2021-2022学年湖南省三湘名校高考冲刺物理模拟试题含解析.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、如图所示，条形磁铁静止放在桌面上，当在其左上方放一电流方向垂直纸面向里的通电直导线后，则磁铁受到的摩擦力和弹力fs N-Z Z Z/Z Z Z Z /7 7 7A.摩擦力为零B.摩擦力方向向左C.弹力保持不变D.摩擦

2、力方向向右2、如图，竖直平面内的R S A5C,A 3 竖直、BC水平，B C=2 A B,处于平行于A A5C平面的匀强电场中，电场强度方向水平。若将一带电的小球以初动能Ek沿 A 8方向从A 点射出，小球通过C 点 时 速 度 恰 好 沿 方 向，则()A.从 4 到 C,小球的动能增加了 4队B.从 A 到 C,小球的电势能减少了 3EkC.将该小球以3耳的动能从C 点沿C 8方向射出，小球能通过4 点D.将该小球以4 4 的动能从C 点沿C 8方向射出，小球能通过A 点3、双星系统由两颗相距较近的恒星组成，每颗恒星的半径都远小于两颗星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体。如图所示

3、，相距为L 的、N 两恒星绕共同的圆心。做圆周运动，M、N 的质量分别为、机2,周期均为7。若另有间距也为L 的双星尸、Q,尸、。的质量分别为2,小、2?2,贝 4()-0/M -.A.尸、。运动的轨道半径之比为M：m2B.尸、。运动的角速度之比为，”2：，小C.尸、。运动的周期均为比72D.尸与M的运动速率相等4、如图所示，铁板倾斜放置，倾角为。，磁铁吸在铁板上并处于静止状态，磁铁的质量为?，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）A.磁铁可能只受两个力作用B.磁铁一定受三个力作用C.铁板对磁铁的摩擦力大小为mg cos，D.铁板对磁铁的作用力大小为快5、关于固体、液体、气体和物态变化，下列说

4、法中正确的是（）A.晶体一定具有各向异性的特征B.液体表面张力是液体内部分子间的相互作用C.0C的铁和0C的铜，它们的分子平均速率相同D.一定质量的某种理想气体状态改变时，内能不一定改变6、目前，我国的第五代移动通信技术（简称5G或5G技术）已经进入商用阶段，相应技术达到了世界先进水平。5G信号使用的是超高频无线电波，关于5G信号，下列说法正确的是（）A.5G信号是由机械振动产生的B.5G信号的传输和声波一样需要介质C.5G信号与普通的无线电波相比粒子性更显著D.5G信号不能产生衍射现象二、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

5、部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得。分。7、下列说法不正确的是（）A.物体的温度为0C时，物体的分子平均动能为零B.两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能一定先减小后增大C.多数分子直径的数量级是l（）f ,mD.第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律E.一定质量的理想气体，如果在某个过程中温度保持不变而吸收热量，则在该过程中气体的压强一定增大8、如图为儿童游乐场的滑梯示意图，滑梯可视为倾角为，、质量为M的斜面固定在地面上，小美手持细线下端悬挂一小球沿滑梯滑下，小美连同小球的质量为m,下滑时，细线呈竖直状态，则在下滑过程中，

6、下列说法正确的是（）A.滑梯对地面的压力大小为（M+m）gB.小美、小球组成的系统机械能守恒C.小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tan。D.系统增加的内能大于小美减少的机械能9、一定质量的理想气体，其状态变化的-V图象如图所示，其中。一。过程气体既不吸热、也不放热，匕f c过程气体体积不变。对此下列说法正确的是（）A.a-过程中，外界对气体做功B.a f%过程中，气体分子的平均动能不变C.c过程中，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数增多D.一 c过程中，气体温度降低E.c f 过程中，单位体积内的气体分子数减少10、如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点。对称。某

7、同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、A,该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）11(2)A.若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则 x 轴上场强最大的点仍然在A、4两位置B.如图(1),若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O 旋转90后对称的固定在二轴上，则 x 轴上场强最大的点仍然在 A、两位置C.如图(2),若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点。直径与图两点电荷距离相等，则 X轴上场强最大的点仍然在A、4 两位置D.如图(3),若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点。

8、，直径与图两点电荷距离相等，则x 轴上场强最大的点仍然在A、两位置三、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“探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测定弹簧的劲度系数”实验中，实验装置如图甲所示。实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5 个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度。数据记录如下表所示:(弹力始终未超过弹性限度，取 g=10m/s2)(1)在图乙坐标系中作出弹簧弹力大小口与弹簧总长度x 之间的函数关系的图线记录数据组123456钩码总质量(g)0306090120150弹簧总长(cm)6.007.118.20

9、9.3110.4011.52(2)由图线求得该弹簧的劲度系数%=N/m(保留两位有效数字)12.(12分)某同学用如图甲所示的实验装置某测量木块与木板间动摩擦因数：9.50 11.00 12.50 14.00(cm)(1)从打出的若干纸带中选出了如图所示的一条，纸带上A、B、C、D、E 这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4 个计时点未画出。打点计时器的电源频率是5 0 H z,根据测量结果计算：则 打 C点时纸带的速度大小为m/s；纸带运动的加速度大小为 m/s2o (结果保留3 位有效数字)(2)通过(1)测得木块的加速度为a,还测得钩码和木块的质量分别为，和 已 知 当 地 重

10、力 加 速 度 为 g,则动摩擦因数=-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)如图所示，水平地面上固定一个倾角9=3 7。，高20m的斜面，办=0 时刻起在斜面底端A处有一个小物块质量m=l k g,以初速度%=3 0 m/s 沿斜面向上运动，并且f 0=0 时刻起有一平行于斜面的斜向下的的恒力尸=2N作用在物块上，作用时间为f =3 s。已知物块与斜面间动摩擦因数=0.8 7 5,g=1 0 m/s2,s i n 3 7 0 =0.6,c o s 3 7 =0.8,物块与斜面间的最大静摩擦力与

11、滑动摩擦力大小相等，不计空气阻力影响，求：(1)物块向上滑行的距离及时间；撤掉外力后物块经多长时间停下来。够长的水平传送带与圆弧轨道相切于b点，在电动机的带动下皮带以速度v o=2 m/s 顺时针匀速转动，在。的正上方高=0.4 m 处将小物块A由静止释放，在a点沿切线方向进入圆弧轨道ah,当 A滑上水平传送带左端的同时小物块B在c 点以v=4 m/s 的初速度向左运动，两物块均可视为质点，质量均为2 k g,与传送带间的动摩擦因数均为=0.4。两物块在传送带上运动的过程中恰好不会发生碰撞，取 g=1 0 m/s 2.求：(1)小物块A到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)小物块B、A开

12、始相向运动时的距离展；由于物块相对传送带滑动，电动机多消耗的电能。严h1 015.（12分）如图所示，一车上表面由粗糙的水平部分A 3和光滑的半圆弧轨道BCD组成，车紧靠台阶静止在光滑水平地面上，且左端与光滑圆弧形轨道MN末端等高，圆 弧 形 轨 道 末 端 水 平，一质量为町=5kg的小物块户从距圆弧形轨道用N末端高为a =1.8m处由静止开始滑下，与静止在车左端的质量为机2=1kg的小物块。（可视为质点）发生弹性碰撞（碰后立即将小物块P取走，使之不影响。的运动），已知A 3长为L=1 0 m,车的质量为M=3kg,取重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力.（1）求碰撞后瞬间物块。的速度；

13、（2）若物块。在半圆弧轨道BCD上经过一次往返运动（运动过程中物块始终不脱离轨道），最终停在车水平部分A3的中点，则半圆弧轨道BCD的半径至少多大?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】磁铁的磁感线从N到S,故通电导线所处位置的磁场方向为斜向左下，根据左手定则可知导线受到斜向左上的安培力,根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线给的斜向右下的作用力，该作用力可分解为水平向右和竖直向下，故磁铁受到的摩擦力水平向左，弹力增大，B正确.2、D【解析】A.设小球的速度为L则有P 1 2E*=mvk 2小球通过C点时速度恰好

14、沿B C方向，则说明小球在竖直方向上的速度减为0,小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，运动的位移为竖直方向上位移的2倍，则平均速度为竖直方向上平均速度的2倍，又这段时间竖直方向的平均速度为故水平方向的平均速度为V-2v-v又2解得%=2v则从 4 到 C,小球的动能增加了A k =4 k -k =3线故 A 错误；B.由动能定理可知重力与电场力做功之和为动能的增加量即3耳，重力做负功，故电场力做功大于3，则小球的电势能减小量大于3稣，故 B 错误；D.由上分析可知：动能为4纭，则速度大小为北，即小球以方对速度从C 点沿C 5方向射出。而由AB分析可知，小球以初速度y沿 A 5方向从A

15、 点射出时，小球将以速度大小为2 v,方向沿3 c 方向通过C 点，则小球以方的速度从C 点沿C 8方向射出后运动过程恰好可视为其逆过程，所以若将小球以方的速度从C 点沿C 5方向射出，小球能通过A 点；故 D 正确；C.由 D 分析可知，若将小球以2y的速度从C 点沿C 5方向射出，小球能通过A 点；则若将小球小于方的速度从C点沿C 8方向射出，小球将经过4 点右侧。所以，若将该小球以3Ek的动能从C 点沿C 8方向射出，小球将经过A 点右侧，不能经过A 点，故 C 错误。故选D。3、C【解析】双星系统的两颗恒星运动的角速度相等，由万有引力提供向心力，对 M、N 有nLITLG 广=叫，1（

16、Y）2G警=如 力(竺)21 T对 P、。有2犯2 a ,2兀、2G=27/111()21 T2m.2nt.Z27TX2G=2mrr2()2L T其中r+n=L,ri+r2=L联立解得2由2mrf=2m2rf2可知rf:r2=mz:m则可知ri=ri2%T结合V=可 知 尸 与 M 的运动速率不相等，故 ABD错误，C 正确。故 选C。4、D【解析】A B.磁铁受到重力、铁板对磁铁的弹力、摩擦力、铁板对磁铁的磁场力共四个力，选 项 AB错误;C.根据力的平衡可知，铁板对磁铁的摩擦力大小为zg sin 8,选 项 C 错误；D.铁板对磁铁的作用力与磁铁的重力等大反向，选 项 D 正确。故选D。5

17、、D【解析】A.单晶体具有各向异性的特征，多晶体表现为各向同性，选 项 A 错误；B.液体表面张力是液体表面层分子间的相互作用，选 项 B 错误；C.（TC的铁和0的铜，它们的分子平均动能相同，但是分子平均速率不相同，选 项C错误；D.一定质量的理想气体的状态改变时，若温度不变，则其内能不变，故D正确；故选D。6、C【解析】A.5G信号是无线电波，无线电波是由电磁振荡产生的，机械波是由机械振动产生的，故A错误；B.无线电波的传播不需要介质，机械波的传播需要介质，故B错误；C.5G信号是超高频无线电波，比普通的无线电波频率高得多，故粒子性更显著，故C正确；D.衍射现象是波特有现象，则无线电波可以

18、产生衍射现象，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、ABE【解析】A.因为物体分子在做永不停息的无规则运动，所以当物体的温度为0C时，物体的分子平均动能也不可能为零，故A错误；B.两个分子在相互靠近的过程中其分子力先增大后减小再增大，而分子势能一定先减小后增大，故B错误；C.多数分子直径的数量级是10-10m,故C正确；D.第二类永动机是不能制造出来的，尽管它不违反热力学第一定律，但它违反热力学第二定律，故D正确；E.根据热力学第一定律知，温度不变则

19、内能不变，吸热则必膨胀对外做功，又由理想气体状态方程知，压强一定减小,故E错误；本题选择不正确的，故选择ABE。8、ACD【解析】A.由于下滑时，细线呈竖直状态，说明小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，将滑梯、小美、小球看一个整体，则滑梯对地面的压力大小为（M+m）g,故A正确；B.由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则小美、小球组成的系统机械能减小，故B错误；C.由于小美、小球一起沿滑梯匀速下滑，则有mg sin 6=/amg cos 0所以小美与滑梯间的动摩擦因数一定为tan，故C正确；D.由能量守恒可知，小美和小球减小的机械能等于系统增加的内能，则系统增加的内能大于小美减少的机械能，故D正确。故

20、选ACDo9、ACE【解析】A.a f b过程，气体体积减小，则外界对气体做功。所以A 正确；B.a 一人过程，由题意知该过程气体既不吸热、也不放热，由热力学第一定律知气体内能一定增加，则理想气体分子的平均动能一定增大。所以B 错误；C.匕一 c 过程，气体体积不变而压强增大，体积不变则单位体积的气体分子数不变，压强增大则气体的温度一定升高，气体分子的热运动更加剧烈，分子在单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数增多。所 以 C 正确；D.过程，由叱=。（常数）T知气体温度升高。所以D 错误；E.c-a 过程中，气体体积增大，则单位体积内的气体分子数减少。所以E 正确。故 选 ACE.10、ABC【

21、解析】A.可以将每个点电荷（2g）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q）,既然上下两个点电荷（g）的电场在x 轴上场强最大的点仍然在A、火 两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x 轴上场强最大的点当然还是在4、A 两位置，选 项 A 正确；B.由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O 旋转90后对称的固定在二轴上，则x 轴上场强最大的点仍然在A、A两位置，选 项 B 正确；C.由 AB可知，在 yOz平面内将两点电荷绕O 点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在 x轴上场强最大的点都在4、A 两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于。点对称的任意两小段的合电场

22、在x轴上场强最大的点仍然还在4、A 两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x 轴上场强最大的点当然还在A、A 两位置，选 项 C 正确；D.如 同 C 选项，将薄圆板相对。点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于。点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x 轴上场强最大的点就不再在A、A1两位置，则整个圆板的合电场在x 轴上场强最大的点当然也就不再在A、4 两位置，选 项 D 错误。故选ABC.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。.642O.8.642on1nn28【解析】(1)口

23、I按照表中所给数据在坐标系中描点并用一条直线连接即可，要注意让尽可能多的点连在线上，不通过直线的点大致均匀地分布在直线两侧，偏差过大的点是测量错误，应该舍去。6429.8642O1111m(2)2根据表达式歹=刈”-/)，得图线的斜率表示弹簧的劲度系数，故AFZ;=28N/mAxms-(m+M)a12、1.18m/s 1.50m/s2 -Mg【解析】(1)12.因纸带上两相邻计数点的时间间隔为 T=0.10s,设 si=9.50cm、S2=11.00cm、S3=12.5cm S4=14.00cm,打 C点时纸带的速度大小为s2+.vc 二2T代入数值得vc=1.18m/s加速度_+a2 _(5

24、4+53)-(5|+S2)2-4T2代入数值得a=1.5 0 m/s23.对 木 块、祛码盘和硅码组成的系统，由牛顿第二定律得解得_ mg+M)a Mg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、(l)3 0 m,2 s；(2)l so【解 析】(1)物块上滑过程中，加 速 度 外mg sinO+f +F=maN -mg cos 8 =0联立解得a=1 5 m/s2上滑过程经历的时间/%=2 sq上滑过程的位移2x,=3 0 m2 4(2)因 为 si n 8 =1 8 m 。=2 0 m,所以物块未从斜面顶端

25、飞出。物块下滑，撤 去/之 前 的 下 滑 过 程 中，加速度为沿斜面向下mgsin0+F-f =ma2解得a2=l m/s2经历的时间，2 =，一 4 =ISV j =a2t2=Im/s恒力厂撤去，物块加速度4 沿斜面向上f-mg si n 0=ma3解得%=Im/s2经历的时间r3=Is%速度减为O o14、(I)IOON(2)5m(3)16J【解析】小物块A 从静止运动到5 点，由动能定理得1 2R)=mvh在 b 点由牛顿第二定律得解得FN=100N根据牛顿第二定律可知小物块A 到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为100N(2)由牛顿第二定律得可知两个小物块的加速度大小均为a=fig

26、=4m/s2小物块A 向右减速至与传送带共速的过程中所需时间t=5一%小物块A 的位移2a传送带的位移Xl=VfltA所以A 物块相对传送带的位移乐=4一 王小物块B 向左减速至0 再反向加速至与传送带共速的过程所需的时间小物块B 的位移大小传送带的位移X2=V0B所以小物块B 相对传送带的位移AXB=/+/小物块B、A 开始相向运动的距离鼠=5+5解得晨=5m(3)小物块A 相对传送带运动产生的热量Qi=gA小物块动能的变化量小物块B 相对传送带运动产生的热量Q1=加gB小物块动能的变化量A Ek i=mvl-mv2所以电动机多消耗的能量E=Qt+A Ek|+Q +AE%解得E=16J1 5

27、、（1）1 0 m/s,方 向 水 平 向 右（2）1.2 5 m【解析】（1）设物块P到达圆弧形轨道MN末端的速度大小为v,由机械能守恒定律得叫g/=；叫 V；代入数据解得到V,=6 m/s物块P、。碰撞过程动量守恒，机械能守恒，取水平向右为正方向，设碰后瞬间产、。速度分别为巧、v2,则M21V l =+m2v21 2 1 1 2 1 2/町 匕=5町匕-+耳，%匕解得/=4 m/s,v2=1 0 m/s（或片=6 m/s,v2=0 ,不符合题意，舍去）故碰撞后瞬间物块Q的速度大小为1 0 m/s,方向水平向右（2）设物块。与车相对静止时，共同速度大小为，系统在水平方向动量守恒，则m2V 2 =（%v3解得v3=2.5 m/s.物块。从开始运动到与车相对静止过程中系统的能量守恒，设物块。与A3间的动摩擦因数为，则；（丐+M）片解得/i =0.2 5经分析可知，物块。滑至C点与车共速时，半径R最小，则有g 网 学=+卬n2gL+M)v；代人数据解得E=1.25m