江苏省南通市某示范中学2021-2022学年高考全国统考预测密卷物理试卷含解析.pdf

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1、2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项1.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 0 5 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

2、，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。1.一弹簧振子做简谐运动，周 期 为 T,以下描述正确的是A.若A t=1 ,则 在 t 时刻和（t+A t）时刻弹簧长度一定相等2B.若则在t 时刻和（t+A t）时刻振子运动的加速度一定相等C.若 t 和（t+A t）时刻振子运动速度大小相等，方向相反，则A t 一定等于；的整数倍D.若 t 和（t+A t）时刻振子运动位移大小相等，方向相反，则A t 一定等于T 的整数倍2.如图所示，斜面置于粗糙水平地面上，在斜面的顶角处，固定一个小的定滑轮，质 量 分 别 为 m2的物块，用细线相连跨过定滑轮，搁置在斜面上.下述正确

3、的是（）A.如 果 m1、tn2均静止，则地面对斜面没有摩擦力B.如 果 m1沿斜面向下匀速运动，则地面对斜面有向右的摩擦力C.如 果 m,沿斜面向上加速运动，则地面对斜面有向左的摩擦力D.如 果 沿 斜 面 向 下 加 速 运 动，则地面对斜面有向右的摩擦力3.如图，斜面上a、b、c 三点等距，小球从a 点正上方O 点抛出，做初速为的平抛运动，恰落在b 点.若小球初速变为v,其落点位于c,则（）A.v0v2v0C.2v0 v 3v04.在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献。关于这些贡献，下列说法正确的是（）A.牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量B.安

4、培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向C.法拉第发现了磁生电的现象，提出了法拉第电磁感应定律D.爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了 能量连续变化 的传统观念5.如图所示，A、B 都是重物，A 被绕过小滑轮P 的细线所悬挂，B 放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P 被一根斜短线系于天花板上的。点；0是三根细线的结点，b0,水平拉着重物B,c。，沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态，g=10m/s2,若悬挂小滑轮的斜线0 P 的张力是2 Q/3 N,则下列说法中正确的是（）A.弹簧的弹力为lO NB.重 物 A 的质量为2.5kg

5、C.桌面对重物B 的摩擦力为lO ND.OP与竖直方向的夹角为606.一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，光路如图所示。下列说法中正确的是（）A.此介质的折射率等于1.5B.此介质的折射率等于近C.入射角小于45时可能发生全反射现象D.入射角大于45。时可能发生全反射现象二、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.有一台理想变压器及所接负载如下图所示。在原线圈C、d 两端加上交变电流。已 知 b 是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足

6、够大。下列说法正确的是（）A.开 关 始终接a,当滑片P 向下滑动时电压表乂示数不变，电压表V2示数变大，电流表%示数变小B.开 关,始终接b,当滑片P 向上滑动时 的电功率增大，V2示数的变化量与&示数的变化量之比不变C.保持滑片P 的位置不变，将开关,由 b 改 接 a,变压器输入功率变大D.保持滑片P 的位置不变，将开关,由 a 改 接 b,电容器所带电荷量将增大8.如图所示，质 量 为 M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面0 A 段光滑，AB段粗糙且长为I,左 端。处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F.质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左

7、滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落.贝（）（）诊v/w 尸%0 A-?A.细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为MB.细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 mv2C.弹簧恢复原长时滑块的动能为-1mv22D.滑块与木板AB间的动摩擦因数为 2gl9.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，P 和 Q 是介质中平衡位置分别位于x=lm和x=7m的两个质点。t=0时刻波传到P质点，P 开始沿y 轴正方向振动，t=ls时 刻 P 第 1 次到达波峰，偏离平衡位置位移为0.2m；t=7s时 刻 Q 第 1 次到达波峰。下列说法正确的是（）A.波的频率为4HzB.

8、波的波速为1m/sC.P和 Q 振动反相D.t=13s时刻，Q 加速度最大，方向沿y 轴负方向E.013S时间，Q 通过的路程为1.4m1 0.以下说法正确的是（）A,已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径B.物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断C.随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力D.能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性三、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）在 研究一定质量理想气体在温度不变时，压强和体积的关

9、系”实验中.某同学按如下步骤进行实验：将注射器活塞移动到体积适中的%位置，接上软管和压强传感器，通 过 DIS系统记录下此时的体积匕与压强p用手握住注射器前端，开始缓慢推拉活塞改变气体体积.读出注射器刻度表示的体积V,通 过 DIS系统记录下此时的V 与压强p.重复两步，记 录 5 组数据.作p-/图.（1灌上述步骤中，该同学对器材操作的错误是：因为该操作通常会影响气体的_ （填写状态参量）.（2）若软管内容积不可忽略，按该同学的操作，最后拟合出的p-$直线应是图a 中的_.（填写编号）（3）由相关数学知识可知，在软管内气体体积A V 不可忽略时，p-9 图象为双曲线，试用玻意耳定律分析，该双

10、曲线的渐近线（图 b 中的虚线）方程是p=_.（用 匕、以、A V 表示）12.（12分）在“DIS描绘电场等势线”的实验中，（1）给出下列器材，ab处 的 电 源 应 选 用,传 感 器 应 选 用 （用字母表示）。A.6V的交流电源B.6V 的直流电源C.100V的直流电源D.电压传感器E.电流传感器F.力传感器（2）该实验装置如图所示，如果以c、d 两个电极的连线为x 轴，以c、d 连线的中垂线为y 轴，并将一个探针固定置于y 轴上的某一点，合上开关S,而将另一探针由。点左侧沿x 轴正方向移到。点右侧的过程中，则传感器示数的绝对值变化情况是_A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先变大后变小

11、D.先变小后变大X P ft感器_ _ _ _ _ _ _ _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。13.(1 0 分)如图所示的平行板之间，存在着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度Bi=0.20T,方向垂直纸面向里，电场强度E=1.0 xlOs V/m,PQ为板间中线.紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界线A O,与 y 轴的夹角NAOy=45,边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.2 5 T ,边界线的下方有水平向右的匀强电场，电场强度E=5.0 xlOs V/m,

12、在 x 轴上固定一水平的荧光屏.一束带电荷量2q=8.0 X10-19C,质量m=8.0 xlO 26kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从y轴上坐标为(0,0.4m)的 Q 点垂直y 轴射入磁场区，最后打到水平的荧光屏上的位置C.求：(1)离子在平行板间运动的速度大小.(2)离子打到荧光屏上的位置C 的坐标.(3)现只改变AOy区域内磁场的磁感应强度的大小，使离子都不能打到x 轴上，磁感应强度大小B?应满足什么条件？14.(16分)如图所示，直角边AC 长度为d 的直角棱镜ABC置于桌面上，D 为 斜 边 BC 的中点，桌面上的S 点发射一条光线经D 点折射后，

13、垂直于AB边射出.已知S C=C D,光线通过棱镜的时间t =吏 色，c 为真空中光速，不考虑2c反射光线.求：棱镜的折射率n；(ii)入射光线与界面BC间的夹角.15.(12分)如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场E=8x103V/m,带电量q=1 x i()T C、质 量 m=1x10-3kg的小物块固定在水平轨道的0 点，AB为光滑固定的圆弧轨道，半 径 R=0.4m。物块由静止释放，冲上圆弧轨道后，最终落在C 点，已知物块与0 A 轨道间的动摩擦因数为=0.1,O A=R,重力加速度g=10m/s2,求：(1)物块在A 点的速度大小VA(结果可保留根号)(2)物块到达B 点时对轨道的

14、压力(3)OC的距离(结果可保留根号)。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。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】A.一弹簧振子做简谐运动，周 期 为T,若A t=二，则 在t时刻和(t+A t)时刻振子的位移相反，在t时刻和(t+A t)2时刻弹簧长度可能不相等，故 A 项错误；B.一弹簧振子做简谐运动，周 期 为 T,若A t=T,则 在 t 时刻和(t+At)时刻振子的位移相同，t 时刻和(t+At)时刻振子运动的加速度一定相等，故 B 项正确；C.一弹簧振子做简谐运动，周 期 为 T,若 t 和(t+A t)时刻振子运动速度

15、大小相等，方向相反，则 t 和(t+A t)时刻T振子的位移有可能相同或相反，所以A t有可能不等于一的整数倍，故C项错误；2D.一弹簧振子做简谐运动，周 期 为 T,若 t 和(t+At)时刻振子运动位移大小相等，方向相反，则A t一定不等于T的整数倍，故 D 项错误。2、A【解析】如果m2均静止或沿斜面向下匀速运动，以 m,m2和斜面组成的整体为研究对象，整体的为合力都为零，其受力情况如图1,由平衡条件得知，地面对斜面没有摩擦力.故A 正确，B 错误.，:&IZB J-*4f*G t G s图1 图2如 果n il沿斜面向上加速运动，将的加速度分解为水平和竖直两个方向如图2,根据牛顿第二定

16、律可知，整体有水平向右分加速度，则地面对斜面有向右的摩橡力.故C错 误.与C项同理可知，如果叫沿斜面向下加速运动，其加速度沿斜面向下，整体有水平向左的分加速度，根据牛顿第二定律得知，地面对斜面有向左的摩橡力.故D错误.故 选A.3、A【解析】小 球 从a点正上方0点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点，改变初速度，落在c点，知水平位移变为原来的2倍，若时间不变，则初速度变为原来的2倍，由于运动时间变长，则初速度小于2%,故A正确，BCD错误.4、B【解析】A.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了引力常量，选 项A错误；B.安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选

17、项B正确；C.法拉第发现了 磁生电的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，故C错误；D.普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了”能量连续变化”的传统观念，选 项D错误。雌Bo5、C【解析】A.设悬挂小滑轮的斜线中的拉力与O a绳的拉力分别为二和T,则有：2Tcos30=T1得：T=20N以结点0 为研究对象，受力如图根据平衡条件得，弹簧的弹力为FTcosGOION故 A 错误；B.重物A 的质量m =2 kgA g故 B错误；C.绳 OS的拉力F=Tsi n60o=2 0.5 N =1GJ3N22根据平衡条件可知，桌面对重物B 的摩擦力为10标，故 C 正确；D.由于动滑轮两侧绳子的拉力大

18、小相等，根据对称性可知，细 线 OP与竖直方向的夹角为30。.故 D 错误。礴C6、B【解析】A B.折射率n 鸣步sin r sin300选项A 错误，B正确；C D.全发射必须从光密介质射入光疏介质,真空射向介质不可能发生全反射，选 项 CD错误。故 选 Bo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、ABD【解析】A.开关S1始 终 接 a 不变，变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数不变，变压器输出电压不变，即电压表V1示数不变，当 滑 片 P 向下滑动时，

19、滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，所以电流 2 会减小，电流表A2示数变小，而U =U I R2 1 2 1所以U 会变大，即电压表V 示数变大，故 A 正确；2 2B.开关S 始 终 接 b,由于原、副线圈的匝数不变，变压器输入电压不变，则变压器输出电压不变，即电压表V1示数不变，当 滑 片 P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表A 示数增大，电阻R消2 1耗的电功率增大，将原线圈和电阻R看作等效电源，则V 示数的变化量与A 示数的变化量之比等于等效电源的内阻，1 2 2恒定不变，故 B 正确；C.保持滑片P 的位置不变，将开关S 由 b 改 接

20、 a 时，原线圈匝数n 增大，根据变压比可知1 1U ni =TU n2 2可知U 变小，根据2U2P=!-2 R&可知副线圈输出功率变小，则原线圈输入功率变小，故 C 错误；D.保持滑片P 的位置不变，将开关S 由 a 改 接 b,原线圈匝数n 减小，根据变压比可知1 1U n t-=TU n2 2可知U 增大，电容器两端电压增大2Q =CU所带电荷量增大，故 D 正确。故 选 ABD8、ABD【解析】A.细绳被拉断瞬间，对木板分析，由 于 0 A 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F,根据牛顿第二定律有：F=MaF解 得 a=，A正确；MB.滑

21、块以速度v 从 A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0,由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为-1mv2,B正确；2C.弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于一%V2,c错误；2D.由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即E=-mvz,小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为V,取向左为正方向，由动量守恒定律和p 2能量守恒定律得0=(m+M)v,E=(m+M)V,2+p mglP 2 1V2联立解得M -,D正确。2gl故 选 ABD9、BCE【解析】A.由题意可知可得T=4s频率f=0.

22、25Hz选 项 A 错误；B.t=ls时 刻 P第 1次到达波峰，仁7s时 刻 Q 第 1次到达波峰，可知在6s内波传播了 6 m,则波速为xv=_ =lm/st选 项 B 正确；C.波长为入=vT=4m1因PQ=6m=1-X,可 知P和Q振动反相，选项C正确；DE.t=7s时 刻Q第1次到达波峰，贝！I t=6s时 刻Q点开始起振，贝！I t=13s时刻，Q点振动了 7s=1-T,则 此 时Q点到4达波谷位置，加速度最大，方向沿y轴正方向；此过程中Q通过的路程为7A=7x0.2m=1.4m,选 项D错误，E正确。故 选BCE10、CD【解析】MVA.摩尔体积V=，气体分子所占空间V,所以可以

23、求得分子间的平均距离，故A错误；兀o NAB.因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故B错误；C.当分子间距离小于r0时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，合力表现为斥力,故C正确；D.根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种方向性，故D正确。腿CD。三、实验题：本题共2小题，共1 8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。V+AV11、用手握住注射器前端 温度 1 巳(My,)【解析】(1X1U2在进行该实验时要保持被封闭气体的温度不变化，所以实验中，不能用手握住注射器前端，否则会使

24、气体的温度发生变化.1(2)3在p-图象中，实验中因软管的体积不可忽略，气体测出的体积要比实际体积要小，所以压强P会偏大，最后V1拟合出的p-直线应是图a中 的1图线V(3)4在软管内气体体积A V不可忽略时，被封闭气体的初状态的体积为工+AV,压强为已，末状态的体积为V+AV,压强为P,由等温变化有：P1(V AV)=P(V+AV)解得：V+A Vp=p(o)1、V+AV当式中的V趋向于零时，有：V+A Vp=p(o)1 v AV)即该双曲线的渐近线(图b中的虚线)方程是:V+AVp=p(0-)1 AV12、B D D【解析】(1)解答本题应抓住：本实验利用恒定电流场模拟静电场，要描绘电场等

25、势线，需要电源与电压表.电源要分正负即为直流电源，确保电势的高低；需要电压传感器；(2)根据顺着电场线，电势逐渐降低，分析感器示数的绝对值变化情况。【详解】本实验利用恒定电流场模拟静电场，要描绘电场等势线，需 要 6V 的直流电源，故 选 B；2要描绘电场等势线，要寻找等势点，即电势差为零的点，而电势差就是电压，所以传感器应选用电压传感器，故选D；(2)3从一个电极沿x 轴到另一电极，电势逐渐升高或降低，则将一个探针固定置于y 轴上的某一点，另一探针从一个电极沿连线逐渐移动到另一电极的过程中，两探针处的电势差先变小后变大，则传感器示数的绝对值先变小后变大，故 D正确，ABC错误；雌D【点睛】本

26、题关键理解并掌握实验的原理，懂得根据实验原理选择实验器材。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。13、(1)5.0 x105 m/s(2)0.6m(3)B2 H 3 T(解析】(1)设离子的速度大小为V,由于沿中线PQ做直线运动，则有qE产qvB代入数据解得：v=5.0 x105m/s；(2)离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：V2qvB2=m-得，r=0.2 m,作出离子的运动轨迹，交 0A 边 界 于 N,如图甲所示,若磁场无边界，一定通过。点，则轨迹圆弧QN的圆心角为0=90,过 N 点做圆弧切线

27、，方向竖直向下,离子垂直电场线进入电场，做类平抛运动，y=OO=vt,1x=at2,2而a_1a-9m则x=0.4 m离子打到荧光屏上的位置C 的水平坐标为%=(0.2+0.4)m=0.6 m.(3)只要粒子能跨过AO边界进入水平电场中，粒子就具有竖直向下的速度而一定打在x 轴上.由几何关系可知使离子不能打到x 轴上的最大半径0.4r，=Tm 设使离子都不能打到X轴上，最小的磁感应强度大小为瓦,则qvB0=mV2代入数据解得c 2+1Bo=8 T=0-3 T，则B203.T14、n=3(2)9=30【解 析】(i)光路如 图 所 示，E是光线在A B边的射出点，设 光 线 通 过 棱 镜 的

28、速 度 为V,则1 1DE=-,v t=2 dcn=v解得n=3(ii)光 线 射 到 界 面B C,设 入 射 角 为i,折 射 角 为r,则22sinin-si nr解得e=3(r15、(1)v=5.6m/s(2)F=0.018N (3)x=32+4 5 mA N 0C 2 5【解 析】(1)对 物 块 从O到A由动能定理得1qER-n mgR=-mvz2 A代入数据解得(2)对小物块从。到 B 点由动能定理得1qE.2R-|imgR-mgR h mvz2 B在 B 点由牛顿第二定律得F-qE=rm-NR联立解得F=0.018NN(3)对小物块从。到 B 点由动能定理得1qE.2R-邮 gR-mgR mvz2 B解得v=n/sB离 开 B 点后竖直方向先做匀减速运动，上升到最高点离B 点高度为V2 2h=-m =0.1m2g 2 xlO所用的时间为vt =-=-si g io从最高点落到地面的时间为t=、(h+R)_ 卜(0.1+0.久 _ 屈 2-V-g Y 10 一 丁则 B 到 C 的水平距离为1 qE,+、(心师2x=t+1)2-/mBC 2 m 1 2 25所 以 0 C 的距离x-2R+x-3 2+4 6OC BC 2 5