重庆市渝东六校2021-2022学年高考仿真卷物理试卷含解析

2021-2022学年高考物理模拟试卷

考生请注意：

1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

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、工在生产纺织品、纸张等绝缘材料时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置如图所示传感器。其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上（电源电压小于材料的击穿电压）。当流水线上通过的产品厚度减小时，下列说法正确的是（　　）

A．A、B平行板电容器的电容增大

B．A、B两板上的电荷量变大

C．有电流从a向b流过灵敏电流计

D．A、B两板间的电场强度变大

2、如图所示，空间有一正三棱锥，点是边上的中点，点是底面的中心，现在顶点点固定一正的点电荷，在点固定一个电荷量与之相等的负点电荷。下列说法正确的是（　　）

A．、、三点的电场强度相同

B．底面为等势面

C．将一正的试探电荷从点沿直线经过点移到点，静电力对该试探电荷先做正功再做负功

D．将一负的试探电荷从点沿直线移动到点，电势能先增大后减少

3、图示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6s时的波形图，波的周期T>0.6s，则（　　）

A．波的周期为2.4s

B．波速为m/s

C．在t＝0.9s时，P点沿y轴正方向运动

D．在t＝0.2s时，Q点经过的路程小于0.2m

4、如图所示，AB是固定在竖直平面内的光滑绝缘细杆，A、B两点恰好位于圆周上，杆上套有质量为m、电荷量为+q的小球(可看成点电荷)，第一次在圆心O处放一点电荷+Q，让小球从A点沿杆由静止开始下落，通过B点时的速度为，加速度为a1；第二次去掉点电荷，在圆周平面加上磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，让小球仍从A点沿杆由静止开始下落，经过B点时速度为，加速度为a2，则（  ）

A．＜ B．＞ C．a1＜ a2 D．a1＞ a2

5、如图所示，匀强电场竖直向上，一带负电的小球从地面上方点斜向上抛出，刚好速度水平向左击中点，不计空气阻力，若抛射点向右水平移动一小段距离到，仍使抛出的小球能够以速度方向水平向左击中点，则可行的是（　　）

A．减小抛射角，同时增大抛射速度

B．减小抛射角，同时减小抛射速度

C．增大抛射角，同时减小抛出速度

D．增大抛射角，同时增大抛出速度

6、一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为E，返回斜面底端时的速度为v，克服摩擦力做功为若小物体冲上斜面的初动能为2E，则下列选项中正确的一组是（    ）

①物体返回斜面底端时的动能为E

②物体返回斜面底端时的动能为

③物体返回斜面底端时的速度大小为2

④物体返回斜面底端时的速度大小为

A．①③ B．②④ C．①④ D．②

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、如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是   (　　)

A． B．

C． D．

8、一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻刚好传到E点，且A点在波峰，B、C、D也是波上质点，波形如图(a)所示；质点C的振动图像如图（b）所示。在x轴正方向E有一能接收简谐横波信号的接收器（图中未画出）以5 m/s的速度向x轴正方向运动。下列说法正确的是         。

A．波速是10m/s

B．t=0.05 s时刻，B点在波谷

C．C、D两点振动的相位差是π

D．简谐横波波源起振方向沿y轴负方向

E.接收器接收到的波的频率比波源振动频率小

9、如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为m的小物块从木板最右端以速度v0滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（　　）

A．木板先加速再减速，最终做匀速运动

B．整个过程中弹簧弹性势能的最大值为

C．整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为

D．弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为

10、如图所示，质量分别为的两物块叠放在一起，以一定的初速度一起沿固定在水平地面上倾角为α的斜面上滑。已知B与斜面间的动摩擦因数 ， 则(   )

A．整体在上滑的过程中处于失重状态

B．整体在上滑到最高点后将停止运动

C．两物块之间的摩擦力在上滑与下滑过程中大小相等

D．在上滑过程中两物块之间的摩擦力大于在下滑过程中的摩擦力

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）第34届全国青少年科技创新大赛于2019年7月20-26日在澳门举办，某同学为了测试机器人内部电动机的电阻变化，对一个额定电压为6V，额定功率约为3.5W小型电动机(线圈电阻恒定)的伏安特性曲线进行了研究，要求电动机两端的电压能从零逐渐增加到6V，实验室备有下列器材：

A．电流表（量程Ⅰ:0～0.6 A，内阻约为1 Ω;量程Ⅱ:0～3 A，内阻约为0.1 Ω）

B．电压表(量程为0～6 V，，内阻几千欧)

C．滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)

D．滑动变阻器R2(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)

E.电池组(电动势为9 V，内阻小于1 Ω)

F.开关和导线若干

（1）实验中所用的滑动变阻器应选 ____ (选填“C”或“D”)，电流表的量程应选 _____ (选填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。

（2）请用笔画线代替导线将实物图甲连接成符合这个实验要求的电路。

（______）

（3）闭合开关，移动滑动变阻器的滑片P，改变加在电动机上的电压，实验中发现当电压表示数大于1 V时电风扇才开始转动，电动机的伏安特性曲线如图乙所示，则电动机线圈的电阻为______Ω，电动机正常工作时的输出机械功率为_______W。(保留两位有效数字)

12．（12分）如图所示为测量物块与木板间的动摩擦因数的实验装置，挡光条固定在物块的最前端，光电门固定在木板上，并靠近物块的初始位置,当地重力加速度为g。

(1)如图所示，利用游标卡尺测得的挡光条宽度为________cm

(2)调整实验装置，使木板水平，物块被弹射器弹开，在木板上做减速运动。某次测量时发现挡光条通过光电门时，数字计时器记录挡光条的挡光时间为t，测得物块被弹开时挡光条与光电门中心的距离为x0，物块停止时光电门中心与挡光条中心的距离为x，挡光条宽度用d表示，物块的质量用m表示，则物块与木板间的动摩擦因数=_______，弹射器对物块做的功为________(均用字母表示)

(3)考虑到空气阻力的影响，的测量值与真实值相比_______ (填“ 偏大”“偏小”或“相等”)。

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，在竖直平面内，有一倾角为θ的斜面CD与半径为R的光滑圆弧轨道ABC相切于C点，B是最低点，A与圆心O等高。将一质量为m的小滑块从A点正上方高h处由静止释放后沿圆弧轨道ABC运动，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，空气阻力不计，重力加速度为g，取B点所在的平面为零势能面，试求：

(1)小滑块在释放处的重力势能Ep；

(2)小滑块第一次运动到B点时对轨道的压力FN；

(3)小滑块沿斜面CD向上滑行的最大距离x。

14．（16分）如图所示，xOy坐标系在竖直平面内，第一象限内存在方向沿y轴负方向的匀强电场，第二象限有一半径为R的圆形匀强磁场区域，圆形磁场区域与x轴相切于A点，与y轴相切于C点，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外。在A点放置一粒子发射源，能向x轴上方180°角的范围发射一系列的带正电的粒子，粒子的质量为m、电荷量为q，速度大小为v=，不计粒子的重力及粒子间的相互作用。

(1)当粒子的发射速度方向与y轴平行时，粒子经过x轴时，坐标为（2R，0），则匀强电场的电场强度是多少?

(2)保持电场强度不变，当粒子的发射速度方向与x轴负方向成60°角时，该带电粒子从发射到达到x轴上所用的时间为多少?粒子到达的位置坐标是多少?

(3)从粒子源发射出的带电粒子到达x轴时，距离发射源的最远距离极限值应为多少?

15．（12分）一组同学设计了如图所示的玩具轨道，轨道光滑且固定在竖直面内，由竖直部分AB和半径为R的圆弧BCD组成，B与圆心O等高，C为最低点，OD与OC的夹角为。让质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止开始运动，运动过程中始终受到大小为mg的水平向左的恒力作用。小球经D点时对轨道的压力大小为2mg。求

（1）A、B间的距离h；

（2）小球离开D点后再经过多长时间才能再回到轨道上？

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】
A．根据可知当产品厚度减小，导致减小时，电容器的电容C减小，A错误；

BC．根据可知极板带电量Q减小，有放电电流从a向b流过，B错误，C正确；

D．因两板之间的电势差不变，板间距不变，所以两板间电场强度为不变，D错误。

故选C。

2、C

【解析】
A．、、三点到点和点的距离都相等，根据场强的叠加法则可知、、三点的电场强度大小相等，但方向不同，A错误；

BC．处于点的负电荷周围的等势面为包裹该负电荷的椭球面，本题为等边三角形的中心，即、、三点电势相等，但是该平面不是等势面，沿着电场线方向电势降低，越靠近负电荷，电势越低，即电势高于点电势，经到，电势先减小后增大，根据电势能的计算公式

可知正试探电荷电势能先减小后增大，电场力先做正功再做负功，B错误，C正确；

D．沿着电场线方向电势降低，负试探电荷从高电势点移到低电势点，根据电势能的计算公式可知电势能一直增大，D错误。

故选C。

3、D

【解析】
A．波的周期T＞0.6s，说明波的传播时间小于一个周期，波在t=0.6s内传播的距离不到一个波长，则由图知

解得

故A错误；

B．由图可知，波长为8m，波速为

故B错误；

C．由于波沿x轴负方向传播，故t=0时P点沿y轴负方向运动，故

t=0.8s=1T

时P点沿y轴负方向运动，再过0.1s即0.9s时P点沿y轴负方向运动，故C错误；

D．由

可知，由于Q点在t=0时刻从靠近最大位移处向最大位移处运动，则经过四分之一周期小于振幅A即0.2m，故D正确。

故选D。

4、D

【解析】
AB．A点和B点在同一个等势面上，第一次小球从A点由静止运动到B点的过程中，库仑力对小球做功的代数和为零，根据动能定理，得

第二次小球从A点由静止运动到B点的过程中，洛伦兹力不做功，根据动能定理，得

所以 ，故AB错误；

CD．小球第一次经过B点时，库仑力有竖直向下的分量，小球受的竖直方向的合力F1>mg ，由牛顿第二定律可知，小球经过B点时的加速度a1>g，小球第二次经过B点时，由左手定则可知，洛伦兹力始终与杆垂直向右，同时杆对小球产生水平向左的弹力，水平方向受力平衡。竖直方向只受重力作用，由牛顿第二定律可知，小球经过B点时的加速度a2=g ，所以a1>a2 ，故C错误，D正确。

故选D。

5、A

【解析】
由于小球速度水平向左击中点，其逆过程是平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此减小抛射角，同时增大抛射速度，才能仍使抛出的小球能够以速度方向水平向左击中点。选项A正确，BCD错误；

故选A。

6、C

【解析】
以初动能为E冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得：

…①

设以初动能为E冲上斜面的初速度为v0，则以初动能为2E冲上斜面时，初速度为v0，而加速度相同。
对于上滑过程，根据-2ax=v2-v02可知，，所以第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，上升和返回的整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E。
以初动能为2E冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得：

…②

所以返回斜面底端时的动能为E；由①②得：

v′=v。

故①④正确，②③错误；
A．①③，与结论不相符，选项A错误；

B．②④，与结论不相符，选项B错误；

C．①④，与结论相符，选项C正确；

D．②，与结论不相符，选项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、AC

【解析】
分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向．

解答：解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E==B0S为定值，则感应电流为定值，I1=．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误．

C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误．

故选AC．

8、ACE

【解析】
A．由（a）图可知，波长为。由（b）图可知，周期。所以波速：

故A正确。

B．靠近平衡时振动速度更大，所以B点从图示位置振动到波谷应该用大于的时间。故B错误。

C．C、D两点传播相差半个波长，所以振动的相位差π，故C正确。

D．因为简谐横波沿x轴正方向传播，所以由质点带动法可以判断波源起振方向沿y轴正方向。故D错误。

E．接收器和波源之间的距离增大，产生多普勒效应，所以接收器接收到的波的频率比波源振动频率小。故E正确。

9、AB

【解析】
A．物块接触弹簧之前，物块减速运动，木板加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木板继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板减速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木板先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；

B．当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木板看做系统，由动量守恒定律可得

得

从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得

从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得

则最大的弹性势能为

所以B正确；

C．根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为

所以是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C错误；

D．由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为

又系统克服摩擦力做功为

则

即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为，所以D错误。

故选AB。

10、AC

【解析】
A．在上升和下滑的过程，整体都是只受三个个力，重力、支持力和摩擦力，以向下为正方向，根据牛顿第二定律得向上运动的过程中：

（m1+m2）gsinθ+f=（m1+m2）a

f=μ（m1+m2）gcosθ

因此有：

a=gsinθ+μgcosθ

方向沿斜面向下。所以向上运动的过程中A、B组成的整体处于失重状态。故A正确；

B．同理对整体进行受力分析，向下运动的过程中，由牛顿第二定律得：

（m1+m2）gsinθ-f=（m1+m2）a′，

得：

a′=gsinθ-μgcosθ

由于μ＜tanθ，所以a′＞0
所以上滑到最高点后A、B整体将向下运动。故B错误；

CD．以A为研究对象，向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有：

m1gsinθ+f′=m1a

解得：

f′=μm1gcosθ

向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有：

m1gsinθ-f″=m1a′

解得：

f″=μm1gcosθ

所以

f″=f′

即A与B之间的摩擦力上滑与下滑过程中大小相等；故C正确D错误。

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、C    Ⅰ        2.5    2.6   

【解析】
（1）[1][2]．电风扇的额定电流，从读数误差的角度考虑，电流表选择量程Ⅰ。电风扇的电阻比较小，则滑动变阻器选择总电阻为10 Ω的误差较小，即选择C。

（2）[3]．因为电压电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，电风扇的电阻远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法。则可知对应的实物图如答案图所示。

（3）[4][5]．电压表读数小于1 V时电风扇没启动，由图象可知I=0.4 A。根据欧姆定律得

。

正常工作时电压为6 V，根据图象知电流为0.57 A，则电风扇发热功率

P=I2R=0.572×2.5 W=0.81 W

则机械功率

P'=UI-I2R=6×0.57 W-0.81 W=2.61 W≈2.6 W。

12、0.450            偏大   

【解析】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为4mm，游标尺上第10个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为

4mm+0.50mm=4.50mm=0.450cm

(2)[2]物体通过光电门时的速度为

由动能定理，则有

解得

[3]再根据功能关系，弹射器对物块做的功除到达光电门的动能外，还在滑行过程中产生内能，则有

解得

(4)[4]考虑空气阻力的影响，则有

因此值的测量值与真实值相比偏大；

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）mg (h+R)，（2），方向竖直向下，（3）。

【解析】
(1)小滑块在释放处的重力势能：

Ep=mg (h+R)；

(2)小滑块从释放处到B点，根据动能定理有：

mg(h+ R)=

在B点，根据牛顿第二定律有：

解得：

根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力为，方向竖直向下；

(3)从释放处到斜面的最高点，对小滑块，根据动能定理有：

解得：。

14、 (1)　；(2)；（BR，0）；(3)R+2BR

【解析】
(1)根据洛伦兹力提供向心力得

qvB=m

解得

r=R

当粒子的发射速度方向与y轴平行时，粒子经磁场偏转恰好从C点垂直电场进入电场，在电场中做匀变速曲线运动，因为粒子经过x轴时，坐标为（2R，0），所以

R=at2

2R=vt

a=

联立解得

E=

(2)当粒子的发射速度方向与x轴负方向成60°角时，带电粒子在磁场中转过120°角后从D点离开磁场，再沿直线到达与y轴上的F点垂直电场方向进入电场，做类平抛运动，并到达x轴，运动轨迹如图所示。

粒子在磁场中运动的时间为

t1=

粒子从离开磁场至进入电场过程做匀速直线运动，位移为

x=R（1-cos θ）=R

匀速直线运动的时间为

t2=

由几何关系可得点F到x轴的距离为

x1=R（1+sin θ）=1.5R

在电场中运动的时间为

t3=，a=

解得

t3=

粒子到达的位置到y轴的距离为

x'=vt3=BR

故粒子从发射到达到x轴上所用的时间为

t=

粒子到达的位置坐标为。

(3)从粒子源发射出的带电粒子与x轴方向接近180°射入磁场时，粒子由最接近磁场的最上边界离开后平行x轴向右运动，且垂直进入电场中做类平抛运动，此时x'接近2R

则

2R=

带电粒子在电场中沿x轴正向运动的距离为

x2=vt4=2BR

该带电粒子距离发射源的极限值间距为

xm=R+2BR

15、（1）2R（2）2

【解析】
(1)小球经过D点时，受到水平力mg与重力mg的合力，方向沿D点的切线方向。轨道对小球的支持力提供向心力：

小球从A到D过程，根据动能定理：

解得：

h=2R

(2)小球离开D点后，做匀变速直线运动。根据牛顿第二定律：

根据匀变速直线运动规律，小球再次回到D点经历的时间：

可得：