2021-2022学年河南省各地高考仿真模拟物理试卷含解析.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、甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是lm/s,甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为lm/s和 2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比（）A.1:2 B.2:

2、1 C.2:3 D.3:22、如图所示，在 x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为5,方向垂直于xOy平面向里。现有一质量为机、电量为g 的带正电粒子，从 x 轴上的某点尸沿着与x 轴成3 0 角的方向射人磁场。不计重力影响，则可以确定的物理量是（）A.粒子在磁场中运动的时间 B.粒子运动的半径C.粒子从射入到射出的速度偏转角 D.粒子做圆周运动的周期3、图 1 所示为一列简谐横波在某时刻的波动图象，图 2 所示为该波中x=1.5m处质点P的振动图象，下列说法正确的是A.该波的波速为2m/sB.该波一定沿x 轴负方向传播C.U 1.0s时，质 点 P 的加速度最小，速度最大D.

3、图 1 所对应的时刻可能是U0.5s4、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A 小球，同时水平细线一端连着A 球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60。，A、B 两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B 两球都静止不动，A、B 两小球的质量相等，重力加速度为g,若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B 两球的加速度分别 为（）B.Q/i=2g,劭=0C.aA-j3g,”B=0D.aA=2 g g，=5、滑索速降是一项具有挑战性、刺激性和娱乐性的现代化体育游乐项目。可跨越草地、湖泊、河流、峡谷，借助高度差从高处以较高的速度向下滑行，使游客在有惊无险的快乐

4、中感受刺激和满足。下行滑车甲和乙正好可以简化为下图所示的状态，滑车甲的钢绳与索道恰好垂直，滑车乙的钢绳正好竖直。套在索道上的滑轮质量为，滑轮通过轻质钢绳吊着质量为M的乘客，则（）甲 乙A.滑轮a、b 都只受三个力作用B.滑轮分不受摩擦力的作用C.甲一定做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动D.乙中钢绳对乘客的拉力小于乘客的总重力6、人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列有关说法中不正确的是（）A.伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动B.法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动C.海王星

5、是在万有引力定律发现之前通过观测发现的D.密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值二、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。分。7、一列简谐横波沿x 轴传播，如图所示为U O 时刻的波形图，M 是平衡位置在x=7 0 m 处的一个质点，此时M 点正沿 y 轴负方向运动，之后经过0.4 s 第二次经过平衡位置，则oA.该波沿x 轴正向传播B.M 点振动周期为0.5 sC.该波传播的速度为100 m/sD.在 U0.3 s 时 亥(,质 点 M 的位移为()E.题中波形图上，与

6、 M 点振动总是相反的质点有2 个8、如图所示，在某一峡谷的两侧存在与水平面成相同角度的山坡，某人站在左侧山坡上的P 点向对面的山坡上水平抛出三个质量不等的石块，分别落在4、8、C 三处，不计空气阻力，A、C 两处在同一水平面上，则下列说法正确的是()A.落到A、8、C 三处的石块落地速度方向相同B.落到4、8 两处的石块落地速度方向相同C.落到8、C 两处的石块落地速度大小可能相同D.落 到 C 处的石块在空中运动的时间最长9、如图，斜面上有a、b、c、d 四个点，ab=bc=cd,从 a 点以初速度v(水平抛出一个小球，它落在斜面上的b 点，速度方向与斜面之间的夹角为。；若小球从a 点以初

7、速度拉平抛出，不计空气阻力，则 小 球()A.将落在be之间B.将落在c 点C.落在斜面的速度方向与斜面的夹角大于0D.落在斜面的速度方向与斜面的夹角等于。10、某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g 取 lOm*.4 s内物体的()A.路程为50m B.位移大小为4 0 m,方向向上C.速度改变量的大小为20m/s,方向向下 D.平均速度大小为10m/s,方向向上三、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）某同学用图示的实验装置探究加速度与力的关系。他在气垫导轨旁安装了一个光电门B,滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕

8、过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，力传感器可直接测出绳中拉力大小，传感器下方悬挂钩码。改变钩码数量，每次都从A 处由静止释放滑块。已知滑块（含遮光条）总质量为M,导轨上遮光条位置到光电门位置的距离为心请回答下面相关问题。2 310 15 20（1）如图，实验时用游标卡尺测得遮光条的宽度为一。某次实验中，由数字毫秒计记录遮光条通过光电门的时间为由力传感器记录对应的细线拉力大小为尸，则滑块运动的加速度大小应表示为一（用题干已知物理量和测得物理量字母表示）。（2）下列实验要求中不必要的是（）A.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量B.应使遮光条位置与光电门间的距离适当大些C.应将气垫导轨调节

9、至水平D.应使细线与气垫导轨平行12.（12分）用如图所示装置探究钩码和小车（含祛码）组成的系统的“功能关系”实验中，小车碰到制动挡板时，钩码尚未到达地面。（1）平衡摩擦力时，（填“要”或“不要”）挂上钩码；（2）如图乙是某次实验中打出纸带的一部分，0、A、B、C 为 4 个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有4 个打出的点没有画出，所用交流电源的频率为50Hz通过测量，可知打点计时器打8 点时小车的速度大小为 m/s（结果保留两位有效数字）；（3）某同学经过认真、规范的操作，得到一条点迹清晰的纸带，他把小车开始运动时打下的点记为0,再依次在纸带上取等时间间隔的1、2、3、4、5、6 等多个

10、计数点，可获得各计数点到0 的距离s,及打下各计数点时小车的瞬时速度Vo如图丙是根据这些实验数据绘出的y27图象，已知此次实验中钩码的总质量为0.15kg,小车中硅码的总质量为0.50kg,取重力加速度g=10 m/s2,根据功能关系由图象可知小车的质量为 kg(结果保留两位有效数字)；(4)研究实验数据发现，钩码重力做的功总略大于系统总动能的增量，其 原 因 可 能 是。A.钩码的重力大于细线的拉力B.未完全平衡摩擦力C.在接通电源的同时释放了小车D.交流电源的实际频率大于50Hz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

11、。13.(10分)如图所示，横截面为半圆形的玻璃砖，在其直径上A 点嵌入一个单色点光源，已知=玻璃对该3单色光的折射率=2,求：(1)该单色光在玻璃和空气界面发生全反射时的临界角C；(2)图中横截面半圆弧上单色光无法射出的部分所对应的圆心角。14.(16分)如图所示，在竖直直角坐标系xO y内，X轴下方区域I 存在场强大小为E、方向沿y 轴正方向的匀强电27场,X轴上方区域n 存在方向沿X轴正方向的匀强电场。已知图中点O 的坐标为(-L-L),虚线GO_Lx轴。两2固定平行绝缘挡板AB、OC间距为3L,OC在 x 轴上，AB,0 c 板平面垂直纸面，点 8 在 y 轴上。一 质 量 为 电 荷

12、量为9 的带电粒子(不计重力)从。点由静止开始向上运动，通过x 轴后不与A 8 碰撞，恰好到达B 点，已知AB=14L,OC=13Lo-7 Rn 06 cl o(1)求区域n 的场强大小E以及粒子从D点运动到B点所用的时间外；(2)改变该粒子的初位置，粒子从GO上某点M 由静止开始向上运动，通过X轴后第一次与A 8相碰前瞬间动能恰好最大。求此最大动能Ek m以及M点与X轴间的距离必；若粒子与A 3、0C 碰撞前后均无动能损失(碰后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变，方向相反)，求粒子通过 J轴时的位置与0 点的距离J 2.15.(12分)如图所示，在第II象限内有水平向右的匀强电场，在第I

13、 象限和第IV 象限的圆形区域内分别存在如图所示的匀强磁场，在 第 IV 象限磁感应强度大小是第I 象限的2 倍.圆形区域与x 轴相切于。点，。到。点的距离为，有一个带电粒子质量为，电荷量为g,以垂直于x 轴的初速度从轴上的尸点进入匀强电场中，并且恰好与y 轴的正方向成60。角以速度y进入第I 象限，又恰好垂直于x 轴 在。点进入圆形区域磁场，射出圆形区域磁场后与x 轴正向成 30。角再次进入第I 象限。不计重力。求：(1)第 I 象限内磁场磁感应强度B的大小：(2)电场强度E 的大小；(3)粒子在圆形区域磁场中的运动时间。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

14、出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】由动量守恒定律得加M-m2v2-加2M -my解得网 _%+%加2 匕+Vl代入数据得网_ 3m2 2故选D。2、D【解析】A C.粒子在磁场中做圆周运动，由于尸点位置不确定，粒子从x轴上离开磁场或粒子运动轨迹与y轴相切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为,nax=300粒子在磁场中的最长运动时间t=联7=*迎=包max 360 360 qB 3qB粒子最小的圆心角为P点与坐标原点重合，最小圆心角=1 2 0 粒子在磁场中的最短运动时间t=1 2咖min 360 3 3qB粒子在磁场中运动所经历的时间为2nm 5itm-t 故 D 正确。

15、4、D【解析】对水平细线被剪断前的整体和小球B 受力分析，求出两段弹簧中的弹力。水平细线被剪断瞬间，绳中力变为零，弹簧弹力不会突变，对 A 和 B 分别受力分析，由牛顿第二定律求出AB各自的加速度。【详解】设两球的质量均为m,倾斜弹簧的弹力为刀，竖直弹簧的弹力为T?。对水平细线被剪断前的整体受力分析，由平衡条件可得：7；cos60=2m g,解得：7；=4 吆。对水平细线被剪断前的小球B 受力分析，由平衡条件可得：T2=m g a水平细线被剪断瞬间，绳中力变为零，弹簧弹力不会突变。对水平细线被剪断瞬间的A 球受力分析知，A 球所受合力与原来细线拉力方向相反，水平向左，由牛顿第二定律可得：7s山

16、60=以“解得：%=2 g g。对水平细线被剪断瞬间的B 球受力分析知，B 球的受力情况不变，加速度仍为0。故 D 项正确，A B C 三项错误。【点睛】未剪断的绳，绳中张力可发生突变；未剪断的弹簧，弹簧弹力不可以突变。5、C【解析】A B.设索道的倾角为a,甲图中，对乘客，根据牛顿第二定律得A/gsina=Ma解得a-gsina对滑轮和乘客组成的整体，设滑轮。受到的摩擦力大小为了,由牛顿第二定律得(M+m gsina-f (M+m)a解得故滑轮。只受重力和钢绳的拉力两个力作用；乙图中，对乘客分析知，乘客只受重力和钢绳的拉力两个力作用，这两个力必定平衡，若这两个力的合力不为零，且合力与速度不在

17、同一直线上，乘客不能做直线运动，故该乘客做匀速直线运动，对滑轮和乘客组成的整体可知，滑轮8 一定受到摩擦力，故 A、B 错误；C.由上分析知，甲一定做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动，故 C 正确；D.乙做匀速直线运动，乙中钢绳对乘客的拉力等于乘客的总重力，故 D 错误；故选C。6、C【解析】伽利略在斜面实验中得出物体沿斜面下落时的位移和时间的平方成正比，然后利用这一结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动，故 A 正确；法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向；故 B 正确；海王星是在万有引力定律发

18、现之后通过观测发现的，故 C 不正确；密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，任何电荷的电荷量都应是基本电荷的整数倍；故 D 正确；二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共2 0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。分。7、A C E【解析】A.由于f =0时刻，M点正沿V轴负方向运动，根据同侧法可知波沿X轴正方向运动，A正确；B C.经过0.4 s,M点第二次经过平衡位置，根据波形平移法，3 0 m处质点的振动形式传递至7 0 m处，所以传播距离为4 0 m,波速：X 4 0v =-=m/s =1 0 0 m/st 0

19、.4周期：T /t 6 0 c /T-s =0.6 sv 1 0 0B错误，C正确；D.经过0.3 s=；T,质点运动到关于平衡位置对称的位置，因此M质点的位移肯定不为0,D错误；E.与M质点距离为半波长奇数倍的质点，振动与M点总是相反，因此题中波形图上，与M点振动总是相反的质点有两个，分别为4 0 m和1 0 0 m处的质点，E正确。故选A C E.8、B C【解析】试题分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度.知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍.解：A、因为速度方向与水平方向的

20、夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，A、B两点的位移方向相同，与落在C点的位移方向不同，所 以A、B两点的速度方向相同，与C点的速度方向不同，故A错误，B正确.C、落在B点的石块竖直分速度比C点竖直分速度大，但 是B点的水平分速度比C点水平分速度小，根据平行四边形定则可知，两点的速度大小可能相同，故C正确.D、高度决定平抛运动的时间，可知落在B点的石块运动时间最长.故D错误.故 选B C.点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍.9、B D【解析】设斜面的倾角为。.小球落在斜面上，有：ta n

21、 e=7 _ 2S-S t,解得：，=一；在竖直方向上的分位移为:X vot 2%8y=_L gP=2幽0 1,则知当初速度变为原来的近倍时，竖直方向上的位移变为原来的2 倍，所以小球一定落在2g斜面上的c 点，故 A 错误，B 正确；设小球落在斜面上速度与水平方向的夹角为小贝！|ta 呻=匕=&=2tan。，即%tanp=2tanO,所以口 一定，则知落在斜面时的速度方向与斜面夹角一定相同.故C 错误，D 正 确.故 选 BD.【点睛】物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，竖直方向的位移与水平方向上的位移比值是一定值.以及知道在任一时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2 倍

22、.10、ABD【解析】由 V=gt可得物体的速度减为零需要的时间二=W =i i 二=3 二，故 4 s时物体正在下落；路程应等于向上的高度与下落1 s内下落的高度之和，由 v?=2gh可得，h=M=45m,后 Is下落的高度h=郅 =5 m,故总路程为：s=(45+5)m=50m；故 A 正确；位 移 h=vot学 t2=40m,位移在抛出点的上方，故 B 正确；速度的改变量A v=gt=10 x4=4()m/s,方向向下，故 C 错误；平均速 度 二=彳=二/二 故 D 正确；故选ABD。【点睛】竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度

23、一定要用位移除以时间；速度变化量可以用Av=at求得.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。211、0.96cm-A2 Lt2【解析】口 游标卡尺的主尺读数为9m m,游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12x0.05mm=0.60mm,所以最终读数为：d-9mm+0.60mm=9.60mm2已知初速度为零，位移为L,要计算加速度，需要知道末速度，故需要由数字计时器读出遮光条通过光电门B 的时间，末速度：dv=t由F =2aL得：v2 d2a-.=-2L 2Lt2(2)3A.拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码

24、质量大小关系无关，不必要使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量，故 A 符合题意；B.应使A 位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故 B 不符合题意；C.应将气垫导轨调节水平，使拉力才等于合力，故 C 不符合题意；D.要保持拉线方向与气垫导轨平行，拉力才等于合力，故 D 不符合题意。12 不要 0,72 0.85 BD【解析】(1)口.小车下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力作用，为了在实验中能够把细线对小车的拉力视为小车的合外力，则应该用重力的下滑分力来平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不挂钩码，但要连接纸带。(2)2.相邻的两个计数点之间还有4 个打出的点没有画出，计数点间的时间

25、间隔为T=0.02x5s=0.1s根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打 8 点的速度为vH=如 。-10 2m/s=0.72m/s2T 2x0.1(3)3.设钩码的质量为,”，小 车 的 质 量 为 小 车 中 祛 码 的 质 量 为，方,对系统，由动能定理得mgx=AM+m+m)v2整理得.2 2mgxV-m+mf+M评卡图象的斜率k=2mg 7s之m+m+M 0.25解得M=0.85kg。(4)4.A.钩码的重力大于细线的拉力，不影响钩码重力做系统做的功，故 A 错误；B.长木板的右端垫起的高度过低，未完全平衡摩擦力时，则摩擦力做负功，系统总动能的增

26、量小于钩码重力做的功,故 B 正确：C.接通电源的同时释放了小车，只会使得纸带上一部分点不稳定，不影响做功与动能的增量，故 C 错误；D.交流电源的实际频率大于50Hz,如果代入速度公式的周期为0.02s,比真实的周期大，则求出来的速度偏小，则动能偏小，故 D 正确。故选BD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)30；(2)60【解析】根据si nC =1 =一1n 2解得C=30(2)由于临界角为30。，且 AO=R,可知圆弧最左侧M 点是一个临界点如图6即满足.AO V3tan Z.AMO=-=MO 3

27、解得所以光线在 点发生全反射；当光线射向另一个临界点N 时，由正弦定理AO Rsin C sin ZNAO可得ZM46=120所以NNOA=30综上所述，入射点在圆弧MN之间时入射角大于临界角C,会发生全反射，光线无法射出，故圆弧上光线无法射出部分即圆弧M N对应的圆心角N M O N =Z M O A -N N O A=9 0-3 0 =6 0 1 4、(1)6E；5处(2)1 8 q皮，9 L；3 2qE【解析】(1)该粒子带正电，从。点运动到x轴所用的时间设为乙，则L=aitiu=卬根据牛顿第二定律有qE=mat粒子在区域I I中做类平抛运动，所用的时间设为G，则会=也;3L=ut2根据

28、牛顿第二定律有qE=ma-.粒子从D点运动到B点所用的时间fo=叱2解得 E=6 E，=5除mL(2)设粒子通过x轴时的速度大小为心，碰到A 8前做类平抛运动的时间为f,则3Lo=粒子第一次碰到A B前瞬间的X轴分速度大小碰前瞬间动能即 m（9Z3 2 2 I由于号L aft2=9Z?a；为定值，当=片/即/=旧 时 动 能 有 最 大 值由（1）得6qEa?二-m最大动能&”=18祖对应的%=粒子在区域I 中做初速度为零的匀加速直线运动，则解得X =粒子在区域II中的运动可等效为粒子以大小为必的初速度在场强大小为6 E的匀强电场中做类平抛运动直接到达y轴 的 K 点，如图所示，则时间仍然为为

29、K uot2得OK=9L由于”=*=3,粒子与A 3 碰撞一次后，再 与 8 碰撞一次，最后到达5 处OB 3L则%=3 乙15、(1)B3?v2Z(2)E=3mv4qL(3)2TFL9v【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示.设粒子在第I 象限内的轨迹半径为拈.由几何关系有:1 2得：&=-L1 3根据洛伦兹力提供向心力有：7V qvB-m一R得：39nvB-2qL(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系有:y=R sin 60=L1vo=vcos60=v2粒子刚出电场时Vx=vsin60=v2粒子在电场中运动时间为:y%Vx=ataSm可得:l 3mv2E=-4qL(3)由几何关系知，粒子在圆形磁场中运动的时间心二3而2兀 R 27rm=T=q-2B八 3mv结合8 二 7 7得2qL,27tLf =-9v