2022届苏州大学高三冲刺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请考生注意：1 .请用2 B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请 用0.5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2 .答题前，认真阅读答题纸上的 注意事项，按规定答题。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、一个不稳定的原子核质量为处于静止状态.放出一个质量为m的粒子后反冲.已知放出的粒子的动能为E o,则原子核反冲的动能为（）广 2 l c m l MmA.E B,Ea C.En D.“0M M-m（M-m）2、科学家

2、对物理学的发展做出了重大贡献，下列描述中符合历史事实的是（）A.伽利略通过理想斜面实验，否定了“力是维持物体运动的原因”，并得出了惯性定律B.牛顿通过月一地检验证明了行星和太阳间作用力的规律与月球和地球间作用力的规律是相同的C.安培在研究电磁现象的过程中提出了分子电流假说，发现了安培定则和右手定则，并发明了电流计D.法拉第在研究电磁现象的过程中引入了电场线和磁感线，并得出了法拉第电磁感应定律3、阴雨天里积雨云会产生电荷，云层底面产生负电荷，在地面感应出正电荷，电场强度达到一定值时大气将被击穿，发生闪电。若将云层底面和地面看作平行板电容器的两个极板，板间距离记为3 0 0 m,电压为2 x l（

3、Vv,积雨云底面面积约为l x l（）8 m 2。若已知静电力常量与空气的介电常数，由以上条件是否能估算出以下物理量（）云层底面与地面间的电场强度云层底面与地面构成的电容器的电容云层底面所带电量A.只能估算出B.只能估算出和C.只能估算出和D.均能估算出4、如图，OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面。a、分两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面M N,在棱镜侧面Q W、O N上反射和折射的情况如图所示，由此可知（）A.从玻璃射向空气，光的临界角小于b 光的临界角B.玻璃对a 光的折射率小于玻璃对b 光的折射率C.在玻璃中，a 光的速度小于分光的速度D.在双缝干涉实验中，a 光干涉条纹宽度小于6 光干涉

4、条纹宽度5、2017年 11月 5 日，我国用长征火箭成功发射了两颗北斗三号组网卫星（如图所示），开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代。下列关于火箭在竖直方向加速起飞阶段的说法，正确的是（）A.火箭只受到重力和空气阻力的作用B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力大小相等C.火箭处于失重状态D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，相对地面由静止下落6、带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a 点以初速度-进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到5 点，如图所示，实线是电场线，关于粒子，下列说法正确的是A.在 a 点的加速度大于在点的加速度B.在 a 点的电势能小于在b 点的电势能C.在 a

5、点的速度小于在8 点的速度D.电场中a 点的电势一定比8 点的电势高二、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、如图所示，在光滑水平桌面上有一 xOy平面直角坐标系，y 轴右侧有两根完全相同的均匀金属丝M 和 N 连接成闭合回路，金属丝M 的形状满足y=电 阻 为 在 y 轴左侧有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为8,磁 场 宽 度 为 两 金 属 丝 在 沿 x 轴负方向的外力作用下，以速度v 匀速穿过磁场，下列判断正确2的是A.金属丝中感应电流先沿逆时针

6、方向后沿顺时针方向B.金属丝中感应电流的最大值为萼RC.金属丝运动过程中外力的最大功率为之立RD.金属丝穿过磁场过程中产生的热量为竺三生R8、如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M 的物体A、B(B 物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F 作用在物体A 上，使物体A 开始向上做加速度为 a(a A.施加外力F 大小恒为M(g+a)B.A、B 分离时，弹簧弹力恰好为零C.A、B 分离时，A 上升的距离为 话 二D.弹簧恢复到原长时，物 体 B 的速度达到最大值9、如图所示，H cd为固定的水平光滑矩形金属导轨，导轨间距为L 左

7、右两端接有定值电阻员和用，RI=R2=R,整个装置处于磁感应强度大小为5,方向竖直向下的匀强磁场中.质量为，的导体棒MN放在导轨上，棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨与棒的电阻.两根相同的轻质弹簧甲和乙一端固定，另一端同时与棒的中点连接.初始时刻，两根弹簧恰好处于原长状态，棒获得水平向左的初速度%,第一次运动至最右端的过程中凡产生的电热为Q,下列说法中正确的是%A.初始时刻棒所受安培力的大小为七%RD-r2 2B.棒第一次回到初始位置的时刻，&的电功率小于巴土hR1 ,c.棒第一次到达最右端的时刻，两根弹簧具有弹性势能的总量为a 相 片-。D.从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路

8、产生的电热大于也310、如图所示，用等长的绝缘线分别悬挂两个质量、电量都相同的带电小球A 和 B,两线上端固定于O 点，B 球固定在。点正下方。当 A 球静止时，两悬线的夹角为队下列方法中能保持两悬线的夹角不变的是（）AAOA.同时使两悬线长度减半B.同时使两球的质量和电量都减半C.同时使A 球的质量和电量都减半D.同时使两悬线长度减半和两球的电量都减半三、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）现有一电池,电动势E 约为5V,内阻r 约为50。，允许通过的最大电流为5 0 m A.为测定该电池的电动势和内阻,某同学利用如图甲所示

9、的电路进行实验.图中R 为电阻箱，阻值范围为0999.9C,R.为定值电阻V 为理想电压表.A.15ft LOWB.50Q O.O1WC.60。LOW D.1500ft 6.0W(2)按照图甲所示的电路图，在 答 题 卡 上 将 图 乙 所 示 的 实 物 连 接 成 实 验 电 路.(3)连接好电路，闭合开关S,调节电阻箱的阻值，记录阻值R 和相应的电压表示数U,测得多组实验数据,并作出如图丙所示的1/U-1/R关系图像，则电动势E=-V,内阻r=Q.(结果均保留两位有效数字)12.(12分)某实验小组在实验室做“验证牛顿运动定律”实验：(1)在物体所受合外力不变时，改变物体的质量，得到数据

10、并作出a-工 图 象 如 图 甲 所 示.由 图 象，你得出的结m m论为_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(2)物 体 受 到 的 合 力 大 约 为 (结果保留三位有效数字)(3)保持小车的质量不变，改变所挂钩码的数量，多次重复测量.在某次实验中根据测得的多组数据在坐标纸上画出无尸关系的点迹如图乙所示.经过分析，发现这些点迹存在一些问题，产生这些问题的主要原因可能是A.轨道与水平方向夹角太大B.轨道保持了水平状态，没有平衡摩擦力C.所挂钩码的总质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势D.所用小车的质量太大，造成上部点迹有向下弯曲趋势四、计算题：本题共2 小题，共 26分。把答案写在

11、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)如 图(a),水平地面上固定一倾角为37。的斜面，一宽为/=0.43m 的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场边界与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一正方形金属线框“b ed,线框沿斜面下滑时，ab、cd边始终与磁场边界保持平行。以地面为零势能面，从线框开始运动到恰好完全进入磁场的过程中，线框的机械能与位移s 之间的关系如图(b)所示，图中、均为直线段。已知线框的质量为，=O.lk g,电阻为R=0.06C。(sin37=0.6,cos37=0.8,重力加速度g 取 10m/s2)求：线框与斜面间的动摩擦因数；(2)曲

12、边刚进入磁场时，线框的速度X(3)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间tt（4）线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率Pm；(a)(b)14.（16分）如图所示，质量为1kg的长木板A 放在光滑的水平面上，质量为0.5kg的物块8 放在长木板上表面的右端，现对长木板施加大小为6 N 的水平恒力凡 使长木板A 和物块3 起由静止开始向左做加速运动，物块5 相对于长木板A 恰好不滑动，重力加速度为g=10m/s2,已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求:一 一.回（1）物块B与长木板A 间的动摩擦因数；若尸作用2s时，立即将产水平反向，大小增大为原来的2 倍，结果当物块8 的速度为零时，刚

13、好从木板的左端滑离，求长木板的长度。15.（12分）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距/=0.50 m,倾 角，=53。，导轨上端串接一个我=0.05。的电阻.在导轨间长d=0.56m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度3=2.0 T.质量机=4.0 k g的金属棒C D水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆G H相 连.C D棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力尸=80 N 拉动G 杆，棒由静止开始运动，上升过程中棒始终保持与导轨垂直.当棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使圆棒回到初始位置（重力加速度

14、g=10m/s2,sin 53=0.8,不计其它电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）.求：（D C D棒进入磁场时速度v 的大小;(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.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、C【解析】放出质量为“7的粒子后，剩余质量为M-该过程动量守恒，则有:mv0=(M-m)v放出的粒子的动能为:诏原子核反冲的动能：Ek=g(M 联立解得：E k M-mA.4 与分析不符，不符合题意7 7 7B.E。与分析不符，不符合题意；MJ

15、 T 1C.耳,与分析相符，符合题意M-mMm.七 行 综 与 分 析 不 符 不 符 合 题 意。2、B【解析】A.伽利略通过理想斜面实验，说明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，牛顿得出了惯性定律，A 错误；B.牛顿通过月一地检验证明了行星和太阳之间作用力的规律与月球和地球之间作用力的规律是相同的，B 正确；C.安培在研究电磁现象的过程中提出了分子电流假说，发现了安培定则，并发明了电流计，但右手定则不是安培发现的，c错误；D.法拉第在研究电磁现象的过程中引入了电场线和磁感线，纽曼和韦伯总结出了法拉第电磁感应定律，D错误。故 选B。3 D【解析】两极板间的电压已知，两极板

16、间的距离已知，根 据 可 知 云 层 底 面 与 地 面 间 的 电 场 强 度；已知积雨云底面面积约为S=lxl()8m 2,板间距离为d=300m、而静电力常量与空气的介电常数，根据电容器的决 定 式 可 以 估 算 电 容 器 的 电 容；4兀kd根据Q =C U可以估算云层底面所带电量，故ABC错误，D正确。故选D。4、B【解析】A B.由光路图看出，光线分在NO面上发生了全反射，而光线a在 面 上 没 有 发 生 全 反 射，而入射角相同，则知光的临界角小于a光的临界角，由sin C=L可知，玻璃对a光的折射率小于6的折射率小，故A错误，B正确；nC.玻璃对。光的折射率小于b的折射率

17、小，由u=可知，在玻璃中，a光的速度大于人光的速度，故C错误；nD.由于玻璃对a光的折射率小于b的折射率小，则。光的频率比b光的低，a光的波长比力光的长，由公式以=。2a可知，。光的双缝干涉条纹宽度比分光的大，故D错误。故选B。5、B【解析】A.火箭受到重力和空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，故A错误；B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力为作用力和反作用力，二者大小相等，故B正确；C.火箭加速向上，故处于超重状态，故C错误；D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有向上的速度，故做竖直上抛运动，故D错误。故选B。6、C【解析】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电

18、场的强度小，可知EAV EB,所以a、b 两点比较，粒子的加速度在b 点时较大，故 A 错误；由粒子的运动的轨迹可以知道，粒子受电场力的方向应该指向轨迹的内侧，根据电场力方向与速度方向的夹角得电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，整个过程电场力做正功，电势能减小，即在a点的电势能大于在b 点的电势能，故 B 错误；整个过程电场力做正功，根据动能定理得经b 点时的动能大于经a 点时的动能，所以无论粒子带何种电，经 b 点时的速度总比经a 点时的速度大，故 C 正确；由于不知道粒子的电性，也不能确定电场线的方向，所以无法确定a 点的电势和b 点的电势大小关系，故 D 错误；故选C.二、多项选

19、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.导体切割磁感线，根据右手定则可知，金属丝进入磁场过程中感应电流沿逆时针方向，离开磁场过程中感应电流沿顺时针方向，A 正确；B.金属丝在磁场中切割磁感线的最大有效长度为：L 2a最大的感应电动势：Em=BLv最大感应电流：=E=Bavm 2R RB 正确；C.导体棒匀速运动，外力与安培力等大反向，最大外力:=BLIm2B2a2vR最大功率:4=4 竺 产C 错误;D.根据金属丝形状的表达式可知回路中产生的是正弦式交变电流，电流的

20、有效值:人争m电流存在的时间：T =&V根据焦耳定律：八 忘 Bavy cc d BcrdvQ=x-x2R x =-I 2 R)v RD 错误。故选A B。8、A B D【解析】题中弹簧弹力根据胡克定律列式求解，先对物体A B 整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程；再对物体B 受力分析,根据牛顿第二定律列方程；h 时刻是A 与 B 分离的时刻，之间的弹力为零。【详解】A 项：施加F 前，物体A B 整体平衡，根据平衡条件，有：2Mg=kx解得：口 =若加外力F 后到物体A、B 分离前，对 A B 整体有二-二二二,二又因一；=二 口由于压缩量x 减小，故 F 为变力，物体A、B分 离 时,此时

21、A、B 具有共同的v 和 a,且二 二=0对 A 有：二一二二=二二解得此时：二=：二+二，故 A 错误；B、D 项：A、B 分离后，B 将做加速度减小的加速运动，当二二=二 二 时，B 达到最大速度，故 B、D 错误；C 项：对 B 有：口.一口口=口口，解得：口*=0(口+口，此时弹簧的压缩量为二 _ =毛 三，故弹簧的压缩量减小了二二二二；一二-二 法 二，即 A 上升的距离二二 三 三，故 C 正确。本题选不正确的，故应选：ABD.【点睛】本题关键是明确A 与 B 分离的时刻，它们间的弹力为零这一临界条件；然后分别对A B 整体和B 物体受力分析，根据牛顿第二定律列方程分析。9、BD【

22、解析】A.由 F=BIL 及也早飞-5H 得安培力大小为F.-BIL-2 B 2r A-fR故 A 错误；B.由于安培力始终对M N 做负功，产生焦耳热，由动能定理得：当棒再次回到初始位置时，速度小于为，棒产生的感D2 r2 2应电动势小于B 。，则 及 的 电 功 率 小 于?，故 B 正确；RC.由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹簧的弹性势能,两个电阻相同并联，故产生的热量相同，则电路中产生总热量为2 0,所以两根弹簧具有的弹性势能为m vo -2Q,故 C 错误；D.由于安培力始终对M N 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程

23、中，棒平均速度最大，安培力平均值最大.从初始时刻到第一次运动至最右端的过程中电路中产生总热量为2 Q,则从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程中，整个回路中产生的焦耳热应大于g x 2 Q,故 D 正确.10、C D【解析】同时使两悬线长度减半，若角度，不变，球间距减半，根据公式二二二三，静电斥力增加为4 倍，故重力和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故 A 错误；同时使两球的质量和电荷量减半，A 球的重力减小为一半，静电力都减小为四分之一，故重力和静电斥力的合力方向一定改变，不能在原位置平衡，故 B 错误；同时使A 球的质量和电荷量减半，A 球的重力和静电力都减小为一半，故重力和静

24、电斥力的合力方向不变，球能保持平衡，故 C 正确；同时使两悬线长度和两球的电荷量减半，球间距减为一半，根据公式二 二三，静电力不变，故重力和静电斥力的合力方向不变，球能保持平衡，故 D正确。所 以 CD正确，AB错误。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。【解析】(1)定值电阻起保护作用，电动势为5 V,允许通过的电流为：5 0 m A；由欧姆定律可得：-=1 0 0 Q；需要的0.0 5保护电阻约为：1 0 0-5 0=5 0。；故电阻数值上BC均可以，但由于B中额定功率太小，所以额定电流过小，故应选择C(6 0 Q,L O W)；(2

25、)根据原理图图，连接实物图如图所示:(3)由闭合电路欧姆定律得U R,可整理为-=匕也根据图象可知-=0.2 0 ,解 得 E=5.0 V；R+R()+r U ERE E=卜=0.20=2 2 5 ,解得r=5*22.5 6 0 =5 2.5 Q 5 3 Q.E 0.0 1 6【点睛】题考查测量电动势和内电阻的实验，注意只用电压表和变阻箱测电动势和内电阻的方法叫“伏欧法”，若用图象解时，基本思路是：用学过的物理定律列出表达式，再结合数学整理表达出有关一次函数式y =+力的形式，再求出k和 b即可.1 2、在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比 0.1 5 0 N 至 0.1 6 0

26、N 之间均对 B C【解析】(1)1 由,图象，得出在物体所受合外力不变时，物体的加速度与质量成反比。m 由 牛 顿 第 二 定 律 尸 得。=人 工，即图线的斜率等于小车所受的合外力，大小为mn 7 2F =N=0.1 5 6 N5.0(3)3 A B.拉力不为零时，加速度仍为零，可能有平衡摩擦力，故 A错 误 B正确；C D.造成上部点迹有向下弯曲趋势，原因是没有满足所挂钩码的总质量远远小于小车质量，选 项 C 正确D 错误。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)=0.5(2)1.2m/s(3)0.125s

27、(4)0.43W【解析】(1)根据线段，减少的机械能等于克服摩擦力做的功：E、=/jmgS cos 37=(0.9000.756)J=0.144J其中 si=0.36m解得：fi=0.5(2)未进入磁场时，根据牛顿第二定律：ma=mg sin 37 加g cos 37线框的加速度a=g sin 37cos 37=2 m/s2速度：%=yj2asi=1.2 m/s(3)线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线可知，此时机械能线性减小，说明安培力也为恒力，线框做匀速运动。设 L 为线框的边长，贝!J：陋=%+%安=(/y+F)L=(0.756-0.666)J=0.0

28、9JFf+F,纸=mg sin 37联立解得L=0.15m线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间：(4)在线框匀速进入磁场时，安培力F银=mg sin 37/72g cos 37=0.2N又因为:F-B I L=B L安R可求出5*=0.01线框完全进入磁场后始终做匀加速直线运动，当就边要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框速度最大，受到的安培力最大，线框内的电功率最大由v；V；=2a(IL)可求得V2=1.6m/s所以线框内的最大电功率B2Zn=L 28Ww 0 4 3 Wm R 314、(1)0.4(2)12m【解析】(1)设在尸作用下，A、B 一起运动的加速度大小为根据牛顿第二定律有

29、F =(M +m)a对物块B 研究有：/nmg=ma1解得：4=0.4 4、3 一起加速的加速度大小为m=4m/s2,尸作用2 s时，A一起运动的速度大小v=ai/i=8m/s将尸水平反向，设 4 做减速运动的加速度大小为a 2,根据牛顿第二定律有：2 F -/jmg=M a2设B做减速运动的加速度大小为a当 B 速度减为零时的运动时间:2 s内A 运动的距离：1 2 ，%-vt-a2t=-4 m8 运动的距离：2V cx2=-=8 m 2a3由此知木板的长度为12m.15、(1)2.4m/s(2)48N(3)64J；26.88J【解析】(1)由牛顿第二定律：,=一，gsine=2 mz s 2m进入磁场时的速度：v=J2as=2.4 m/s感应电动势：E=Blv感应电流：,BlvI =-R安培力：FA=IB1代入得：=_ I Z =4 8 NR健身者做功：W =/(s+d)=64J由牛顿定律：F-mg sin。一 反=0CZ)棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间：dt=v焦耳热：Q=/2Rf=26.88J