2022届河南省范县第一中学高考冲刺模拟物理试题含解析.pdf

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1、2021-2022学年高考物理模拟试卷考生须知：1,全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2,请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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.下列说法正确的是（）A.光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就 是 P

2、 粒子，这就是6 衰变的实质C.一个气核；H与一个煎核;H聚变生成一个氮核；He的同时，放出一个电子D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变2.为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为八的圆轨道上运动，周期为乙，总质量为机I,环绕速度为打。随后登陆舱脱离飞船，变轨到离该星球更近的半径为/2的圆轨道上运动环绕速度为也，周期为T 2,登陆舱的质量为切2,引力常量为G,贝！J （）A.该 星 球 的 质 量 为 加=等B.该星球表面的重力加速度为&.=1 田3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2

3、:3,两端共接有六只相同的小灯泡L、心、加、L 4、心 和 （电阻恒定不变），变压器的原线圈接有输出电压U恒定的交流电源，六只小灯泡均发光.下列说法正确的是（）A.心、心、心三只灯泡亮度一定相同B.小灯泡心2一定比心亮C.交流电源输出电压U 是小灯泡却两端电压的4.5倍D.Li消耗的功率是Li消耗灯泡的2.25倍4.如图所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动。以传送带的运动方向为x 轴，棋子初速度方向为y 轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为（）5.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻上金

4、属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下（方向不变），现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持A.ab 中的感应电流方向由5 到 aB.电阻R 的热功率逐渐变小C.ab所受的安培力逐渐减小D.ab所受的静摩擦力保持不变6.如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2,原线圈与定值电阻R 串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻电,A、V 是理想电表。当治=2肥时，电流表的读数为1 A,电压表的读数为4 V,则（）A.电源输出电压为8VB.电源输出功率为4WC.当&=8。时，电压表的读数为3VD.当 R2=8。时，

5、变压器输出功率最大二、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,在一电梯的地板上有一压力传感器，其上放一物块，如图甲所示，当电梯运行时，传感器示数大小随时间变化的关系图象如图乙所示，根据图象分析得出的结论中正确的是（）A.从时刻A到 G,物块处于失重状态B.从时刻f3到卬 物块处于失重状态C.电梯可能开始停在低楼层，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在高楼层D.电梯可能开始停在高楼层，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在低楼层8.如图甲所示，理想变

6、压器原、副线圈的匝数比为10：1,是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=1 0 Q,其余电阻均不计。从某时刻开始在c、d 两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有A.当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22VB.当单刀双掷开关与5 连接时，在 f=O.（H s时刻，电流表示数为4.4AC.当单刀双掷开关由。拨向。时，副线圈输出电压的频率变为25HzD.当单刀双掷开关由a 拨向时，原线圈的输入功率变小9.如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电

7、厂发电机输出的电流增大了，则可以判定A.通过用户的电流减小了B.用户接入电路的总电阻减小了C.用户消耗的电功率减小了D.加在用户两端的电压变小了10.如图所示，设水车的转轮以某一较大的角速度。做匀速圆周运动，轮缘上有两个水滴A、B 同时从同一高度被甩出，并且都落到转轮右侧的水平地面上，假设水滴被甩出的瞬时速度大小与其在轮上运动时相等，速度方向沿转轮的切线方向，不计空气阻力。下列判断中正确的有（）A.两水滴落到水平地面上的速度相同B.两水滴在空中飞行过程中重力做的功相等C.高度一定，越大，两水滴在空中飞行的时间差A，越大D.高度一定，“越大，两水滴落地点的距离Ax越大三、实验题：本题共2 小题，

8、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）在测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，教师提供了下列器材：A.待测的干电池B.电流传感器1C.电流传感器2D.滑动变阻器R（020。，2A）E.定值电阻R）（2000。）F.开关和导线若干某同学发现上述器材中没有电压传感器，但给出了两个电流传感器，于是他设计了如图甲所示的电路来完成实验。ZAA05(1)在实验操作过程中，如将滑动变阻器的滑片产向右滑动，则电流传感器1 的示数将;(选填“变大”“不变”或“变小，)(2)图乙为该同学利用测出的实验数据绘出的两个电流变化图线(心一/B图象)，其中分别代表两传感器的示数

9、,但不清楚分别代表哪个电流传感器的示数。请你根据分析，由 图 线 计 算 被 测 电 池 的 电 动 势 岳=V,内阻r=(3)用上述方法测出的电池电动势和内电阻与真实值相比，E,r o(选填“偏大”或“偏小”)12.(12分)某实验小组用如图甲所示的实验装置测定小木块与长木板间的动摩擦因数，主要实验操作如下:光电门Ba 木板小木块光电门A口挡板白钩码甲先将右端有固定挡板的长木板水平放置在实验桌面上，再将安装有遮光条的小木块用跨过长木板左端定滑轮的细绳与钩码相连接，保持桌面上细绳与长木板平行；光电门B 固定在离挡板较远的位置，光电门A 移到光电B 与挡板之间的某一位置，使小木块从紧靠挡板的位置

10、由静止释放；用跟两光电门相连接的数字计时器记录遮光条通过光电门A 的时间大，遮光条通过光电门B 的时间 t2以及小木块从光电门A 运动到光电门B 的时间 t;改变光电门A 的位置，重复以上操作，记录多组4,打和，值。请回答以下几个问题：(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d 如图乙所示，则d=cm；1 ,(2)实验测得遮光条经过光电门2 的时间 2 保持不变，利用图象处理实验数据，得到如图丙所示的二一一，图象，其中图象纵轴截距为从横轴截距为C。实验测得钩码和木块的质量分别为，”和拉，已知当地重力加速度为g,则动摩擦因数H=.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，

11、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，A 气缸截面积为500c m 2,A、B 两个气缸中装有体积均为10L、压强均为l a t m、温度均为27的理想气体，中间用细管连接.细管中有一绝热活塞M,细管容积不计.现给左面的活塞N施加一个推力.使其缓慢向右移动,同时给B 中气体加热，使此过程中A 气缸中的气体温度保持不变.活塞M 保持在原位置不动.不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为l a t m=105P a.当推力F n g x l O N 时，求：活塞N向右移动的距离是多少？B 气缸中的气体升温到多少？14.(16 分)如图甲所示，水平台面4 B 与水平地面间

12、的高度差。=0.45m,一质量，=k g 的小钢球静止在台面右 角 B 处。一小钢块在水平向右的推力厂作用下从4 点由静止开始做向右直线运动，力尸的大小随时间变化的规律如图乙所示，当r =l.5s 时立即撤去力凡此时钢块恰好与钢球发生弹性正碰，碰后钢块和钢球水平飞离台面，分别落到地面上的C 点和。点。已知3、O两点间的水平距离是8、C 两点间的水平距离的3 倍，钢块与台面间的动摩擦因4数 =不，取 g=10m/s 2。求：钢块的质量m i；(2)5、C 两点间的水平距离x i。甲 C”乙15.(1 2 分)物体沿着圆周的运动是一种常见的运动，匀速圆周运动是当中最简单也是较基本的一种，由于做匀速

13、圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，因而匀速周运动仍旧是一种变速运动，具有加速度。(1)可按如下模型来研究做匀速圆周运动的物体的加速度：设质点沿半径为r、圆心为。的圆周以恒定大小的速度v运动，某时刻质点位于位置4。经 极 短 时 间 后 运 动 到 位 置 3,如图所示，试根据加速度的定义，推导质点在位置A 时的加速度的大小；(2)在研究匀变速直线运动的“位移”时，我们常旧“以恒代变”的思想；在研究曲线运动的“瞬时速度”时，又常用“化曲为直”的思想，而在研究一般的曲线运动时我们用的更多的是一种“化曲为圆”的思想，即对于般的曲线运动，尽管曲线各个位置的弯曲程度不详，但在研究时，可以将曲线分割为许

14、多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看做半径为某个合适值夕的圆周运动的部分，进而采用圆周运动的分析方法来进行研究，夕叫做曲率半径，如图所示，试据此分析图所示的斜抛运动中。轨迹最高点处的曲率半径夕；(3)事实上，对于涉及曲线运动加速度问题的研究中，“化曲为圆”并不是唯的方式，我们还可以采用一种“化圆为抛物线”的思考方式，匀速圆周运动在短时间内可以看成切线方向的匀速运动，法线方向的匀变速运动，设圆弧半径为R,质点做匀速圆周运动的速度大小为 据此推导质点在做匀速圆周运动时的向心加速度参考答案一、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

15、。1、B【解析】A.光电效应说明了光子具有能量，显示了光的粒子性，故 A 错误；B.原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就 是 P 粒子，这就是P 衰变的实质，故 B 正确；C.核反应方程满足质量数和质子数守恒；He+；n所以放出的是中子，不是电子，故 C 错误；D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量减小，故 D 错误。故选B。2、D【解析】由,G Mm尸y 二 加 小(24 丫=/4*，和GM/n寸,=in(2 万 Y v；2rl 二m2 y4 -1 7 乙 r2 J r2A.该星球的

16、质量为M=GT选项A 错误；B.由G皆=%gK星球的半径R 未知，不能求解其表面的重力加速度，选 项 B 错误;C.由表达式可知彩 心2选 项 C 错误；D.由表达式可知选项D 正确。故选D。3、C【解析】设小灯泡L4两端电压为U,则有副线圈的输出电压为。2=3。，根据电压与匝数成正比，原线圈的输入电压为U=21T,L2、L3两只灯泡串联后的总电压为2U；设通过小灯泡L4电流为/,根据电流与匝数成反比，则有原线35圈 电 流 为 根 据 欧 姆 定 律 可 得 通 过 Lz、L3两只灯泡的电流为/,根据并联分流可得通过Li灯泡的电流为/,22小灯泡Li两端电压为*U,根据串联分压可知交流电源输

17、出电压。=?U +2U=4.5U,根据电功率公式可知2 225 25 25Pi=-P,=P,=P4,故 C 正确，A、B、D 错误；4 4 44、A【解析】分析可知，在传送带这个参考系中，合速度的方向和摩擦力的方向在一条直线上，所以运动轨迹应该是一条直线，又因为棋子相对于传送带往后运动，故 A 正确，BCD错误。故选Ao5、C【解析】A.磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由。到 从 故 A 错误；B.由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律尸 A ABSE=n-=n-t kt可知，感应电动势恒定，则感应电流不变，由公式P =/2R可知，电阻K 的热功率

18、不变，故 B 错误；C.根据安培力公式尸=3 知，电流/不变，8 均匀减小，则安培力减小，故 C 正确；D.导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，则f =F安培力减小，则静摩擦力减小，故 D 错误。故 选 C。6、D【解析】A.当&=2与时，电流表的读数为1 A,电压表的读数为4 V,根据欧姆定律U 4R,=幺=C=4Q-k 1R i=2 Q,理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2,根据电压与匝数成正比得原线圈电压是U,=2U/=LX4V=2Vn2 2根据单相变压器中电流与匝数成反比得原线圈电流是人=生 I,=2xlA=2A勺所以电源输出电压为U=U1+/R=2V+2x2V=6VA错误；B.电源输出

19、功率为P =UIt=12WB错误；U,、U,D.根据欧姆定律得副线圈电流为广，所以原线圈电流是2丁，所以A2我26V=2七 凡+以&2U J 2&当&=8。时，U =6 V ,即电压表的读数为6V；变压器输出的功率c U；144&144P=-=-4 (6+8)2 +64+1 6一6所以满足凡考R2时变压器输入功率最大，解得凡=8Q9变压器输出的功率鸟最大为5 W,C错误，D正确。故选D。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、BC【解析】由尸一，图象可以看出，0

20、有F=mg物块可能处于静止状态或匀速运动状态，人f2Fmg电梯具有向上的加速度，物块处于超重状态，可能加速向上或减速向下运动，打右F=mg物块可能静止或匀速运动，工 3&Fmg电梯具有向下的加速度，物块处于失重状态，可能加速向下或减速向上运动，综上分析可知，故 BC正确。故选BC.8、AB【解析】A.当单刀双掷开关与a 连接时，变压器原副线圈的匝数比为10：1,输入电压G =%=2 2 0 Vx/2故根据变压比公式U2 n2 1可得输出电压为22 V,电压表的示数为2 2 V,故 A 正确；B.当单刀双掷开关与 连接时，变压器原副线圈的匝数比为5：1,输入电压S=2 2 0 V,故根据变压比公

21、式，输出电压为44 V,根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值r2=-=A=4.4A2 R 10故 B 正确;C.由图象可知，交流电的周期为2 x 1 0-2 5,所以交流电的频率为/=-=50Hz当单刀双掷开关由a 拨向6 时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz。故 C 错误；D.当单刀双掷开关由a 拨向力时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，则原线圈的输入功率变大，故 D 错误。故选AB,9 BD【解析】A 项：如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故 A 错误；B 项：由+（以 TA用

22、户 可知，输送电流增大，是由于我用 户 减小引起的，故 B 正确；3c 项：当用户电阻减小时，用户消耗的功率增大，故 c 错误；D 项：发电机输出电流增大，则输电线上的电压降增大，因此降压变压器的输入、输出电压均减小，即因在用户两端电压变小了，故 D 正确。故选：BD.10、ACD【解析】A.由机械能守恒定律可知，两水滴落到水平地面上的速度大小相同，由斜抛运动的规律可知，两水滴落到底面上的速度方向也相同，选项A 正确；B.两水滴质量关系不确定，则不能比较重力功，选 项 B 错误；C.两水滴在空中飞行的时间差，等于在4 处的水滴做斜上抛运动回到原来高度（虚线所在的平面）时的时间，因”越大，水滴做

23、斜抛运动的初速度越大，则竖直速度越大，则回到原来的高度的时间越长，即两水滴在空中飞行的时间差 越 大，选 项 C 正确；D.两水滴落地点的距离Ax等于A 处的水滴做斜上抛运动回到原来高度（虚线所在的平面）时与B点的距离，因 s越大，水滴做斜抛运动的初速度越大，则水平速度和运动时间都越大，则回到原来的高度时与8 点的距离越大，即两水滴落地点的距离Ax越大，选 项 D 正确；故选ACDo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、变小 3.0 2.0 偏小 偏小【解析】（1）1.滑动变阻器在电路中应起到调节电流的作用，滑片尸向右滑动时R 值减小

24、，电路总电阻减小，总电流变大，电源内阻上电压变大，则路端电压减小，即电阻&上电压减小，电流减小，即电流传感器1 的示数变小。由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 可 得h R o=E-(/1 +/2)r变形得-2由数学知可知图象中的4+由图可知6=1.504=1X10-3解得E=3.0Vr=2.0。(3)45 本实验中传感器1 与定值电阻串联充当电压表使用，由于电流传感器1 的分流，使电流传感器2 中电流测量值小于真实值，而所测量并计算出的电压示数是准确的，当电路短路时，电压表的分流可以忽略不计，故短路电流为准确的，则图象应以短流电流为轴向左下转动，如图所示，故图象与横坐标的交点减小，电动势测量

25、值减小；图象的斜率变大，故内阻测量值小于真实值。,bdm2 一(团+M)-12、1.010 cMg【解析】口 遮光条宽度：d=10/z77i+2x0.05/nm=10.10/?im=1.010cni.(2)设小木块运动的加速度为0,由题知:d d-=-F a A/加2 州解得：4 加 2 d结 合 一 图象可以得到:八a bd c解得：a=根据牛顿第二定律得:mgfiMg=(m+M)amg (m+M),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、5 cm；127C【解析】F 4 加力F 后，A 中 气 体 的 压 强 为=

26、“0+=鼻x 1 CT尸。对 A 中气体：由PAVA=PAVA ,%10 x 10 V/初态时，LA-=-=20cm,LA,=15cmSt500 3 a故活塞N 向右移动的距离是S=LA-LA-5cm4 对 B 中气体，困活塞M 保持在原位置不动，末态压强为p B，=P A=X l()5p a根据查理定律得：祟=胃IB 1BPBTB解得，TB,=-U=400KPB则 tB=400-273=127点睛：对于两部分气体问题，既要分别研究各自的变化过程，同时要抓住之间的联系，本题是压强相等是重要关系.14、(l)0.3kg；(2)0.6m【解析】(1)设碰前钢块的速度大小为力 碰后，钢块、钢球的速度

27、大小分别为W和眩，钢块、钢球均做平抛运动，根据水平位移关系可知岭=3%钢块与钢球发生弹性正碰，由动量守恒可知m1v=/z1v1+m2v2由机械能守恒可知1 2 1 9 1 9+-2联立解得叫=0.3kg(2)根据图乙图像，图线与f 轴所包围的面积表示冲量，则0 弓时间内，推力冲量大小为 =2 x 0.5N s+g x(2+0.8)xlN-s=2.4N-s根据动量定理lF-/jmxgt2=m,v-0解得n=4m/s在根据第一间碰撞过程，可以求得V 1 2m/s碰撞后，钢块做平抛运动，则,1 2玉=卬I解得%=0.6 m15、2V2(1)或&=一;2 2 二v0-C-O-S-0S；(3)a R【解

28、析】(1)当。足够小时，的夹角。就足够小，。角所对的弦和弧的长度就近似相等。因此,V在加时间内，所对方向变化的角度为0=aAt联立可得A v=vaAt代入加速度定义式噜，以及把 如 代 入，可得向心加速度大小的表达式为 n =疗 r上式也可以写为V2 n =在斜抛运动最高点，质点的速度为v=v0 c os 0可以把质点的运动看成是半径为夕的圆周运动，因为质点只受重力，所以根据牛顿第二定律可得v2m g 二 m一P联立可得vl c os2 0p=-质点在短时间加内将从A以速度u匀速运动到夕，则1,yA C-a f由图可知R-=（R -NAC）-+XAD,联立解得v2-aR+-a2r=02若。足够小，即*=0所以v2a-Rn