重庆市主城区七校2021-2022学年高三第六次模拟考试物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷

注意事项：

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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，轻绳跨过光滑定滑轮，左端与水平地面上的物块M相连，右端与小球N相连，整个装置处于静止状态。现对小球N施加一水平拉力使其缓慢移动一小段距离，整个过程物块M保持静止，地面对物块M的摩擦力为f则此过程中（　　）

A．f变大，F变大

B．f变大，F变小

C．f变小，F变小

D．f变小，F变大

2、如图所示，一小物体沿光滑斜面做匀变速直线运动经过三点。已知为的中点，小物体经过两点的速度大小分别为和，则小物体从点运动到点的时间与从点运动到点的时间之比可能为（　　）

A． B． C．5 D．4

3、如图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地面上的P点，a球抛出时的高度较b球的高，P点到两球起抛点的水平距离相等，不计空气阻力．与b球相比，a球

A．初速度较大

B．速度变化率较大

C．落地时速度一定较大

D．落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大

4、利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图甲所示，ab为交变电流信号输入端，D为半导体二极管，R为定值电阻。信号输入后，电阻R两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是（   ）

A．频率为100Hz.

B．电压有效值为50V

C．一个标有“90V，30μF”的电容器并联在电阻R两端，可以正常工作

D．若电阻R=100Ω，则1min内R产生的热量为2.5×104J

5、竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，取初速度方向为正方向。则物块从抛出到落回抛出点的过程中列物块的加速度、速度与时间的关系图像中可能正确的是（　　）

A． B． C． D．

6、光滑水平面上有长为的木板B，小物块A置于B的中点，A、B质量均为，二者间摩擦因数为，重力加速度为，A、B处于静止状态。某时刻给B一向右的瞬时冲量，为使A可以从B上掉下，冲量的最小值为（    ）

A． B． C． 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0分。

7、如图，光滑平行导轨MN和PQ固定在同一水平面内，两导轨间距为L，MP间接有阻值为的定值电阻。两导轨间有一边长为的正方形区域abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，ad平行MN。一粗细均匀、质量为m的金属杆与导轨接触良好并静止于ab处，金属杆接入两导轨间的电阻为R。现用一恒力F平行MN向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电阻，忽略空气阻力，则（　　）

A．金属杆匀速运动时的速率为

B．出磁场时，dc间金属杆两端的电势差

C．从b到c的过程中，金属杆产生的电热为

D．从b到c的过程中，通过定值电阻的电荷量为

8、如图所示，真空中有一个棱长为a的正四面体PQMN。若在P、Q两点分别放置一个点电荷，P点为正电荷、Q点为负电荷，其电荷量均为q。再在四面体所在的空间加一个匀强电场，其场强大小为E，则M点合场强为0。静电力常数为k，下列表述正确的是（　　）

A．匀强电场的场强大小为 B．匀强电场的场强大小为

C．N点合场强的大小为0 D．N点合场强的大小为

9、如图所示，金属圆环放置在水平桌面上，一个质量为m的圆柱形永磁体轴线与圆环轴线重合，永磁体下端为N极，将永磁体由静止释放永磁体下落h高度到达P点时速度大小为v，向下的加速度大小为a，圆环的质量为M，重力加速度为g，不计空气阻力，则（  ）

A．俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向

B．永磁体下落的整个过程先加速后减速，下降到某一高度时速度可能为零

C．永磁体运动到P点时，圆环对桌面的压力大小为Mg+mg－ma

D．永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh+mv2

10、如图，电源内阻不能忽略，电流表和电压表均为理想电表，R1=R2＜R3＜R4，下列说法中正确的是（　　）

A．若R2短路，电流表示数变小，电压表示数变小

B．若R2断路，电流表示数变大，电压表示数为零

C．若R1短路，电流表示数变小，电压表示数为零

D．若R4断路，电流表示数变小，电压表示数变大

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）某同学设计出如图所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为 g。

（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量_________。

A．小球的质量m                  

B．AB之间的距离H

C．小球从A到B的下落时间tAB       

D．小球的直径d

（2）小球通过光电门时的瞬时速度v =_________(用题中所给的物理量表示)。

（3）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H的变化图象如图所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0=__________。

（4）在实验中根据数据实际绘出—H图象的直线斜率为k（k＜k0），则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值=　_______________（用k、k0表示）。

12．（12分）如图（甲）所示，一位同学利用光电计时器等器材做“验证机械能守恒定律”的实验．有一直径为d、质量为m的金属小球由A处从静止释放,下落过程中能通过A处正下方、固定于B处的光电门，测得A、B间的距离为H（H>>d），光电计时器记录下小球通过光电门的时间为t，当地的重力加速度为g．则：

（1）如图（乙）所示，用游标卡尺测得小球的直径d =________mm．

（2）小球经过光电门B时的速度表达式为__________．

（3）多次改变高度H，重复上述实验，作出随H的变化图象如图（丙）所示，当图中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直径d满足以下表达式：_______时，可判断小球下落过程中机械能守恒．

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）如图所示，在竖直虚线范围内，左边存在竖直向下的匀强电场，场强大小为，右边存在垂直纸面向里的匀强磁场，两场区的宽度相等。电荷量为、质量为的电子以初速度水平射入左边界后，穿过电、磁场的交界处时速度偏离原方向角。再经过磁场区域后垂直右边界射出。求：

（1）电子在电场中运动的时间；

（2）磁感应强度的大小。

14．（16分）在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间， 为此已发明了“激光致冷”的技术。即利用激光作用于原子，使原子运动速率变慢，从而温度降低。

(1)若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光致冷”与下述的力学模型相似。如图所示，一辆质量为m的小车（左侧固定一轻质挡板以速度v0水平向右运动；一个动量大小为p。质量可以忽略的小球水平向左射入小车后动量变为零；紧接着不断重复上述过程，最终小车将停下来。设地面光滑。求：

①第一个小球入射后，小车的速度大小v1；

②从第一个小球入射开始计数到小车停止运动，共入射多少个小球?

 (2)近代物理认为，原子吸收光子的条件是入射光的频率接近于原子吸收光谱线的中心频率如图所示，现有一个原子A水平向右运动，激光束a和激光束b分别从左右射向原子A，两束激光的频率相同且都略低于原子吸收光谱线的中心频率、请分析：

①哪束激光能被原子A吸收?并说明理由；

②说出原子A吸收光子后的运动速度增大还是减小。

15．（12分）如图所示的空间中有一直角坐标系Oxy，第一象限内存在竖直向下的匀强电场，第四象限x轴下方存在沿x轴方向足够长，宽度m的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B=0.4T，一带正电粒子质量m＝3.2×10－4kg、带电量q＝0.16C，从y轴上的P点以v0=1.0×103m/s的速度水平射入电场，再从x轴上的Q点进入磁场，已知OP=9m，粒子进入磁场时其速度方向与x轴正方向夹角θ=，不计粒子重力，求：

(1)OQ的距离；

(2)粒子的磁场中运动的半径；

(3)粒子在磁场中运动的时间；（π值近似取3）

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】
对小球N进行分析，分析其受力情况，设细绳与竖直方向夹角为，则有

细绳与竖直方向夹角逐渐增大，增大，所以水平拉力增大；减小，所以绳子拉T增大；

由于物块M始终静止在地面上，在水平方向，由平衡条件可得

f=Tcosθ

则地面对物块M的摩擦力f也变大，故A正确，BCD错误。

故选A。

2、A

【解析】
中点位移的瞬时速度大小

若小物体反向之前经过两点，则有

；

若小物体反向之前经过点、反向之后经过点，则有

；

综合上述可知，选项A正确，BCD错误；

故选A。

3、D

【解析】
A.由可得，高度越高，下落时间越大，由可知，两球水平位移相同，但是b求运动时间短，故b球初速度较大，A错误；

B.速度变化率即表示加速度，两球加速度相同，故速度变化率相同，B错误；

C.a球的水平速度小于b球，故落地时虽然竖直分速度大于b球，但是合速度不一定大于b球，C错误；

D.由，a球落地时间t大，但是小，故a球的一定大于b球，即a球落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大，D正确；

故选D。

4、B

【解析】
A．由图乙可知，该电压的周期T=0.02s，故频率为

50Hz

故A错误；

B．由电流的热效应知，一个周期内电阻产生的热量

其中的

故电压有效值为U有=50V，故B正确；

C．电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压90V，而R两端电压的瞬时值最大为100V，故电容不能正常工作，故C错误；

D．电阻R产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故1min内产生的热量为

故D错误。

故选B。

5、D

【解析】
AB．物块上升过程中，加速度方向向下，取初速度方向为正方向，则加速度为负值，故AB错误；

CD．由于物块所受阻力与速度大小成正比，所以加速度随速度变化而变化，其速度－时间图像不是直线，而是曲线，故C错误，D正确。

故选D。

6、B

【解析】
设B获得冲量后瞬间速度为，物块掉下来的临界条件是A刚好到达边缘时两者共速，根据动量守恒

根据能量守恒

解得：

根据动量定理，冲量最小值

故B正确，ACD错误。

故选：B。

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、BD

【解析】
A．设流过金属杆中的电流为，由平衡条件得

解得

根据欧姆定律有

所以金属杆匀速运动的速度为

故A错误；

B．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为

所以金属杆在出磁场时，dc间金属杆两端的电势差为

故B正确；

C．设整个过程电路中产生的总电热为，根据能量守恒定律得

代入可得

所以金属杆上产生的热量为

故C错误；

D．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为

故D正确。

故选BD。

8、AC

【解析】
AB．如图所示，正确分析三维几何关系。

两个点电荷在M点产生的场强大小均为

由几何关系知，这两个点电荷的合场强大小为

方向平行于PQ指向Q一侧。该点合场强为0，则匀强电场的场强方向与相反，大小为，所以A正确，B错误；

CD．由几何关系知，两点电荷在M、N两点的合场强的大小相等、方向相同，则N点合场强的大小也为0。所以C正确，D错误。

故选AC。

9、AC

【解析】
根据楞次定律判断感应电流的方向；可根据假设法判断磁铁下落到某高度时速度不可能为零；根据牛顿第二定律分别为磁铁和圆环列方程求解圆环对地面的压力；根据能量关系求解焦耳热。

【详解】

磁铁下落时，根据楞次定律可得，俯视看，圆环中感应电流沿逆时针方向，选项A正确；永磁体下落的整个过程，开始时速度增加，产生感应电流增加，磁铁受到向上的安培力变大，磁铁的加速度减小，根据楞次定律可知“阻碍”不是“阻止”，即磁铁的速度不可能减到零，否则安培力就是零，物体还会向下运动，选项B错误；永磁体运动到P点时，根据牛顿第二定律：mg-F安=ma；对圆环：Mg+F安=N，则N=Mg+mg－ma，由牛顿第三定律可知圆环对桌面的压力大小为Mg+mg－ma，选项C正确；由能量守恒定律可得，永磁体运动到P点时，圆环中产生的焦耳热为mgh-mv2，选项D错误；故选AC.

【点睛】

此题关键是理解楞次定律，掌握其核心“阻碍”不是“阻止”；并能用牛顿第二定律以及能量守恒关系进行判断.

10、BC

【解析】
由图可知电路结构，则由各电阻的变化可知电路中总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可知电流的变化、内电压及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流有及电压表的示数的变化。

【详解】

A．若R2短路，则总电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，而外电路并联，故流过A中的电流减小，电流表示数减小；电压表由测R1两端的电压变为测R3两端的电压，由题意可知，电压表的示数变大，故A错误；

B．若R2断路，则总电阻增大，则电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，电流表示数增大；因右侧电路断路，故电压表示数变为零，故B正确；

C．若R1短路，则总电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，而外电路并联，故流过A中的电流减小，电流表示数减小；电压表测R1两端的电压，R1短路，电压为零，所以电压表示数为零，故C正确；

D．若R4断路，则总电阻增大，总电流减小，故路端电压增大，因右侧并联电路没有变化，故电流表示数增大；电压表示数增大，故D错误。

故选BC。

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、BD；    ；    ；    ；   

【解析】
该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容。

【详解】

（1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故A错误；根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离H，故B正确；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确。故选BD。
（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；
故；
（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；
即：2gH=（）2
解得：，那么该直线斜率k0=。
（4）乙图线=kH，因存在阻力，则有：mgH-fH=mv2；
所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为；

【点睛】

考查求瞬时速度的方法，理解机械能守恒的条件，掌握分析的思维，同时本题为创新型实验，要注意通过分析题意明确实验的基本原理才能正确求解。

12、7.25    d/t    或2gH0t02=d2   

【解析】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为7mm，游标读数为0.05×5mm=0.25mm，则小球的直径d=7.25mm．

(2)[2]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，小球在B处的瞬时速度

；

(3)[3]小球下落过程中重力势能的减小量为mgH0，动能的增加量

若机械能守恒，有：

即

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）；（2）

【解析】
（1）解法一电子在电场中做类平抛运动，有

由牛顿第二定律有

由几何关系有

解得

解法二电子在电场中运动，竖直方向上由动量定理有

由几何关系有

解得

（2）设场区的宽度为，则在电场中，有

末速度

电子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，则由几何知识得

由洛伦兹力提供向心力有

解得

14、 (1)① v0；②；(2)①激光束，理由见解析b ；②减小

【解析】
(1)①取向右方向为正，小车与小球水平方向动量守恒

得

②设入射n个小球后小车将停下来，由动量守恒定律得

解得。

(2)① 激光束b               

理由是原子A向右运动，是迎着激光束b运动的，根据多普勒效应，这个原子感受到激光束b的频率升高，进一步接近了原子吸收光谱线的中心频率，原子从激光束b吸收光子的几率增大。原子A的运动方向和激光束a的传播方向相同，所以它感受到激光束a的频率减小，根据多普勒效应，这个原子感受到激光束a的频率降低，进一步远离了原子吸收光谱线的中心频率，原子从激光束a吸收光子的几率减小。综上所述，原子A吸收了激光束b的光子。

②减小。由动量守恒定理得

所以是减小了。

15、 (1) (2) 10m (3)

【解析】
(1)已知可得：

设粒子从P点运动到Q点的时间为t，水平方向上：

竖直方向上：

可得：

(2)由己知可得：

粒子在磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力

解得

R=10m

(3)设粒子在磁场中运动的圆心为O1，由几何关系可得：

可得粒子在磁场中转过的圆心角

由，可得：