2021-2022学年北京市某中学高考适应性考试物理试卷含解析.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、如图所示为氢原子的能级图，用光子能量为12.09eV的单色光照射大量处

2、于基态的氢原子，激发后的氢原子可以辐射出几种不同频率的光，则下列说法正确的是（）n E/eV00 -04-0.853-1.512-3.41-13.6A.氢原子最多辐射两种频率的光B.氢原子最多辐射四种频率的光C.从=3 能级跃迁到 =2 能级的氢原子辐射的光波长最短D.从=3 能级跃迁到n=1能级的氢原子辐射的光波长最短2、如图所示，一管壁半径为R 的直导管（导管柱的厚度可忽略）水平放置在磁感应强度大小为5 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里；沿导管向左流动的液休中，仅含有一种质量为，小带电荷量为+g 的带电微粒，微粒受磁场力影响发生偏转，导管上、下壁。、两点间最终形成稳定电势差。，导管内部的

3、电场可看作匀强电场，忽略浮力，则液体流速和。、力电势的正负为（）X X X X Xx()x xf i x)X=0，（PM=15V,%=3 V。电子电荷量的大小为e。则下列表述正确的是（）A.电场强度的大小为2 6 V/mB.N点的电势为4.5VC.电子在M点的电势能比在尸点低1.5eVD.电 子 从/点 运 动 到。点，电场力做功为-1.5eV9、一定质量的理想气体沿图示状态变化方向从状态a到状态b,到状态c再回到状态a.三个状态的体积分别为外、B.)Va=Vc327Vb=-Vc600327D.Vc=Va5410、如图所示，倾角为。的足够长传送带以恒定的速率vo沿逆时针方向运行.t=0时，将质

4、量m=lkg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上,物块速度随时间变化的图象如图所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/sl.则A.摩擦力的方向始终沿传送带向下B.l ls 内，物块的加速度为lm/siC.传送带的倾角0=30。D.物体与传送带之间的动摩擦因数M=0.5三、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）为了测量一待测电阻&的阻值，准备了以下器材：A.多用电表B.电流表Gi（0-100 m A,内阻约5。）C.电流表Gz（050 m A,内阻（2=10。）D.定 值 电 阻 佃（20。）E.滑动变阻器Ri（0-

5、511）F.滑动变阻器&（0-100 1）G 直流电源（3.0 V,内阻不计）H.开关一个及导线若干（D 用多用电表欧姆表“xi”挡粗测电阻时，其阻值如图甲中指针所示，则&的阻值大约是（2）滑 动 变 阻 器 应 选 （填仪器前的序号）。（3）若是用G2表 测&两 端 电 压，请在图乙对应的虚线框中完成实验电路设计（要求：滑动变阻器便于调节，电表读数不得低于量程的g）。（）（4）补全实验步骤：.按图乙所示电路图连接电路，将变阻器滑动触头移至最 端（选填“左”或“右”）；b.闭合开关S,移动变阻器滑动触头至某一位置，记 录 G、G2表的读数八、/2；C.多次移动变阻器滑动触头，记录相应的G|、G

6、2表的读数人、d.以 为 纵 坐 标，八为横坐标，作出相应图线如图丙所示，则待测电阻区的阻值为 C(保留两位有效数字)。12.(1 2 分)某科技小组想测定弹簧托盘秤内部弹簧的劲度系数上拆开发现其内部简易结构如图(a)所示，托盘A、竖直杆B、水平横杆H 与齿条C 固定连在一起，齿轮D 与齿条C 啮合，在齿轮上固定指示示数的指针E,两根完全相同的弹簧将横杆吊在秤的外壳I 上。托盘中不放物品时，指针E 恰好指在竖直向上的位置。指针随齿轮转动一周后刻度盘的示数为Po=5 kg.(a)科技小组设计了下列操作：A.在托盘中放上一物品，读出托盘秤的 示 数 并 测 出 此 时 弹 簧 的 长 度，1；B.

7、用游标卡尺测出齿轮D 的直径山C.托盘中不放物品，测出此时弹簧的长度如D.根据测量结果、题给条件及胡克定律计算弹簧的劲度系数依E.在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数尸2,并测出此时弹簧的长度自F.再次在托盘中增加一相同的物品，读出托盘秤的示数P 3,并测出此时弹簧的长度屈G.数出齿轮的齿数；H.数出齿条的齿数N 并测出齿条的长度(1)小组同学经过讨论得出一种方案的操作顺序，即 a 方案：采 用 B D步骤。用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k,则k=O某同学在实验中只测得齿轮直径，如图(b)所示，并查资料得知当地的重力加速度g=9.80m/s2,则弹簧的劲度系数A=(结果保留三位

8、有效数字)(2)请你根据科技小组提供的操作，设计占方案：采用：_ _ _ _ _ _ _ _ 步骤；用所测得的相关量的符号表示弹簧的劲度系数k,贝!|k=o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，质量为网的长木板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数为”=0 5 其端有一固定的、光滑的半径K=0.4m的四分之一圆弧轨道(接触但无黏连)，长木板上表面与圆弧面最低点等高，木板左侧有一同样的固定的圆弧轨道，木板左端与左侧圆弧轨道右端相距xo=lm。质量为，2=2叩的小木块(看成质点)从距木板右端x=2

9、m处 以 vo=10m/s的初速度开始向右运动，木块与木板间的动摩擦因数为“2=0.9,重力加速度取g=lOm/s?。求:(1刖2第一次离开右侧圆弧轨道后还能上升的最大高度。(2)使 不 从，小上滑下，1的最短长度。(3)若 “取第(2)问中的最短长度，出第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。14.(1 6 分)如图所示，倾角a=30。的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=l.8m、质 量 M=3 kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m=1k g的小物块，物块与木板间的动摩擦因数|1=且.对木板施加沿斜面向2上的恒力F,使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动.设物块与木板间最大静摩擦

10、力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g=10m/s2.(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；(2)若 F=3.5 N,物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离.15.(1 2 分)图示为直角三角形棱镜的截面，NC=90,NA=30，A 8 边长为20cm,。点到A 点的距离为7cm,一束细单色光平行AC边从O 点射入棱镜中，经 AC边 反 射 后 从 边 上 的F点射出，出射光线与B C边的夹角为30,求：(1)棱镜的折射率；(2)F 点 到 C 点的距离。参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共2 4分。在每小题

11、给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】AB.基态的氢原子吸收1 2.0 9 e V的能量后会刚好跃迁到 =3能级,大量氢原子跃迁到 =3的能级后最多辐射C；=3种频率的光子，所 以A B均错误；C D.由公式hv=E,E”以及v=知能级间的能量差越大，辐射出的光子的频率越大，波长就越短，从=3到=1能级间的能量差最大，辐射的光波长最短，C错误，D正确。故选D。2、C【解析】如题图所示液体中带正电微粒流动时，根据左手定则，带电微粒受到向下的洛伦兹力，所以带电微粒向下偏，则a点电势为负，b点电势为正，最终液体中的带电微粒所受的电场力与磁场力和带电微粒所受重力的合力为零，即Uq

12、=qvB+mg解得v =焉 一 W，故C正确，A B D错误。2RB qB故选C。3、B【解析】A.根据第一宇宙速度的概念可知，该卫星发射速度一定大于7.9 k m/s,故A错误；B.由题意可知，卫星的周期3 6 0 T=-x 4 5 m i n=1 8 0 m i n=3 h9 0 万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得Mm 2解得_ J GMT2该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比故 B 正确；C.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得MmG=ma解得该卫星加速度与同步卫星加速度之比2a=（1）2 =更案步户 1 1故 C 错误；D.由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小

13、，故 D 错误。故选ABo4、B【解析】A.液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向。因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做直线运动，故 A 错误；B.两板间的电势差等于电源电压，当电动势变大时，两板上的电压变大，由。=切 可 知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力变大，故加速度增大，故 B 正确；C.因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平方向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力增大，加速度增大，运动时间减小，故 c 错误；D.定值电阻在此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两板间的电势差，故带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故 D

14、 错误。故选B。5、B【解析】A.位移时间图线表示位移随时间的变化规律，不是物体运动的轨迹，甲乙都做直线运动，故 A 错误;B.由位移时间图线知，在0有时间内，甲乙两车通过的位移相等，时间相等，甲车平均速度等于乙车平均速度，故B正确；C.由V T图像与坐标轴所围面积表示位移，则由图可知，丙、丁两车在打时刻不相遇，故C错误；D.由V T图像斜率表示加速度，由图像可知，在0打时间内有个时刻两车的加速度相等，故D错误。故选B。6、C【解析】考查实验“用油膜法估测分子大小”。【详解】在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，将油酸分子看做球形，认为油酸分子是一个紧挨一个

15、的，估算出油膜面积，从而求出分子直径，这里用到的方法是：理想模型法。C正确，AB 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、AD【解析】A.单摆周期T=2;rJ：与振幅无关，A项正确;B.受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振动显著增强，当驱动力的频率等于物体的固有频率时即共振，B项错误；C.均匀变化的电场产生稳定的磁场，C项错误；D.两列波相叠加产生干涉现象时，振动加强区域与减弱区域间隔出现，这些区域位置不变，D项正确。故选

16、ADo8、B C【解析】A.如图所示在延长线上取=则电势四=2(%-)=3V则Q、B连线在等势面上。由几何关系得S3,QPJQ尸+PB?2则a=30”则AP=%2 2电场强度的大小为U0PE=-=2V/mAP故 A 错误；B.电场中的电势差有9M 9N=(PP-(PQ则(PN=4.5V故 B 正确；C.因为(PM-(PP=1 5 V则电子在M点的电势能比P点低1.5eV,故 C 正确;D.因为273+327=600K,由数学知识可知，fb=2f=54,7b=327K；由理想气体状态方程得：K=300,K=-=3 0 0 冗 4 4 4则 匕=匕，由理想气体状态方程可知：V 一月M 3 _ 4x

17、327%_ 327 327b PhTa 2x300 600 a 600 c故B C正 确，AD错 误；故 选B C【点 睛】解题时要注意横轴表示摄氏温度而不是热力学温度，否则会出错；由于题目中没有专门说明。刈是否在同一条直线上,所 以 不 能 主 观 臆 断b状态的温度。10、B D【解 析】开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错 误；由 图1所示图象可知，11s内，物块的加速度_ _ ,、，故B正 确；由 图1所示图象可知，在01 s内物块的加速度-=2-1 -/=儿/一_ _ ,由牛顿第二定律

18、得：，gs加O+，gC0sG”Z,在1I s内，由牛顿第二定律得：口=三=掌 匚；=/0”口；mgsinO-pmgcosO=ma,解 得：=0.5,0=37,故 C 错 误，D 正 确。故 选B D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、9（或 9.0）S左 10【解 析】（1）口 多用电表用欧姆表盘的读数乘以倍率即为待测电阻阻值9 x IQ=9c（2）2 滑动变阻器采用分压式接入电路，所以选择阻值较小的滑动变阻器便于调节分压，即选E。（3）3 电路中没有电压表，电流表G 2的内阻已知，可作为电压表使用，电流表G1采用外接方式

19、可以消除系统误差,使测量结果更精确，定值电阻凡串联在分压电路上，起到保护电路的作用，电路图如图（5）4 滑动变阻器的触头在开始实验前，需要滑到最左端保护电路，使电表的示数都从0 开始变化。根据电路图结合欧姆定律的分流规律可得整理得/2=/,尺+弓结合图像的斜率 凡 /,37.5x10-3尺+G K+10Q AZ,75x10-3解得Rx=10Q12、7.96X102 N/m CAEFD +2.7rd61/1 10 4 10 3 0,【解析】（1）口 弹簧的伸长量与齿条下降的距离相等，而齿条下降的距离与齿轮转过的角度对应的弧长相等，齿轮转动一周对应的弧长即为齿轮周长，即托盘中物品质量为Po=5 k

20、g时弹簧的伸长量：x=n d因此只要测出齿轮的直径d 即可计算其周长，然后由胡克定律得：2kx=Pog解 得 氏=曾；2兀d游标卡尺读数为0.980 c m,代入：27td得*=7.96xl02 N/m；(2)网直接测出不同示数下弹簧的伸长量也可以进行实验，即按CAEFD进行操作，实验不需要测量齿轮和齿条的齿数,GH是多余的;4求解形变量Axi=/iZ oAX2=/2-/oAX3=/j /()则:ki=鸟g2AX2%3=P3g2AX3则：k=K +%2+23联立解得：-6 I 4 /()/2 0 3 0/四、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

21、说明、方程式和演算步骤。c 8 113、(l)2.8m；(2)m；(3)m3 30【解析】(1)设滑块到达木板右端的速度为盯，由动能定理可得1 2 1 2一 2铀gx=a，n2V l 吗?代入数据，解 得 Vi=8m/s设滑块离开圆弧轨道后.上升的最大高度为小，由动能定理可得一叫8(尺+4)=0 _ 3 色片代入数据，解得用=2.8 m。（2）由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小肛=8 m/s,滑上木板后，滑块的加速度为。2,由牛顿第二定律吗 g=2a2木 板 的 加 速 的 为 由 牛 顿 第 二 定 律2,g 一|(m 2+叫 必=叫|解得 q =3m/s2,a2=9m/s2。设

22、经过A时间后两者共速，共同速度为V,由运动学公式可知-初=3，A=|s解得y=2 m/s该过程中木板的位移V石=”2%=.m3滑块走过的位移V.+V=-5 210 x0=m 3由于玉x=l m,假设正确，之后一起匀减速运动，若滑块最终未从木板左端滑出，则木板的最小长度L=x2-xyQ联立以上各式，解得L=m（3）滑块和木板一起匀减速运动至最左端，设加速度均为a,由牛顿第二定律可知必（肛+?）g=（町+牡）。解得 a=5m/s2滑块和木板一起匀减速运动至最左端的速度为V 2,由动能定理可得一必（叫+，%）8（%一3）=!（叫+吗）田一；（犯+铀）丫2随后滑块滑上左侧轨道，设上升的最大高度为生，则

23、由动能定理可得-m2ghi 2H代入数据，解 得 九=-m 3 01 4、(1)F 3 0N；(2)物块能滑离木板，L2 s,s=0.9 m.【解析】试题分析：(1)对 M、m,由 牛 顿 第 二 定 律 尸-+m)gsina=(M +m)ac.对 m,有 f mgsina=ma,f 30 N,物块能滑离木板，对于 M,有 F ungcosa-Mgsina=M a 对 m,有pimgcosam g s m a =m a2,设物块滑离木板所用的时间为f,由运动学公式：-a,t2-a/=L,代入数据得：t=2 s,物块离开木板时的速度u =%八由公式：2 g si n a s=y,代入数据得5 =

24、0 9”.考点：牛顿运动定律的综合应用、匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.1 5、(1)7 3;(2)3 c m【解析】(1)由几何知识可知，光束从。点入射的入射角/=6 0,做出光路图：设对应折射角为广，则光束在AC 边的入射角为=90-(60-r)=30+r在 BC 边上的入射角r =90-(30+r)=60-r在 BC 边上的折射角尸=90-30=60由折射定律，可知在。点入射时sinzn=-sinr在F点入射时sin 60n-sin(60-r)解得r=30折射率为n=V3(2)由几何知识，可知AE=2ADcos30=7 GemCE=A C-A E =3f3cmCF f Qno 6=tan 30=CE 3解得CF=3cm