北京市第66中學(xué)2022年高考物理二模試卷含解析

2021-2022學(xué)年高考物理模擬試卷

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再

選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、如圖所示，豎直面內(nèi)有一光滑半圓，半徑為R,圓心為0。一原長為2R的輕質(zhì)彈簧兩端各固定一個可視為質(zhì)點的

小球P和Q置于半圓內(nèi)，把小球P固定在半圓最低點，小球Q靜止時，Q與。的連線與豎直方向成夾角夕=60。，現(xiàn)

在把Q的質(zhì)量加倍，系統(tǒng)靜止后，PQ之間距離為（)

D.|R

B.-RC.|R

35

2、慣性制導(dǎo)系統(tǒng)的原理如圖所示。沿導(dǎo)彈長度方向安裝的固定光滑桿上套一個質(zhì)量為機的滑塊，滑塊的兩側(cè)分別與

勁度系數(shù)均為k的彈簧相連，兩彈簧的另一端與固定壁相連?；瑝K原來靜止，彈簧處于自然長度?；瑝K上有指針，可

通過標尺測出滑塊的位移，然后通過控制系統(tǒng)進行制導(dǎo)。設(shè)某段時間內(nèi)導(dǎo)彈沿水平方向運動，指針向左偏離。點的距

離為s,則這段時間內(nèi)導(dǎo)彈的加速度（）

標尺

彈簧滑塊彈簧

,…ks

A.方向向左,大小為一

m

,…ks

B.方向向右,大小為一

m

,,“2ks

C.方向向右,大小為一

m

.,2ks

D.方向向左,大小為——

m

3、2019年4月20日22時41分，我國在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長征三號乙運載火箭，成功發(fā)射第四十四顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)

星。它是北斗三號系統(tǒng)首顆傾斜地球同步軌道衛(wèi)星，經(jīng)過一系列在軌測試后，該衛(wèi)星將與此前發(fā)射的18顆中圓地球軌

道衛(wèi)星和1顆地球同步軌道衛(wèi)星進行組網(wǎng)。已知中圓地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑是地球同步軌道衛(wèi)星的半徑的中圓

n

地球軌道衛(wèi)星軌道半徑為地球半徑的&倍，地球表面的重力加速度為g,地球的自轉(zhuǎn)周期為7,則中圓地球軌道衛(wèi)星

在軌運行的（）

T

A.周期為一

n

B.周期為「7

n~

C.向心加速度大小為條

D.向心加速度大小為與

K

4、肩扛式反坦克導(dǎo)彈發(fā)射后，噴射氣體產(chǎn)生推力F,一段時間內(nèi)導(dǎo)彈在豎直面內(nèi)沿下列圖中虛線向前運動。其中導(dǎo)彈

飛行姿勢可能正確的是（）

5、如圖，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1：2,原線圈與固定電阻拈串聯(lián)后，接入輸出電壓有效值恒定的正弦交

流電源。副線圈電路中負載電阻為可變電阻Ri,A、V是理想電表。當(dāng)&=2品時，電流表的讀數(shù)為1A,電壓表的讀

數(shù)為4V,則（）

B.電源輸出功率為4W

C.當(dāng)&=8。時，變壓器輸出功率最大

D.當(dāng)&=8。時，電壓表的讀數(shù)為3V

6、如圖所示，勻強磁場中有一電荷量為g的正離子，由a點沿半圓軌跡運動，當(dāng)它運動到方點時，突然吸收了附近若

干電子，接著沿另一半圓軌跡運動到c點，已知a、方、c在同一直線上，且訛=上必。電子的電荷量為e,質(zhì)量可忽

2

略不計，則該離子吸收的電子個數(shù)為

q

B.

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

7、如圖所示，MN是一半圓形絕緣線，O點為圓心，P為絕緣線所在圓上一點，且OP垂直于MN,等量異種電荷

分別均勻分布在絕緣線上、下I圓弧上.下列說法中正確的（）

A.O點處和尸點處的電場強度大小相等，方向相同

B.O點處和P點處的電場強度大小不相等，方向相同

C.將一正點電荷沿直線從O移動到P,電場力始終不做功

D.將一正點電荷沿直線從O移動到P,電勢能增加

8、如圖，平行金屬板中帶電質(zhì)點P原處于靜止狀態(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，選地面的電勢為零，當(dāng)

滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，下列說法正確的是（）

A.電壓表讀數(shù)減小

B.小球的電勢能減小

C.電源的效率變高

D.若電壓表、電流表的示數(shù)變化量分別為AU和AZ,則/<r+A

IM

9、下列說法正確的是

A.飽和汽壓與溫度和體積都有關(guān)

B.絕對濕度的單位是Pa,相對濕度沒有單位

C.空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越快

D.氣體做等溫膨脹，氣體分子單位時間對汽缸壁單位面積碰撞的次數(shù)一定變少

E.飽和汽和液體之間的動態(tài)平衡，是指汽化和液化同時進行的過程，且進行的速率相等

10、如圖甲所示，門式起重機又叫龍門吊，門式起重機的場地利用率高、作業(yè)范圍大，在港口得到廣泛使用。其簡易

圖如圖乙所示，假設(shè)長為乙的鋼繩能承受的最大拉力為7,鋼繩的上端栓接在滑輪上，另一端連接質(zhì)量為機的集裝箱,

開始整個裝置在橫臂上以共同的速度做勻速直線運動，當(dāng)其運動到圖中O'位置時，繩子上端的滑輪突然被鎖定，集

裝箱開始以0'為圓心擺動，假設(shè)滑輪與集裝箱的大小可忽略不計，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

B.如果裝置勻速運動的速度大小為用則集裝箱允許的最大質(zhì)量為F—-

V+gL

C.如果集裝箱的質(zhì)量為2m,則裝置勻速運動時的最大速度為二I

D.如果保持上端滑輪靜止，加速向上提升集裝箱（不擺動），集裝箱加速上升允許的最大加速度為衛(wèi)-g

m

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

11.（6分）某同學(xué)設(shè)計出如圖所示的實驗裝置來“驗證機械能守恒定律”，讓小球從A點自由下落，下落過程中經(jīng)過A

點正下方的光電門B時，光電計時器記錄下小球通過光電門時間，，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,

（1）為了驗證機械能守恒定律，該實驗還需要測量下列哪些物理量_________o

A.小球的質(zhì)量m

B.AB之間的距離V

C.小球從A到B的下落時間以B

D.小球的直徑d

（2）小球通過光電門時的瞬時速度，=（用題中所給的物理量表示）。

（3）調(diào)整AB之間距離“，多次重復(fù)上述過程，作出:隨”的變化圖象如圖所示，當(dāng)小球下落過程中機械能守恒時,

該直線斜率公=o

（4）在實驗中根據(jù)數(shù)據(jù)實際繪出:一”圖象的直線斜率為4則實驗過程中所受的平均阻力/與小球重力

的比值V=SxP￡）=（用A、Ao表示）。

3344

12.（12分）某同學(xué)采用圖甲所示的電路完成“描繪小燈泡的伏安特性曲線”實驗，實驗中用電壓表測量小燈泡的電壓,

用多用電表的直流擋測量通過小燈泡的電流。

R

圖卬

（1）圖甲中多用電表的黑表筆是（填“產(chǎn)，或“?！保?，用多用電表的直流電流擋測量通過小燈泡的電流時,

需要將多用電表的兩個表筆連接到。、b兩處，其中黑表筆應(yīng)與（填%”或濘"）連接。

（2）實驗配備的器材如下：

A.待測小燈泡L（“2.5V,0.2W”）

B.電壓表V（量程0-3V,阻值約3二二）

C.多用電表（三個直流電流擋量程分別為1mA,10mA,100mA）

D.滑動變阻器二,，（阻值范圍070二額定電流2A）

E.滑動變阻器二；（阻值范圍0~50。二，額定電流1A）

F.電池組（電動勢4.5V,內(nèi)阻約為j二）

G開關(guān)一只，導(dǎo)線若干

為了使測量盡可能地準確且能方便地進行調(diào)節(jié)，多用電表直流電流擋量程應(yīng)選一，滑動變阻器應(yīng)選______o

（3）該同學(xué)選取合適的器材后，用導(dǎo)線將器材按圖甲所示的電路連接起來，如圖乙所示。他在實驗前進行電路檢查時

發(fā)現(xiàn)漏接了一根導(dǎo)線，請你在乙圖上用筆畫上這根漏接的導(dǎo)線o

//mA

圖乙

(4)該同學(xué)糾正連線錯誤后，通過實驗測得多組八U值并描繪出小燈泡的1-U曲線如圖丙所示。由LU曲線可以看

出：當(dāng)燈泡兩端電壓二=2.2外,時小燈泡的電阻二二=。(保留兩位有效數(shù)字)；

(5)我們知道，多用電表用久以后，表內(nèi)電池的電動勢會減小而內(nèi)阻會增大。那么用久以后的多用電表電流擋測得的

電流與真實值相比(填“偏大”，"偏小”或“相同

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13.(10分)電磁軌道炮的加速原理如圖所示金屬炮彈靜止置于兩固定的平行導(dǎo)電導(dǎo)軌之間，并與軌道良好接觸。開

始時炮彈在導(dǎo)軌的一端，通過電流后炮彈會被安培力加速，最后從導(dǎo)軌另一端的出口高速射出。設(shè)兩導(dǎo)軌之間的距離

L=0.10m,導(dǎo)軌長s=5.0m,炮彈質(zhì)量根=O.O3kg。導(dǎo)軌上電流/的方向如圖中箭頭所示。可以認為，炮彈在軌

道內(nèi)勻加速運動，它所在處磁場的磁感應(yīng)強度始終為B=2.0T,方向垂直于紙面向里。若炮彈出口速度為

v=2.OxlO3m/s,忽略摩擦力與重力的影響。求：

(1)炮彈在兩導(dǎo)軌間的加速度大小

(2)炮彈作為導(dǎo)體受到磁場施加的安培力大小尸；

(3)通過導(dǎo)軌的電流/,

14.(16分)如圖所示，在紙面內(nèi)建立直角坐標系xOy,以第HI象限內(nèi)的直線OM(與負x軸成45。角)和正y軸為界,

在x<0的區(qū)域建立勻強電場，方向水平向左，場強大小E=2V/m；以直線OM和正x軸為界，在y<0的區(qū)域建立垂直

紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.1T.一不計重力的帶負電粒子從坐標原點O沿y軸負方向以vo=2xl03m/s的初

速度射入磁場.己知粒子的比荷為q/m=5xl()4c/kg,求：

(1)粒子經(jīng)過1/4圓弧第一次經(jīng)過磁場邊界時的位置坐標？

(2)粒子在磁場區(qū)域運動的總時間？

(3)粒子最終將從電場區(qū)域D點離開電，則D點離O點的距離是多少？

■?'XX

------------7ZB

XXX

/

/XXXX

15.(12分)如圖甲所示，單匝正方形線框abed的電阻R=0.5。，邊長L=20cm,勻強磁場垂直于線框平面，磁感應(yīng)

強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，求：

XXxxt'GlgD

*xxx8,

XIxxx4

XXCX

(1)0?2s內(nèi)通過ab邊橫截面的電荷量q；

(2)3s時ab邊所受安培力的大小F；

(3)0?4s內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q.

參考答案

一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、D

【解析】

開始小球Q處于靜止狀態(tài)，彈簧的形變量x=-H=彈簧彈力耳=丘=父？，對Q進行受力分析可知

kR=mg

Q的質(zhì)量加倍后，設(shè)OQ與豎直方向的夾角為a,對Q進行受力分析，設(shè)彈簧的彈力為尸2,根據(jù)力的三角形與邊的

三角形相似有

2mg_R

鳥27?sin-

2

又

原=（2R-2Rs嗚）

聯(lián)立解得

.a1

sin-=-

23

則PQ之間距離

A=2/?sin-=-/?

23

故選D。

2、C

【解析】

導(dǎo)彈的速度與制導(dǎo)系統(tǒng)的速度始終相等，則其加速度相等?；瑝K受到左、右兩側(cè)彈簧的彈力方向均向右，大小均為公。

則合力方向向右，加速度方向向右。由牛頓第二定律得

2ks=ma

解得

2ks

ci-----

m

故ABD錯誤，C正確。

故選C。

3、C

【解析】

AB.中圓地球軌道衛(wèi)星和同步衛(wèi)星均繞地球做勻速圓周運動，已知中圓地球軌道衛(wèi)星的軌道半徑是地球同步軌道衛(wèi)星

的半徑的工，地球的自轉(zhuǎn)周期為7,根據(jù)開普勒第三定律可知：

n

戲圓二后步

72*T?2

/中圓/同步

解得

故AB錯誤;

CD.物體在地球表面受到的重力等于萬有引力，有

Mm

G不二mg

中圓軌道衛(wèi)星有

GMm

7W=ma

解得

故C正確，D錯誤。

故選C。

4、B

【解析】

A.A圖中導(dǎo)彈向后噴氣，產(chǎn)生沿虛線向右的作用力，重力豎直向下，則合力方向向右下方，不可能沿虛線方向，故

導(dǎo)彈不可能沿虛線方向做直線運動，故A不符合題意；

B.B圖中導(dǎo)彈向后噴氣，產(chǎn)生斜向右上方的作用力，重力豎直向下，則合力方向有可能沿虛線方向，故導(dǎo)彈可能沿虛

線方向做直線運動，故B符合題意；

C.C圖中導(dǎo)彈向后噴氣，產(chǎn)生斜向右下方的作用力，重力豎直向下，則合力方向不可能沿虛線方向，故導(dǎo)彈不可能

沿虛線方向做直線運動，故c不符合題意；

D.D圖中導(dǎo)彈做曲線運動，導(dǎo)彈向后噴氣，產(chǎn)生斜向右上方的作用力，重力豎直向下，此時則合力方向不可能沿虛

線凹側(cè)，故導(dǎo)彈不可能沿虛線方向做曲線運動，故D不符合題意。

故選B。

5、C

【解析】

A.當(dāng)&=2R時，電流表的讀數(shù)為1A,電壓表的讀數(shù)為4V,所以&=4。，拈=2。，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比

為1：2,根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比得原線圈電壓是S=2V,根據(jù)電流與匝數(shù)成反比得原線圈電流是/i=2A,所以電源輸

出電壓為

U=Ui+/iRi=2+2x2=6V

故A錯誤；

B.電源輸出功率為

P=t//i=12W

故B錯誤；

u,、u,

C.根據(jù)歐姆定律得副線圈電流為所以原線圈電流是2『，所以

6=2生為+生，U,=~^-

變壓器輸出的功率

cU：

P———=1-4-4-/-?-,---=-----1-4-4-----

63+8）264+]6

?&

9

所以當(dāng)R2=8C時，變壓器輸出的功率P2最大，即為一W,故C正確；

2

D.當(dāng)&=8。時，5=6V,即電壓表的讀數(shù)為6V,故D錯誤。

故選C。

6,D

【解析】

正離子由。到b的過程，軌跡半徑（=弛，根據(jù)牛頓第二定律：qvB^m—,正離子在5點吸收“個電子，因電子

24

be3

質(zhì)量不計，所以正離子的速度不變，電荷量變?yōu)間—“e,正離子從》到c的過程中，軌跡半徑r2=上=—ad且@一

24

V2

ne）vB=m一,解得：

r2

〃=2

3e

A.包。故A不符合題意。

2e

B.幺。故B不符合題意。

e

c.2。故C不符合題意。

3e

D.—.故D符合題意。

3e

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。

全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

7、BC

【解析】

分別畫出正、負電荷產(chǎn)生的電場強度的方向如圖,

由圖可知，o點與尸點的合場強的方向都向下，同理可知，在。尸的連線上，所以各點的合場強的方向均向下。

AB.由庫侖定律可知：E=坐,。點到兩處電荷的距離比較小，所以兩處電荷在。點產(chǎn)生的場強都大于在尸處產(chǎn)生

r

的場強，而且在。點兩處電荷的場強之間的夾角比較小，所以。點的合場強一定大于尸點的合場強。故A錯誤，B

正確；

CD.由于在。尸的連線上，所以各點的合場強的方向均向下，將一正試探電荷沿直線從。運動到P電場力始終與運動

的方向垂直，不做功，電勢能不變。故C正確，D錯誤。

8、AD

【解析】

A項：由圖可知，R2與滑動變阻器R」串聯(lián)后與心并聯(lián)后，再由Ri串連接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當(dāng)滑片向

b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減??；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓

減小，同時Ri兩端的電壓也增大；所以并聯(lián)部分的電壓減小，故A正確;

B項:由A項分析可知并聯(lián)部分的電壓減小，即平行金屬板兩端電壓減小，根據(jù)E,平行金屬板間的場強減小,

小球?qū)⑾蛳逻\動，由于下板接地即下板電勢為0,由帶電質(zhì)點P原處于靜止狀態(tài)可知，小球帶負電，根據(jù)負電荷在電

勢低的地方電勢能大，所以小球的電勢能增大，故B錯誤;

%IUU

C項：電源的效率：7貴=正=五'由A分析可知'路端電壓減小'所以電源的效率變低'故C錯誤;

D項：將Ri和電源等效為一個新的電源，新電源的內(nèi)阻為r+Ri,電壓表測的為新電源的路端電壓，如果電流表測的

也為總電流，則=「+K,由A分析可知△〃=△/%+M，由于總電流增大，并聯(lián)部分的電壓減小，所以R3中的

△U

電流減小，則IA增大，所以△，>△%，所以<r+A，故D正確.

點晴：解決本題關(guān)鍵理解電路動態(tài)分析的步驟：先判斷可變電阻的變化情況，根據(jù)變化情況由閉合電路歐姆定律

E=U+IR確定總電流的變化情況，再確定路端電壓的變化情況，最后根據(jù)電路的連接特點綜合部分電路歐姆定律

進行處理.

9、BDE

【解析】

飽和汽壓與溫度有關(guān)，和體積無關(guān)，選項A錯誤；絕對濕度及壓強表示其單位是Pa,相對濕度沒有單位，則B正確;

空氣相對濕度越大時，空氣中水蒸氣壓強越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢，則C錯誤；氣體做等溫膨脹，分子密度變小,

氣體分子單位時間對汽缸壁單位面積碰撞的次數(shù)一定變少，則D正確；飽和汽和液體之間的動態(tài)平衡，是指汽化和液

化同時進行的過程，且進行的速率相等，則E正確；故選BDE。

10、BC

【解析】

A.裝置被鎖定后集裝箱做圓周運動，那么在裝置鎖定瞬間，由牛頓第二定律得：

2

T-mg=m—

即

v2

T=mg

顯然集裝箱的重量等于T時，鋼繩斷裂，故A錯誤；

B.如果裝置勻速運動的速度大小為匕由：

2

T-mg=m—

可知：

TL

m=-------

v-+gL

故B正確；

C.如果集裝箱的質(zhì)量為2m,由：

T-2mg=2m

可知該裝置勻速運動時的最大速度為：

故C正確；

D.加速向上提升集裝箱，由牛頓第二定律有：

T—mg=ma

可得允許的最大加速度為:

T

?=----g

m

故D錯誤。

故選BC?

三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。

2gk「k

11、BD；彳；下'

【解析】

該題利用自由落體運動來驗證機械能守恒，因此需要測量物體自由下落的高度hAB,以及物體通過B點的速度大小，

在測量速度時我們利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，因此明白了實驗原理即可知道需要測量的數(shù)據(jù)；

由題意可知，本實驗采用光電門利用平均速度法求解落地時的速度；則根據(jù)機械能守恒定律可知，當(dāng)減小的機械能應(yīng)

等于增大的動能；由原理即可明確注意事項及數(shù)據(jù)的處理等內(nèi)容。

【詳解】

(D根據(jù)機械能守恒的表達式可知，方程兩邊可以約掉質(zhì)量，因此不需要測量質(zhì)量，故A錯誤；根據(jù)實驗原理可知,

需要測量的是A點到光電門B的距離H,故B正確；利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度，不需要測量下

落時間，故C錯誤；利用小球通過光電門的平均速度來代替瞬時速度時，需要知道擋光物體的尺寸，因此需要測量小

球的直徑，故D正確。故選BD。

(2)已知經(jīng)過光電門時的時間小球的直徑；則可以由平均速度表示經(jīng)過光電門時的速度；

乂

故丫=一d；

t

2

(3)若減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒；則有：mgH=1mv;

即：2gH=(-)2

t

解得：4=學(xué).〃，那么該直線斜率k產(chǎn)手。

tdd~

(4)乙圖線，=kH,因存在阻力，則有：mgH-fH=1mv2；

所以重物和紙帶下落過程中所受平均阻力與重物所受重力的比值為工f=k一0-k；

mgk0

【點睛】

考查求瞬時速度的方法，理解機械能守恒的條件，掌握分析的思維，同時本題為創(chuàng)新型實驗，要注意通過分析題意明

確實驗的基本原理才能正確求解。

12、尸b100mARi28相同

【解析】

(1)口][2]多用電表黑表筆接表的負插孔，故由圖可知P為多用電表的黑表筆；對于多用電表測量時因遵循電流由紅表筆

進表，由黑表筆出表，故可知黑表筆應(yīng)與》連接；

(2)[3][4]根據(jù)小燈泡的規(guī)格可知電路中電流約為

燈泡電阻約為

□□=^=Q=32,25Q

故為了測量準確減小誤差多用電表直流電流擋量程應(yīng)選100mA；滑動變阻器應(yīng)選R；

(3)⑸滑動變阻器是采用的分壓式接法，故連接圖如圖所示

(4)⑹根據(jù)圖丙可知當(dāng)燈泡兩端電壓二=二二0V,電流/=78mA=0.078A,故此時小燈泡的電阻

(5)[7]使用多用電表電流檔測電流時并不會用到表內(nèi)的電池，即表內(nèi)電池電動勢和內(nèi)阻的大小對多用電表電流檔的測量

無影響，故測得的電流與真實值相比是相同的。

四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算

步驟。

13、(1)4.0x10sm/s2?(2)1.2X104N；(3)6.0xl04A

【解析】

(1)炮彈在兩導(dǎo)軌間做勻加速運動，因而