2022届山东省枣庄市部分重点高中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、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，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.北斗卫星导航系统（BDS）是我国自行研制的全球卫星导航系统。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知A c三颗卫星均做圆周运动，是地球同步卫星，则（）A.卫星

2、a的角速度小于c的角速度B.卫星a的加速度大于c的加速度C.卫星a的运行速度大于第一宇宙速度D.卫星的周期小于c的周期2.如图所示,一端搁在粗糙水平面上,另一端系一根细线（线竖直）处于静止状态的重直杆A受到的作用力个数（）C.3 D.43.如图所示，a、氏c为三颗人造地球卫星，其中a为地球同步卫星，入c在同一轨道上，三颗卫星的轨道均可视为圆轨道.以下判断正确的是（）A.卫星a的运行周期大于卫星5的运行周期B.卫星分的运行速度可能大于7.9Am/sC.卫星b加速即可追上前面的卫星cD.卫星a 在运行时有可能经过宜昌市的正上方4.如图所示，小球A 置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B 用水平

3、轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮。用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知8 球质量为机，。点在半圆柱体圆心01的正上方，0A与竖直方向成30。角，长度与半圆柱体半径相等，0 8 与竖直方向成45。角，则下列叙述正确的是5、A.小球A、B 受到的拉力TOA与 TOB相等，且 TOA=TOB=氏:二B.弹簧弹力大小、二 二 二C.A 球质量为、彳 二D.光滑半圆柱体对A 球支持力的大小为喏5.如图所示，质量分别为3”?和小的两个可视为质点的小球a、b,中间用一细线连接，并通过另一细线将小球a 与天花板上的。点相连，为使小球a 和小球方均处于静止状态，且 0 细线向右偏离竖直方向的

4、夹角恒为3 7 ,需要对小球b 朝某一方向施加一拉力尸。若已知sin37=0 6 cos37=0.8,重力加速度为g,则当尸的大小达到最小时，0a细线对小球a 的拉力大小为（）A.lAmgC.3.2/wg6.如图所示，U 形气缸固定在水平地面上，用重力不计的活塞封闭着一定质量的气体，已知气缸不漏气，活塞移动过程中与气缸内壁无摩擦.初始时，外界大气压强为P 0,活塞紧压小挡板.现缓慢升高气缸内气体的温度，则选项图中能反映气缸内气体的压强P 随热力学温度7 变化的图象是（）A.P。B.P。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

5、选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。7.下列有关原子和原子核的认识，正确的是()A.平均结合能越大，原子核越稳定B.氢原子辐射光子后，电子绕核运动的动能增大C.卢瑟福通过a粒子散射实验的研究，发现了中子.D.光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比8.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动其口-，图象如图所示已知汽车的质量为m=k 1。3/，汽车受到地面的阻力为车重的0 1倍，则以下说法正确的A.汽车在前5s内的牵引力为5x103 NB.汽车速度为25，/S时的加速度为5加/52C.汽车的额定功率为1

6、00 AWD.汽车的最大速度为80加/59.如图所示，静止于水平面上的倾角为的斜面上有一质量为M的槽，槽的内部放一质量为胆的光滑球，已知槽和球起沿斜面下滑，球的大小恰好能和槽内各面相接触，不计空气阻力，重力加速度为g,则下列说法正确是()A.若槽和球一起匀速下滑，则槽对球的作用力大小为但coseB.若槽和球一起下滑的加速度大小为g sin 0，则槽对球的作用力大小一定为mg cos 6C.若槽和球一起下滑的加速度大小为gsin。，地面对斜面的摩擦力方向可能向左D.若槽和球一起匀速下滑，则球和槽之间只有两个接触点有弹力的作用10.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右

7、移动时，下面判断正确的是()A.电路中总电阻减小B.Li变亮 C.L2变亮 D.L3变暗三、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)某学习小组利用图甲所示的电路测量电源的电动势及内阻.乙(1)按照原理图甲将图乙中的实物连线补充完整_ _ _ _ _ _ _ _.正确连接电路后，进行如下实验.闭合开关S,通过反复调节滑动变阻器用、R i,使电流表A3的示数为0,此时电流表Ai、A2的示数分别为100.0 mA和 80.0 m A,电压表Vi、V2的示数分别为1.6()V 和 1.0()V.再次反复调节拈、使电流表A3的示数再次为0,

8、此时电流表Ai、A2的示数分别为180.0 mA和 40.0 m A,电压表 Vi、V2的示数分别为0.78 V 和 1.76 V.i.实验中调节滑动变阻器2、&,当电流表A3示数为0 时，电路中8 点与C 点的电势.(选填“相等”或“不相等”)ii.为了提高测量的精确度，电流表A3的量程应选择A.00.6 A B.0100 mA C.0500 pAiii.测得电源的电动势E=V,内阻r=d(结果保留3 位有效数字)12.(12分)某同学用气垫导轨做“验证机械能守恒定律 的实验，如图所示，用质量为机的钩码通过轻绳带动质量为M 的滑块在水平导轨上，从 A 由静止开始运动，测出宽度为d 的遮光条经

9、过光电门的时间A f,已知当地重力加速度为g,要验证机械能守恒定律，还 需 要 测 量 的 物 理 量 是,在这过程中系统的动能增量为 o 如果实验前忘记调节导轨水平，而是导轨略为向左倾斜，用 现 有 测 量 数 据(填“能”或“不能”)验证机械能守恒定律。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)一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在 t=0时刻将一物块无初速轻放到木板上，此后长木板运动的速度-时间图象如图所示.已知长木板的质量M=2kg,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板 上.取

10、g=10m/s2,求：(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？14.(16分)如图所示，一足够长的水平传送带以速度v=2m/s匀速运动，质 量 为 研=1kg的小物块尸和质量为,2=1.5kg的小物块。由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长.某时刻物块P从传送带左端以速度均=4m/s冲上传送带，尸与定滑轮间的绳子水平.已知物块尸与传送带间的动摩擦因数=0 5 重力加速度为g=10m/s2,不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块。都没有上升到定滑轮处.求：丁()(1)物块尸刚冲上传送带时的加速度大小；(2)物块P 刚冲上传送带到右方最远处的过程中，P。系统机械能的改变量；(3)若传

11、送带以不同的速度y(OP=100g的子弹以速度vo=4Om/s瞬间射入小滑块A,并留在小滑块A 内，两者一起向右运动滑上传送带。已知小滑块A 与传送带之间的动摩擦因数=0.1,传送带两端的距离/=3.5m,两小滑块均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=l(hn/s2。求：(1)小滑块A 滑上传送带左端时的速度大小小滑块A在第一次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能小滑块A第二次离开传送带时的速度大小B，右参考答案一、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】万有引力提供向心力 Mm,2、2 v2 2G =)r=m=m

12、a r=mar T rA.D.由。=小 等 可 知，卫星a 的角速度小于c 的角速度，选项A 正确由a”可知，卫星a 的加速度小于c 的加速度，选 项 B 错误;r由v=可知，卫星a 的运行速度小于第一宇宙速度，选 项 C 错误由丁=2万J +可知，卫星b 的周期大于c 的周期，选项D 错误GM故选A.2、C【解析】棒保持静止状态，合力为零；对棒受力分析，受重力、绳子竖直向上的拉力，地面的支持力，由于绳子竖直向上的拉力，有合力为零，故地面对棒没有静摩擦力，因此棒共受到3 个力作用，故 C 正确，ABD错误；故选C.【点睛】受力分析时为防止漏力、多力，可以按照重力、弹力、摩擦力的顺序分析，同时要

13、结合平衡态分析，注意绳子的拉力方向是解题的关键.3、A【解析】A、根据万有引力提供向心力，则有竺竺=竺，轨道半径越大，周期越大，可知a 的运行周期大于卫星。的r2 T2运行周期，故选项A 正确；B、根 据 丝 丝=叱，轨道半径越小，速度越大，当轨道半径等于地球半径时，速度最大等于第一宇宙速度，故方r r的速度小于第一宇宙速度7.9km/s,故选项B 错误；C、卫星8 加速后需要的向心力增大，大于万有引力，所以卫星将做离心运动，所以不能追上前面的卫星c,故选项C错误；D、。为地球同步卫星，在赤道的正上方，不可能经过宜昌市的正上方，故选项D 错误.4,C【解析】A、B、隔离对8 分析，根据共点力平

14、衡得：水平方向有：roBsin45=F竖直方向有：7oitcos45=/ng,则二二=门二二 弹簧弹力F=mg,根据定滑轮的特性知：TOA与 TOB相等；故 A,B 错误.C、D、对 4 分析，如图所示：由几何关系可知拉力70A和支持力N 与水平方向的夹角相等，夹角为60。，则 N 和 T相等，有：270,北加6()。=?,解得：二二=、下二，由对称性可得：二=二 二=，2 二 二，故 C 正确，D 错误.故选C.【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解.本题采用隔离法研究比较简便.5、C【解析】以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力作出尸在三个方向时整体的受力图：根

15、据平衡条件得知尸与7的合力与总重力总是大小相等、方向相反的，由力的合成图可以知道当F与绳子oa垂直时产有最小值，即图中2位置，此时0“细线对小球a的拉力大小为T=4mg cos 370=3.2mg故C正确，ABD错误。故选C6,B【解析】当缓慢升高缸内气体温度时，气体先发生等容变化，根据查理定律，缸内气体的压强P与热力学温度7成正比，在尸-7图象中，图线是过原点的倾斜的直线；当活塞开始离开小挡板（小挡板的重力不计），缸内气体的压强等于外界的大气压，气体发生等压膨胀，在 尸-T中，图线是平行于T轴的直线.A.该图与结论不相符，选项A错误；B.该图与结论相符，选 项B正确；C.该图与结论不相符，选

16、 项C错误；D.该图与结论不相符，选 项D错误；故 选B.【点睛】该题考查了气体状态变化时所对应的P-T图的变化情况，解答该类型的题，要熟练地掌握P-T图线的特点，当体积不变时，图线是通过坐标原点的倾斜直线，压强不变时，是平行于T轴的直线，当温度不变时，是平行于P轴的直线.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、AB【解析】A.平均结合能越大，原子核越稳定，故 A 正确；B.氢原子辐射光子后，原子的能级降低，电子的轨道半径减小，根据2 2J q Vk =m 广 r则可得动

17、能为r1 2 k q 2E,=-mv =-k 2 2r可知电子绕核运动的动能增大，故 B 正确；C.卢瑟福通过。粒子散射实验的研究，建立了原子的核式结构理论，故 C 错误；D.光电效应现象中，根据凡 卬逸出功则光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故 D 错误。故选AB。8、AC【解析】20由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=M，/s2=4,/s 2,根据牛顿第二定律得，F-f=m a,解得牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N,故 A 正确.汽车的额定功率 P=Fv=5000 x20W=100000W=100kW,汽车在 25m/s 时的牵31引 力,尸=P=

18、-1-0-0-0-0-0 24m田 生,P -f 4000-1000,2 ,2 生 出N=4000N,根据牛顿第二定律得，加速度。=-=-m/s-3 m/s ,故 B 错v 25m 1000误，C 正确.当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度匕“=:=喘 辛 机/s=100，/s,故 D 错 误.故 选 AC.点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大.9、BD【解析】A.若槽和球一起匀速下滑，则槽对球的作用力大小等于球的重力，即为mg,故 A 错误；B.若槽和球一起下滑的加速度大小为gsin

19、 0,则槽对球的作用力大小为F =d(m g Y -(ma)2=mgcosO故 B 正确；C.若槽和球一起下滑的加速度大小为gsin。，则系统在水平方向有向右的加速度，地面对斜面的摩擦力方向向右，故 C错误.D.若槽和球一起匀速下滑，则球受力平衡，球对前壁的弹力为，“gs in,对底部的压力为机geos。，所以球和槽之间只有两个接触点有弹力的作用，故D正确；1 0、C D【解析】A.当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，故A误差。B.电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流减小，故Li变暗，故B错误。C D.电路中电流减小，故内阻及R。、心两端的电压减小，而电动

20、势不变，故并联部分的电压增大，故L2变亮；因L2中电流增大，干路电流减小，故流过L3的电流减小，故L3变暗；故CD正确。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。i.相等 i i.C i i i.2.8 7 1.5 0(1)根据原理图连接实物图如图所示;(2)i、实验中，调节滑动变阻器片、当电流表示数为。时，说明电流表两端电势差为零，故电路中B点与C点的电势相等；i i、为了使实验结果更精确，必须严格控制B、C两点电流为零，如果电流表A 3的量程相比与电路中的电流太大，会造 成BC中有电流，但是读不出来，显示为零，所以应选择量程非常小的，故选C；

21、i i i、根据电路规律可知，第一次实验中，路端电压为。=1.6 0+1.0 0 =2.6 0 V,干路电流为/=1 0 0 +8 0 =1 8 0 mA =0.1 8 A；第二次实验中有U =0.7 8 +1.7 6 =2.5 4 V,干路电流为/=1 8 0.0+4 0.0 =2 2 0.0 mA =0.2 2 A；由闭合电路欧姆定律可知E =U+,E U +I r,联立解得E =2.8 7 V,r=L5()Q.【点睛】该实验的关键是明确实验原理，即利用等势法求解，要求B C两点的电势相等，即无电流通过B C,所以在选择 A3时一定要选择量程非常小的电流表，然后利用电路结构，结合闭合回路欧

22、姆定律，求解电源电动势和内阻.12、A、B 的距离L 不能【解析】要验证机械能守恒，就需要求得动能的增加量和重力势能的减少量，而要知道重力势能的减少量则还需要测得A、B 的距离2滑块通过光电门B 时，因光电门宽度很小，用这段平均速度代替瞬时速度可得故滑块和钩码组成的系统从A 到 B 动能的增加量为d纥=;(机+)4=!(根+“)(二2加3如果导轨不水平，略微倾斜，则实验过程中滑块的重力势能也要发生变化，因不知道倾角，故不能求得滑块重力势能的变化，则不能验证机械能守恒定律。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、(1

23、)4kg(2)24J【解析】(1)长木板和物块组成的系统动量守恒：M v =(M+m)v 代入数据解得：m =4kg.(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q,根据能量守恒定律：Q=LMV2+附 v共 2=24J4 1014、(l)8m/s2(2)A =1.25J(3)v=m/s,Q .=-J3 3【解析】(1)物块尸刚冲上传送带时，设 P Q 的加速度为，轻绳的拉力为月因 P 的初速度大于传送带的速度，则 P 相对传送带向右运动，故 P 受到向左的摩擦力作用对 P 由牛顿第二定律得耳+机 话对 Q 受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用由牛顿第二定律得吗g 一耳=加2%联

24、立解得ay=8m/s2(2)P 先减速到与传送带速度相同，设 位 移 为*,则7 7M L2%42-222x8m=0.75m共速后，由于摩擦力/=叫g=5Nm2g=15N故 P 不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右设此时的加速度为生，轻绳的拉力为工对 P 由牛顿第二定律得鸟一8=町4对 Q 由牛顿第二定律得m2g 一 nt1ali联立解得a2=4m/s2设减速到0 位移为占，则v2 22X,=-=-m=0.5m2a2 2x4P Q 系统机械能的改变量等于摩擦力对P 做的功E=一 町 gX+/jm gx2 -1.25J(3)第一个减速过程，所用时间_v0-v _ 4-vt

25、v,所以小滑块A在第一次到达传送带右端时速度大小为3 m/s,小滑块A第一次压编弹簧的过程中，当小滑块A和8的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有(%+/%)%=(，4)+，+A/)匕代人数据解得V3=0.6m/s根据能量守恒定律得Epm=g （a+机）田 一 g （根c+机+M）（代人数据解得pm=3.6 J从小滑块A开始接触弹簧到弹簧恢复原长，整体可看成弹性碰撞，则有（町）+m）v2=（2）+）%）!+MV3=纲+解得V4=-1.8 m/sV3=1.2 m/s设小滑块A又滑回传送带上且减速到零时在传送带上滑动的距离为L,则根据动能定理有一(/77O+m)L =0-(m()+m解得L=1.62m由于Z O,小滑块A滑回传送带上先减速到零，再在传送带上加速到与传送带共速，设小滑块A与传送带共速时向右滑动的距离为s,则根据运动学公式得2Kgs=v2-0解得s=0.5m由于sL,则小滑块A第二次从传送带离开时的速度大小为1.0m/s。且从传送带右端离开.