2 =7 V2 J-L受到A星球的万有引力_ G m m _ G mm以=2 =7 y彳 *一Ll叫+m 2 J故质点受到两星球的引力之和不为零，故D错误。故选B。2、B【解析】A.四个灯泡均正常发光，说明变压器原、副线圈中的电流相同，根据_L=色.A,可得变压器副线圈的匝数4=%=220故 A 错误；B C.。、匕两端电压的有效值220&U=V=220V近设每个灯泡的额定电压为U o,原线圈两端电压为S,则有U=2U0+Ui结合“L=212UQ 4可得Un=55V,t/i=110V故 B 正确，C 错误；D.原线圈两端电压的最大值。,“=同1 =110 xV根据法拉第电磁感应定律有u,”=,解得穿过原线圈的磁通量变化率的最大值为t 中-=-V t 2故 D 错误。故选B。3、C【解析】A./m 由 C 点下滑到A 点过程中，两球沿绳子方向的速度大小相等；也 由 C 点滑下去一段后，绳子与圆的切线不重合,而是类似于圆的一根弦线存在，叱一直沿竖直方向上升，所以两球速度大小不相等，故 A 项错误；B.重力对如做功的功率P=mlgvy匕指的是竖直分速度，从C点静止释放，所 以 C 点处my的竖直分速度为零；恰好能沿圆弧下滑到A 点，A 点处见的竖直分速度也为零；从 C 点到4 点过程中，加的竖直分速度不为零；所以整个过程中四的竖直分速度从无到有再从有到无，也就是一个先变大后变小的过程，所以重力对如做功的功率先增大后变小；故 B 项错误；CD.m i 从 C 点静止释放，恰好能沿圆弧下滑到A 点，则据几何关系和机械能守恒得：m1g(A-Rcos60)=m2gR解得：mi=2mi故 C 项正确，D 项错误。4、B【解析】A B.惯性的大小只与物体的质量有关，故司机驾车时系安全带，可以防止惯性的危害，但不能减小惯性，A 错误，B正确；C D.系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，C 错误，D 正确；故选BDo【点睛】此题通过不同的选项考查了学生对惯性知识的理解，一定要知道惯性是物体本身的一种性质，任何物体任何情况都有惯性，其大小只与物体的质量有关.5、D【解析】对甲球由牛顿第二定律知ma=mgtanG则加速度大小为：a=gtanO设杆对乙球的作用力为F,则 F2(2mg)2=2ma解得：F=2 5/2 m g；A.m g,与结论不相符，选项A 错误；B.72 m g,与结论不相符，选 项 B 错误；C.2 m g,与结论不相符，选 项 B 错误；D.2及m g,与结论相符，选项D 正确；6、D【解析】A.根据右手螺旋定则，M处导线在。点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在。点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0,故A错误；B.M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、两点处磁感应强度大小相等，方向相同，故B错误；C.M在a处产生的磁场方向竖直向下，N在4处产生的磁场方向竖直向下，则a处的合磁场方向竖直向下，M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，c处的合磁场方向竖直向下，故C错误；D.M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，且大小相等，由平行四边形定则可知，C处的合磁场方向竖直向下，同理可知，d处的合磁场方向竖直向下，由于c到M、N的距离与d到M、N的距离相等，则c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故D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0分。7、AD【解析】A.线框穿出磁场的过程中，线框内磁通量减小，由楞次定律可知，线框中会产生顺时针方向的感应电流，故A正确；B.线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若大于重力，则线框做减速运动，受到的安培力减小，线框所受安培力若小于重力，则线框做减加速运动，受到的安培力增大，故B错误；C D.线框穿出磁场的过程中，线框所受安培力若小于重力，则线框做加速运动，速度增大，产生的感应电流增大，所受安培力增大，当安培力增大到等于重力时，做匀速运动，不会出现速度先增大后减小的情况，故C错 误D正确。故选：AD.8、BD【解析】A.设流过金属杆中的电流为/,由平衡条件得解得1里BL根据欧姆定律有所以金属杆匀速运动的速度为故 A 错误；B.由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为E=B v-所以金属杆在出磁场时，de间金属杆两端的电势差为L 2FR2 BL故 B 正确；C.设整个过程电路中产生的总电热为Q,根据能量守恒定律得Q=F*-m v2代入u可得所以金属杆上产生的热量为故 C 错误；D.根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为底 X+R 6R故 D 正确。故选BDo9、BDE【解析】A.全息照相利用了激光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故 A 错误;B.当频率相同与振幅完全相同时，则会形成稳定的干涉图样，故 B 正确；c.若声源远离观察者，观察者会感到声音的频率变低，是接收频率变小，而发射频率不变，故 C 错误；D.海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象，是由于光在密度不均匀的物质中传播时，发生折射而引起的，属于全反射，故 D 正确；E.当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的,时，从薄膜前后表面的反射光相互抵消，从而减少了反射，增加了透4射，故 E 正确。故选BDEo10、BCE【解析】A.由y-f 图象可知，t=0.10 s 时质点。沿)，轴负方向运动，选 项 A 错误；C.由y-f 图象可知，波的振动周期7=0.2 s,由y-x 图象可知4=8 m,故波速2v=40 m/s,T根据振动与波动的关系知波沿x 轴负方向传播，贝!I波在0.10 s 到 0.25 s 内传播的距离Ax=M t=6 m,选 项 C 正确；B.f=0.25s时,波形图如图所示,此时质点尸的位移沿y 轴负方向，而回复力、加速度方向沿y 轴正方向，选 项 B 正确；D.由3A/=0.15 s=T,4质 点 P 在其中的L 7 内路程为20 c m,在剩下的!7 内包含了质点尸通过最大位移的位置，故其路程小于10 c m,因此 在 A/=0.15 s 内质点尸通过的路程小于30 c m,选 项 D 错误；E.由y-t 图象可知质点Q 做简谐运动的表达式为24、j=0.10*sin-1(m)=0.10sin 10nt(m),0.2选 项 E 正确.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、交流电源 宅*2tan0【解析】由题中“测量滑块和长木板之间的动摩擦因数”可得，本题考查动摩擦因数测量实验，根据打点计时器数据处理、牛顿第二定律和相关实验操作注意事项可分析本题。【详解】口 打点计时器应接在交流电源上；根据公式x,-xn=(m-n)aT-可得 3 由图可知，滑块受到的拉力为拉力传感器示数的两倍，即7 =2产滑块收到的摩擦力为f iM g有牛顿第二定律可得T-f =Ma计算得出F与加速度a的函数关系式为广 M jjMgF=a+-2 2由图像所给信息可得图像截距为必迤2而图像斜率为,MK -2计算得出M=2k=2tan0计算得出b4gtan，【点睛】本题重点是考查学生实验创新能力及运用图像处理实验数据的能力，对这种创新题目，应仔细分析给定的方案和数据,建立物理模型。右 1.5 0.84【解析】(1)由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示:(2)开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得:(3)由于Ug】=0.6x0.6V=0.36V,Ug2=0.3xl.5V=0.45V,由于UgiUg2,故两电流表两段允许所加最大电压为0.36V,新电流表量程为：/=0.6 +*A=0.8 4 A,由于A2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表Ai会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在I 区再串联接入一个阻值合适的电阻.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。【解析】(1)以封闭的气体为研究对象，初始状态下，活塞受力平衡，有ptS=p0S+mg所以气体压强Pi=p0+等体积匕=SL气缸即将离开地面时，气缸受力平衡，有p2 s+Mg=p0S所以压强P2 =Po-半J封闭气体体积匕=S 4气体做等温变化，由玻意耳定律有喇=P2V2解 得4PS+mg LPoS-Mg 1（2）设活塞移动过程中气体对活塞做的功为叱，由动能定理有Wi+W0-(p0S+mg)(L2-Li)=Q由热力学第一定律有U =Q +(叱)结合等温变化 =（）解 得。=()S+m g)(M+，)gL|卬PS Mg c1 4、(l)/z=3 8m；(2)x=L4【解析】气 缸N中气体初状态：PN=2p0,T=3 0 0 K,匕vi=LS气 缸N中气体末状态：（=3 6 0 K,%2=；LS根据理想气体状态方程有Z 一与放入水中后气缸M中的气体压强与气缸N中的气体压强相等，即P,”2 =PN2在此处水产生的压强为水=.”2-P。解得P 水=3.8%1 0 m高的水柱产生的压强为p。，所以此处水深 =3 8m(2)装置放在水中后，设活塞A 向右侧移动的距离为x气缸M中气体初状态：=，O,4=3OOK,%=3LS气缸M中气体末状态：PM2 =P,V 2，4 =3 6OK，V”2 +根据理想气体状态方程“Mui _ PM2/M2I T2解得x=1 1 Lr41 5、(1)-v.!-tang八 ；(2)-m-v-.t7g-Ggcos。()【解析】(1)由题图乙可得匀减速阶段加速度大小对物体在匀减速阶段受力分析，根据牛顿第二定律得mg sin 0+机g cos 6=ma2解得v,八 =-!-tan 02-i)gcos6(2)由题图乙可得匀加速阶段加速度大小对物体在匀加速阶段受力分析，根据牛顿第二定律得F-(m gsin0+jLimgcos0)=max解得L 根卬2F .(，2 4)%
