四川省成都市：2022屆高考【物理】終極押題模擬試卷（一）（含答案）

高考模挑試卷

四川省成都市：2022屆高考【物理】終極押題模擬試卷（一）

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1?5題只有一項符合題目要求,

第6?8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

1.（6分）下列表述正確的是（）

A.亞里士多德通過“理想實驗”得出了“力不是維持物體運動的原因”這一結論

B.開普勒在研究行星運動規(guī)律的基礎上發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律

C.庫侖通過“扭秤實驗”非常準確地測出了帶電物體間的靜電力

D.法拉第引入的“電場線”是真實存在于電場中的

2.（6分）如圖，水平地面上疊放著矩形物體A和B,細線一端連接A,另一端跨過定滑輪連接著物體C,

A、B、C均靜止。下列說法正確的是（）

B.B共受到四個力作用

C.適當增加C的質量后，A、B、C仍靜止在原位置，則A對B的壓力比原來大

D.適當增加C的質量后，A、B、C仍靜止在原位置，則地面對B的摩擦力比原來大

3.（6分）截止目前，我國的探月工程已發(fā)射了五個探測器。如圖所示為“嫦娥三號”飛行軌道示意圖，

其中的P是環(huán)月圓軌道與環(huán)月橢圓軌道遠月點的相交處，Q是環(huán)月橢圓軌道的近月點。下列說法正確的

是（）

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高考模挑試卷

A.橢圓軌道上，“嫦娥三號”在P點的加速度最小

B.在圓軌道與橢圓軌道上運行時，“嫦娥三號”的周期相等

C.在P點由圓軌道變軌為橢圓軌道，“嫦娥三號”需要加速

D.橢圓軌道上，從P至Q,“嫦娥三號”的機械能逐漸增大

4.（6分）如圖所示的電路中，電源的電動勢為E、內阻為r,C為電容器，Ri和R2為定值電阻，R3為光

敏電阻（阻值隨光照增強而減小），A為理想電流表，G為靈敏電流計，已知Ri>r。當開關S閉合且電

路穩(wěn)定后，在逐漸增大對R3的光照強度的過程中（）

A.A表的示數變小

B.電源的輸出功率變大

C.電源內部消耗的熱功率變小

D.G表中有從a至b的電流

5.（6分）如圖，底端固定有擋板的斜面體置于粗糙水平面上，輕彈簧一端與擋板連接，彈簧為原長時自

由端在B點，一小物塊緊靠彈簧放置并在外力作用下將彈簧壓縮至A點。物塊由靜止釋放后，沿粗糙斜

面上滑至最高點C,然后下滑，最終靜止在斜面上。若整個過程中斜面體始終靜止，則下列判定正確的

是（）

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A.整個運動過程中，物塊加速度為零的位置只有一處

B.物塊上滑過程中速度最大的位置與下滑過程中速度最大的位置不同

C.整個運動過程中，系統(tǒng)彈性勢能的減少量等于系統(tǒng)內能的增加量

D.物塊從A上滑到C的過程中，地面對斜面體的摩擦力大小先增大再減小，然后不變

6.（6分）xOy平面內運動的某質點t=0時刻在y軸上。圖（a）是質點在x方向的速度v-時間t圖像（選

x軸正方向為v的正方向），圖（b）是質點在y方向的位移y-時間t圖像。則可知（）

A.質點做勻變速曲線運動

B.t=0時，質點的速度大小為2m/s

C.t=2s時，質點的坐標為（6m,0）

D.t=ls時，質點的速度大小為5m/s

7.（6分）某電場中的一條電場線與x軸重合，一負點電荷僅在電場力作用下以某一初速度沿x軸正方向

做直線運動。已知點電荷的電荷量為-2X10-8。點電荷的動能E與坐標x的關系如圖中曲線所示，斜

線為該曲線過點（0.3,3）的切線。下列判定正確的是（）

A.該電場的電勢沿x軸正方向降低

B.該電場為勻強電場

C.x=0.3m處的場強大小為500N/C

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D.x=0.3m與x=0.5m間的電勢差是100V

8.（6分）如圖，絕緣座放在光滑水平面上，間距為d的平行板電容器豎直固定在絕緣座上，A板有小孔0,

水平絕緣光滑桿穿過0固定在B板上，電容器、底座和絕桿的總質量為M。給電容器充電后，一質量為

m的帶正電環(huán)P套在桿上以某一速度vo,對準0向左運動，在電容器中P距B板最近的位置為S,OS

=且。若A、B板外側無電場,P過孔O時與板無接觸，不計P對A、B板間電場的影響。則（）

2

B.P從O至S的過程中，絕緣座的位移大小為迫

2M

C.P從O至S的過程中，絕緣座的位移大小為:血、

2（M+m）

D.P從0至S的過程中，整個系統(tǒng)電勢能的增加量為

三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22?32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33?

38題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題

9.為了探究物體質量一定時加速度與力的關系，某同學設計了圖（a）所示的實驗裝置，其中M為小車的

質量，m為砂和砂桶的質量，mo為動滑輪的質量，滑輪光滑且大小不計，力傳感器可測出細線中的拉力

1.012.964.926.868.8210.77

圖（b）圖（c）

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（1）實驗中，不需要進行的操作是，不需要滿足的條件是（填序號字母）。

A.用天平測出砂和砂桶的質量m

B.將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力

C.保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M

D.小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器的示數

（2）該同學在實驗中得到圖（b）所示的一條紙帶（兩計數點間還有四個點沒有畫出）。已知打點計時

器的打點周期為0.02s,根據紙帶可求出小車的加速度大小為m/s2（結果保留三位有效數字）。

（3）該同學以力傳感器的示數F為橫坐標，加速度a為縱坐標，畫出圖（c）所示的a-F圖線是一條過

原點的直線，若圖線的斜率為k,則小車的質量為

10.要測量一個約200Q的未知電阻Rx的阻值，要求測量精度盡量高、且電表的指針偏角必須超過量程的三

分之一。實驗室提供了以下器材:

①電流表Ai（0?5mA,內阻ri=10Q）:

②電流表A2（0?10mA,內阻r2=5C）；

③定值電阻Ri（Ri=180fi）；

④定值電阻R2（R2=20Q）；

⑤滑動變阻器R（0?5。）；

⑥干電池（電動勢1.5V,內阻不計）；

⑦開關S及導線若干。

（1）某同學設計了圖（a）所示的電路，閉合開關S前，滑動變阻器的滑片應置于端（填“左”

或“右”）；

（2）圖中定值電阻應選（填“Ri”或“R2”）；

（3）若某次測得電流表Ai、A2的示數分別為h、12,則被測電阻的大小為Rx=（用可能用到的

符號h、匕、?、芌i、R2表示）；

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(4)若通過調節(jié)滑動變阻器，測得多組11、12,作出12-11的圖像如圖(b)所示，求得圖線的斜率為k

=1.90,則被測電阻的大小為Rx=Q(保留三位有效數字)。

11.如圖，豎直平面xOy內，第一象限有水平向右(沿x軸正方向)的勻強電場，第三象限有豎直向上(沿

y軸正方向)的勻強電場，場強大小均為E；懸點在A(0,L)、長為L的絕緣細線懸掛著質量為m的

帶電小球(可視為質點)，小球靜止時，細線與豎直方向的夾角為。=37°。撤去第一象限的電場，小球

自由下擺到O點時，細線恰好斷裂，然后小球經第三象限的電場，落在地面上距O點水平距離為d的B

點。重力加速度大小為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)小球的帶電性質及電荷量q；

(2)小球運動到B點的速度大小。

12.如圖，傾角為30°、長L=6m的傾斜傳送帶的速度大小vo可由驅動系統(tǒng)根據需要設定，且設定后速度

保持不變，其方向沿傳送帶向上?，F(xiàn)給質量m=lkg的貨箱(視為質點)施加一個沿傳送帶向上、大小F

=10N的恒力，使其由靜止開始從傳送帶底端向高平臺運動。已知貨箱與傳送帶間的動摩擦因數p=尊,

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。

(1)若vo=O,求貨箱在傳送帶上運動的時間t；

(2)若vo=4m/s,求貨箱在傳送帶上運動的過程中，摩擦力對貨箱的沖量If和貨箱與傳送帶間因摩擦產

生的熱量Q;

(3)若vo=4m/s,貨箱運動到0.7s末，由于某種原因使恒力F突然消失，試通過計算判斷貨箱能否到達

高平臺。

(二)選考題：共45分。請考生從2道物理題中任選一題作答，并用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題

號涂黑。注意所做題目的題號必須與所涂題目的題號一致，在答題卡選答區(qū)域指定位置答題。如果多做，則

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按所做的第一題計分。

13.下列說法正確的是（）

A.當分子力表現(xiàn)為斥力時，分子力和分子勢能總是隨分子間距離的減小而增大

B.用氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數可以估算氣體分子的體積

C.物體向外界放熱，其內能不一定減小

D.金剛石、食鹽、玻璃和水晶都是晶體

E.自然界自發(fā)的宏觀過程都具有方向性，總是向分子熱運動無序性更大的方向進行

14.小明父親啟動汽車送小明上學時，發(fā)現(xiàn)汽車胎壓異常狀態(tài)電子系統(tǒng)有如圖所示的報警：“左前輪胎壓

1.7atm,胎壓過低”。已知左前輪內胎體積為Vo,為使汽車正常行駛，小明父親用電動充氣泵給左前輪

充氣，每秒鐘充入4V=二-Vo、壓強為latm的氣體，充氣結束后內胎體積膨脹了10%,胎內氣體壓強

120

達到了2.4atm。（設胎內氣體可視為理想氣體且充氣過程中胎內氣體溫度無明顯變化，計算結果可用分

式表示）

（i）充氣結束，胎內氣體若保持1.7atm,其理論體積V理是Vo的多少倍？

（ii）充氣幾分鐘可以使胎壓達到2.4atm?

MPa

1.70

24C

■D

______4

二1

gIg

2.402.40

24°C24匕

15.關于機械波與電磁波，下列說法中正確的是（）

A.彈簧振子在四分之一周期里運動的路程一定等于一個振幅

B.用超聲波被血流反射回來其頻率發(fā)生變化可測血流速度，是利用了波的多普勒效應

C.擺鐘偏慢時可通過縮短擺長進行校準

D.光學鏡頭上的增透膜是利用了光的偏振

E.電磁波衍射能力由強到弱的順序是無線電波、紅外線、可見光、丫射線

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16.對比鉆石折射率是判斷鉆石真假的一種方法。圖（a）為某種材料做成的鉆石示意圖，其截面如圖（b）

所示，虛線為垂直于MN邊的對稱軸，/AOB可以根據需要打磨成不同大小，現(xiàn)有光線從圖示位置垂直

于MN邊射入該鉆石內。

（i）若/AOB=106°時，光恰好不從A0邊射出。請計算該鉆石的折射率，判斷該鉆石的真假。（真鉆

石對該光的折射率為2.42,計算中可能用到sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（ii）繼續(xù)打磨該鉆石使NAOB減小后，讓光線仍沿圖（b）所示方向入射，光射到BO邊時剛好發(fā)生全

發(fā)射，求NAOB的大小。（結果保留兩位小數）

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四川省成都市：2022屆高考【物理】終極押題模擬試卷（一）

參考答案與試題解析

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1?5題只有一項符合題目要求,

第6?8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

1.（6分）下列表述正確的是（）

A.亞里士多德通過“理想實驗”得出了“力不是維持物體運動的原因”這一結論

B.開普勒在研究行星運動規(guī)律的基礎上發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律

C.庫侖通過“扭秤實驗”非常準確地測出了帶電物體間的靜電力

D.法拉第引入的“電場線”是真實存在于電場中的

【分析】根據物理學史和常識解答，記住著名物理學家的主要貢獻即可。

【解答】解：A、伽利略通過“理想實驗”得出了“力不是維持物體運動的原因”這一結論，故A錯誤;

B、牛頓在研究行星運動規(guī)律的基礎上發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，故B錯誤；

C、庫侖通過“扭秤實驗”非常準確地測出了帶電物體間的靜電力，故C正確；

D、法拉第引入的“電場線”是為了描述電場人為引入的，在電場中不是真實存在，故D錯誤。

故選：Co

【點評】本題考查物理學史，是常識性問題，對于物理學上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強記憶，這

也是考試內容之一。

2.（6分）如圖，水平地面上疊放著矩形物體A和B,細線一端連接A,另一端跨過定滑輪連接著物體C,

A、B、C均靜止。下列說法正確的是（）

CD

A.A共受到三個力作用

B.B共受到四個力作用

C.適當增加C的質量后，A、B、C仍靜止在原位置，則A對B的壓力比原來大

D.適當增加C的質量后，A、B、C仍靜止在原位置，則地面對B的摩擦力比原來大

【分析】A處于平衡，合力為零，對A受力分析即可，B處于平衡狀態(tài)，對B受力分析，可知B和地面

間也存在摩擦；適當增加C的質量后，A、B、C仍靜止在原位置，以A為研究對象分析，可知A對B

壓力比原來小，對B受力分析，根據平衡條件及牛頓第三定律即可分析地面對B的摩擦力。

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高考模挑試卷

【解答】解：A、物體A處于靜止狀態(tài)，受力分析如圖所示:

物體A共受到四個力，故A錯誤;

CD、適當增加C的質量后，A、B、C仍靜止在原位置，可知T增大，。不變，由平衡條件得：NA=mAg

-Tsin0

可知NA減小，可知A對B壓力比原來小，由平衡條件及牛頓第三定理可得：fB=fA'

fA'=fA=TcOS0

聯(lián)立可得：fB=TcOS0

可知，地面對B的摩擦力比原來大，故C錯誤，D正確。

故選：D。

【點評】本題考查受力平衡條件，目的是考查學生的推理能力，整體法與隔離法的靈活選擇對解題過程

簡潔與否至關重要，要求能靈活選擇方法。

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高考模挑試卷

3.（6分）截止目前，我國的探月工程已發(fā)射了五個探測器。如圖所示為“嫦娥三號”飛行軌道示意圖，

其中的P是環(huán)月圓軌道與環(huán)月橢圓軌道遠月點的相交處，Q是環(huán)月橢圓軌道的近月點。下列說法正確的

是（）

A.橢圓軌道上，“嫦娥三號”在P點的加速度最小

B.在圓軌道與橢圓軌道上運行時，“嫦娥三號”的周期相等

C.在P點由圓軌道變軌為橢圓軌道，“嫦娥三號”需要加速

D.橢圓軌道上，從P至Q,“嫦娥三號”的機械能逐漸增大

【分析】在環(huán)月段圓軌道上經過P點時減速才能進入環(huán)月楠圓軌道.嫦娥三號懸停時反推力與重力平衡，

據此求得月球表面的重力加速度，由月球半徑求得月球的第一宇宙速度.由衛(wèi)星的變軌原理分析變軌時

是加速還是減速.

【解答】解：A、根據萬有引力提供向心力：G粵=ma，可得a騁，由于P點是橢圓軌道上的遠月點，

rr

則“嫦娥三號”在P點的加速度最小，故A正確；

3

B、根據公式開普勒第三定律號二上可知，在圓軌道與橢圓軌道上運行時，軌道半長軸不同，則“嫦娥

T/

三號”的周期不相等，故B錯誤；

C、在P點由圓軌道變?yōu)闄E圓軌道，是由高軌道向低軌道做近心運動，所以“嫦娥三號”需要在P點減速，

故C錯誤；

D、橢圓軌道上，從P至Q,只有萬有引力對“嫦娥三號”做功，故“嫦娥三號”的機械能守恒，即保持

不變，故D錯誤。

故選：Ao

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高考模做試卷

【點評】本題要掌握萬有引力提供向心力，要能夠根據題意選擇恰當的向心力的表達式，知道開普勒第

三定律，理解公式中各量的含義.

4.（6分）如圖所示的電路中，電源的電動勢為E、內阻為r,C為電容器，Ri和R2為定值電阻，R3為光

敏電阻（阻值隨光照增強而減?。?，A為理想電流表，G為靈敏電流計，已知Ri>r。當開關S閉合且電

路穩(wěn)定后，在逐漸增大對R3的光照強度的過程中（）

A.A表的示數變小

B.電源的輸出功率變大

C.電源內部消耗的熱功率變小

D.G表中有從a至b的電流

【分析】在逐漸增大對R3的光照強度的過程中，R3的阻值減小，分析外電路總電阻的變化，由閉合電路

歐姆定律分析干路電流的變化，即可知道電流表A的示數如何變化。由內外電阻的關系和外電阻的變化

分析電源的輸出功率如何變化。由P=Fr分析電源內部消耗的熱功率變化情況。根據電容器充放電情況,

判斷G表中電流方向。

【解答】解：A、增大對R3的光照強度，其電阻減小，外電路總電阻減小，根據閉合電路歐姆定律可知I,

干路電流增大，則A表的示數變大，故A錯誤；

B、由于Ri>r,結合電源的輸出功率與外電阻的關系可知，當外電阻減小時，外電阻與內電阻逐漸接近,

電源的輸出功率增大，故B正確；

C、根據公式P=『r可知通過電源的電流增大，電源內部消耗的熱功率增大，故C錯誤；

D、由閉合電路歐姆定律知U=E-I（Ri+r）,可知，I增大，其它量不變，并聯(lián)部分電壓U減小，即電

容器兩端電壓減小，所以電容器處于放電過程，G表中電流從b流向a,故D錯誤。

故選：Bo

【點評】對于閉合電路的動態(tài)分析問題，一般按外電路一內電路一外電路的分析思路進行。分析內電路

主要根據總電流及內阻分析內電壓變化情況，而外電路較為復雜，要注意靈活應用電路的性質。

5.（6分）如圖，底端固定有擋板的斜面體置于粗糙水平面上，輕彈簧一端與擋板連接，彈簧為原長時自

由端在B點，一小物塊緊靠彈簧放置并在外力作用下將彈簧壓縮至A點。物塊由靜止釋放后，沿粗糙斜

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高考模挑試卷

面上滑至最高點C,然后下滑，最終靜止在斜面上。若整個過程中斜面體始終靜止，則下列判定正確的

A.整個運動過程中，物塊加速度為零的位置只有一處

B.物塊上滑過程中速度最大的位置與下滑過程中速度最大的位置不同

C.整個運動過程中，系統(tǒng)彈性勢能的減少量等于系統(tǒng)內能的增加量

D.物塊從A上滑到C的過程中，地面對斜面體的摩擦力大小先增大再減小，然后不變

【分析】物塊的合力為零時速度最大，由平衡條件和胡克定律分析上滑和下滑速度最大的位置關系；

根據能量和轉化守恒定律分析整個運動過程中產生的內能與彈簧的最大彈性勢能的關系；

物塊從A上滑到C過程中，以斜面體和物塊整體為研究對象，分析地面對斜面體的摩擦力如何變化。

【解答】解：A、設斜面傾角為。，

物體上滑時，當滿足mgsinO+nmgcosO=kZ\x,此時物塊加速度為零；

物體下滑時，當滿足mgsin。-pmgcose=kz^x',此時物塊加速度為零，

整個運動過程中，物塊加速度為零的位置有兩處，故A錯誤；

B、上滑過程在彈簧壓縮量為時，加速度為零，速度最大；下滑過程在彈簧壓縮量為時，加速度

為零，速度最大，由A選項可知物塊上滑過程中速度最大的位置與下滑過程中速度最大的位置不同，故

B正確；

C、整個過程系統(tǒng)能量不變，上滑過程中彈簧的彈性勢能轉化成內能和重力勢能，故系統(tǒng)彈性勢能的減少

量等于系統(tǒng)內能的增加量與增加的重力勢能之和，故C錯誤；

D、物塊從A上滑到B過程中，彈簧的彈力逐漸減小，在物體的合力等于零之前，由牛頓第二定律有kx

-f-mgsina=ma,a隨著x的減小而減小，方向沿斜面向上。

以斜面體、物塊和彈簧整體為研究對象，由牛頓第二定律知：地面對斜面體的摩擦力f=macosa,a減小，

則f減小，方向水平向左。

在物體的合力等于零之后到B的過程，由牛頓第二定律有計mgsina-kx=ma,a隨著x的減小而增大，

方向沿斜面向下。

以斜面體、物塊和彈簧整體為研究對象，由牛頓第二定律知：地面對斜面體的摩擦力f=macosa,a增大,

則f增大，方向水平向右。

物體從B運動到C的過程，物體的加速度不變，則由f=macosa知，f不變，綜上知，物塊從A上滑到C

過程中，地面對斜面體的摩擦力先減小再增大，然后不變。故D錯誤。

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高考模挑試卷

故選：B。

【點評】本題是力學綜合題，分析物體的受力情況是基礎，還要把握能量是如何轉化的。對于加速度不

同的物體，也可以運用整體法研究。

6.（6分）xOy平面內運動的某質點t=0時刻在y軸上。圖（a）是質點在x方向的速度v-時間t圖像（選

x軸正方向為v的正方向），圖（b）是質點在y方向的位移y-時間t圖像。則可知（）

A.質點做勻變速曲線運動

B.t=0時，質點的速度大小為2m/s

C.t=2s時，質點的坐標為（6m,0）

D.t=ls時，質點的速度大小為5m/s

【分析】依據兩圖象可知：質點在x方向上做勻加速直線運動，在y方向上做勻速運動，結合運動的合

成與分解，即可判定運動性質；

根據兩圖象可知：質點在x方向上做勻加速直線運動，在y方向上做勻速運動，求出1s末x方向的分速

度，然后根據平行四邊形定則得出質點的速度；

分別求出質點沿x方向的位移與y方向的位移，然后根據平行四邊形定則求解2s內的位移大小。

【解答】解：A、質點在x軸方向質點以初速度為2m/s做勻加速直線運動，而在y軸方向質點做勻速運

動，依據運動的合成與分解，及曲線運動條件，可知，質點做勻變速曲線運動，故A正確；

B、t=0時，在x方向上的初速度為Vx0=2m/s,y方向上的速度為Vy=^E=2]gm/s=-3m/s,則速度

為丫=〃「2+丫?.2={22+（_3）2m/s=7I^n/s，故B錯誤；

C、2s內質點在x方向上的位移為2m=8m，2s內質點在y方向上的位移為y=-3X2m=-6m,

質點的坐標為（8m,0）,故C錯誤；

D、t=ls時，在x方向上的速度為4m/s,y方向上的速度為則合速度為.二值不52n/s=5m/s，

故D正確。

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高考模挑試卷

故選：ADo

【點評】解決本題的關鍵知道質點在x方向和y方向上的運動規(guī)律，根據平行四邊形定則進行合成，注

意掌握曲線運動的條件，要注意v-t圖象中圖線與時間軸圍成的面積對應質點運動的位移。

7.（6分）某電場中的一條電場線與x軸重合，一負點電荷僅在電場力作用下以某一初速度沿x軸正方向

做直線運動。已知點電荷的電荷量為-2X10-8C,點電荷的動能E與坐標x的關系如圖中曲線所示，斜

線為該曲線過點（0.3,3）的切線。下列判定正確的是（)

A￡J/X|0-6J

A.該電場的電勢沿x軸正方向降低

B.該電場為勻強電場

C.x=0.3m處的場強大小為500N/C

D.x=0.3m與x=0.5m間的電勢差是100V

【分析】粒子僅受電場力作用，列出動能定理式子，可判斷出Ek-x圖像斜率表示電場力，并可判斷電

場力方向，結合場強與電場力的關系，即可求解。

【解答】解：A、負點電荷沿x軸正方向運動的過程中，動能減少，由動能定理知電場力對其做負功，則

電場方向沿x軸的正方向，電勢沿x軸正方向降低。故A正確

B、由于點電荷僅受電場力，由動能定理得知，圖象的斜率為電場力，由圖可知，斜率減小，電場力減小,

根據E1，可知電場強度變小。故B錯誤；

q

一6

C、由圖可知F=k=^4?押=1.0乂10小

0.6-0.3

x=0.3m處的場強大小為E上JOX故c正確;

q2.oxio-8

D設x=0.3m處動能為Ek,x=0.5m處動能為E'k，

6

由圖可知Ek=3X10-6j,k=1.75X10-J.

由動能定理得-qU=El-Ek

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高考模挑試卷

解得U=62.5V,故D錯誤。

故選：AC。

【點評】本題考查電場相關概念，結合動能定理，要求學生結合公式，理解所給圖像斜率、交點的意義,

對學生分析能力有一定要求。

8.（6分）如圖，絕緣座放在光滑水平面上，間距為d的平行板電容器豎直固定在絕緣座上，A板有小孔O,

水平絕緣光滑桿穿過O固定在B板上，電容器、底座和絕桿的總質量為M。給電容器充電后，一質量為

m的帶正電環(huán)P套在桿上以某一速度vo,對準O向左運動，在電容器中P距B板最近的位置為S,OS

=&。若A、B板外側無電場,P過孔0時與板無接觸，不計P對A、B板間電場的影響。則（）

2

B.P從0至S的過程中，絕緣座的位移大小為迫

2M

C.P從0至S的過程中，絕緣座的位移大小為,1nd、

2（M+m）

D.P從。至S的過程中，整個系統(tǒng)電勢能的增加量為

【分析】帶電環(huán)與電容器組成的系統(tǒng)動量守恒，可利用動量守恒定律求解速度，從而求出位移；整個過

程系統(tǒng)能量守恒，系統(tǒng)動能轉化為電勢能。

【解答】解：A、帶電圓環(huán)進入電場后，在電場力的作用下，做勻減速直線運動，而電容器則在電場力的

作用下做勻加速直線運動，當他們速度相等時，帶電圓環(huán)與電容器的左極板相距最近，取向左為正方向,

有系統(tǒng)動量守恒mvo=（m+M）v

可得,"mTvn

m+M

則P在S處的速度不為0,故A錯誤；

BC、該過程電容器（絕緣座）向左做勻加速直線運動，有X―二t

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高考模挑試卷

環(huán)向左做勻減速直線運動，有/——t

由題意可知/-x=-

md

解得X’=2(M+m)

1nd

P從O至S的過程中，絕緣座的位移大小為,、故C正確，B錯誤;

2（M+m）

D,P從O至S的過程中，帶電環(huán)減速，動能減少，電容器動能增加，系統(tǒng)動能減少，電勢能增加，增加

2

11刷VO

-2-fX

的電勢能4EpmVO一xZJ

22V~2(M-4n)

故D正確。

故選：CD。

【點評】本題考查動量守恒定律與功能關系，要求學生判斷守恒量，并能夠對帶電環(huán)以及電容器在整個

過程的能量轉化進行分析，難度適中。

三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第22?32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33?

38題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題

9.為了探究物體質量一定時加速度與力的關系，某同學設計了圖（a）所示的實驗裝置，其中M為小車的

質量，m為砂和砂桶的質量，mo為動滑輪的質量，滑輪光滑且大小不計，力傳感器可測出細線中的拉力

（1）實驗中，不需要進行的操作是A,不需要滿足的條件是C（填序號字母）。

A.用天平測出砂和砂桶的質量m

B.將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力

C.保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M

D.小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器的示數

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高考模挑試卷

（2）該同學在實驗中得到圖（b）所示的一條紙帶（兩計數點間還有四個點沒有畫出）。已知打點計時

器的打點周期為0.02s,根據紙帶可求出小車的加速度大小為1.95mH（結果保留三位有效數字）。

（3）該同學以力傳感器的示數F為橫坐標，加速度a為縱坐標，畫出圖（c）所示的a-F圖線是一條過

原點的直線，若圖線的斜率為k,則小車的質量為。

【分析】（1）根據實驗的原理和注意事項確定不需要的操作以及條件；

（2）根據計數點間的時間間隔確定兩計數點間的時間；再根據連續(xù)相等時間內的位移之差是一恒量，運

用逐差法求出小車的加速度；

（3）根據牛頓第二定律確定F與加速度間的關系，再結合圖象即可求出小車的質量。

【解答】解：（1）A、實驗中細線上的拉力由力的傳感器可測出，故不需要測出砂和砂桶的質量，故A

錯誤；符合題意；

B、為了保證細線上的拉力就是動滑輪和小車所受的合外力，需要平衡摩擦力，故B正確，不符合題意；

C、拉力由力的傳感器可測出，故不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M,故C錯誤，符合

題意。

D、小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄力傳感器的示數，這是實

驗測量的標準步驟，故D正確，不符合題意。

故不需要進行的操作是A；不需要滿足的條件為C。

（2）兩計數點間還有四個點沒有畫出，則兩計數點間的時間間隔為T=0.1s,根據利用逐差法

右_（10.77+8.82+6.86）-（1.01+。96+4.92）--2,2.^,2

有a=--------------------------------3-------------------X10m/s=1.95m/s

（3X0.1）J

（3）根據牛頓第二定律有2F=（mo+M）a

故圖象的斜率

m0+M

解得日卷一叱

故答案為：（1）A；（2）C；（3）1.95；（4）2-mc。

k。

【點評】本題考查探究加速度與物體質量、物體受力間的關系，要注意明確實驗原理，掌握根據圖象處

理數據的基本方法，同時掌握根據逐差法處理紙帶的方法。

10.要測量一個約200Q的未知電阻Rx的阻值，要求測量精度盡量高、且電表的指針偏角必須超過量程的三

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高考模挑試卷

①電流表Ai（0?5mA,內阻n=10Q）；

②電流表A2（0~10mA,內阻r2=5Q）；

③定值電阻Ri（Ri=180H）；

④定值電阻R2（R2=20Q）；

⑤滑動變阻器R（0?5Q）；

⑥干電池（電動勢1.5V,內阻不計）：

⑦開關S及導線若干。

（1）某同學設計了圖（a）所示的電路，閉合開關S前，滑動變阻器的滑片應置于左端（填“左”

或“右”）；

（2）圖中定值電阻應選Ri（填“Ri”或“R2”）；

（3）若某次測得電流表Ai、A2的示數分別為h、12,則被測電阻的大小為Rx=_l1（%+1-）_（用

I?!

可能用到的符號11、12、門、「2、Rl、R2表示）；

（4）若通過調節(jié)滑動變阻器，測得多組1|、12,作出【2-h的圖像如圖（b）所示，求得圖線的斜率為k

=1.90,則被測電阻的大小為Rx=211C（保留三位有效數字）。

【分析】（1）為保護電路使分壓為零，滑片置于左端；

（2）根據電源電動勢和電流表滿偏時，大致求出分壓電阻的阻值，從而選擇定值電阻；

（3）根據并聯(lián)電路電壓相等和歐姆定律求出待測電阻的阻值；

（4）由上一問的表達式寫出12-h圖象，由圖象的斜率從而求出Rx的值。

【解答】解：（1）由于電路為分壓式電路，閉合開關前要保護電流表，要求流過電流表的電流盡可能小，

固要將滑動變阻器的滑片應置于左端；

（2）由電路圖可看出，本題考向實質為伏安法測電阻，則需將電流表Ai改裝為電壓表，由于電源電動

勢為1.5V,則Ai改裝的電壓表應能測1.5V的電壓，則有

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高考模挑試卷

Ig<R,H+ri）Q1.5V,代入數據有：R串*290。，則選Ri較為合適;

（3）根據歐姆定律有：Rx=?!叫三。

I2-I1

r1+R1+R

（4）由上一問（第三空）的答案整理得：12=」一?邑h

Rx

由上式可知：k=r.l.：RI+%

Rx

則代入計算可得：Rx=2im

故答案為：（1）左；（2）R1；（3）'RL+r.l"L；（4）211

I2-I1

【點評】本實驗是伏安法的變形，即安安法，通過滑動變阻器的調壓從而使一條支路的電流變化時，干

路中的電流也要變化，且是線性關系，作出12-11圖象，結合圖象就求出待測電阻的阻值，此種方法既減

小了因讀數的偶然誤差，也消除了因電表內阻的影響產生的系統(tǒng)誤差。

11.如圖，豎直平面xOy內，第一象限有水平向右（沿x軸正方向）的勻強電場，第三象限有豎直向上（沿

y軸正方向）的勻強電場，場強大小均為E；懸點在A（0,L）、長為L的絕緣細線懸掛著質量為m的

帶電小球（可視為質點），小球靜止時，細線與豎直方向的夾角為。=37°。撤去第一象限的電場，小球

自由下擺到O點時，細線恰好斷裂，然后小球經第三象限的電場，落在地面上距O點水平距離為d的B

點。重力加速度大小為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:

（1）小球的帶電性質及電荷量q；

（2）小球運動到B點的速度大小。

【分析】（1）由三力平衡，結合矢量的合成法則，及三角知識，并由電場力與電場強度方向相同，從而

小球的判定電性及電量；

（2）根據動能定理，結合類平拋運動處理規(guī)律，及運動學公式，即可求解。

【解答】解：（1）小球受三力作用靜止，電場力方向與電場強度方向相同，故小球帶正電；

由力的平衡條件得：qE=mgtan6

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高考模挑試卷

解得，小球的電荷量為:

(2)設小球在0點的速度大小為vi，擺下過程中，由動能定理，則有：mgL(l-cos37e)卷1^；

解得：丫1=點;[

小球在第三象限做類平拋運動，水平方向有：d=V|t

豎直方向做勻加速直線運動，由牛頓第二定律有：mg-qE=ma

由運動學規(guī)律有：vy=at

小球運動到B點的速度：V2=

2,,5gd2

聯(lián)立各式，解得：v=1I

2M5§L^2L7

答：(1)小球的帶正電，其電荷量為運；

4E

(2)小球運動到B點的速度大小為\包山15gd2。

V5g32L

【點評】考查帶電粒子在電場中運動問題，掌握平衡條件的應用，理解動能定理的內容，及類平拋運動

處理的規(guī)律，最后還要注意小球的兩個運動過程，尤其是類平拋運動與平拋運動的區(qū)別。

12.如圖，傾角為30°、長L=6m的傾斜傳送帶的速度大小vo可由驅動系統(tǒng)根據需要設定，且設定后速度

保持不變，其方向沿傳送帶向上?，F(xiàn)給質量m=lkg的貨箱(視為質點)施加一個沿傳送帶向上、大小F

=10N的恒力，使其由靜止開始從傳送帶底端向高平臺運動。已知貨箱與傳送帶間的動摩擦因數口=喙,

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g=10m/s2。

(1)若vo=O,求貨箱在傳送帶上運動的時間t；

(2)若vo=4m/s,求貨箱在傳送帶上運動的過程中，摩擦力對貨箱的沖量If和貨箱與傳送帶間因摩擦產

生的熱量Q;

(3)若vo=4m/s,貨箱運動到0.7s末，由于某種原因使恒力F突然消失，試通過計算判斷貨箱能否到達

高平臺。

【分析】(1)根據牛頓第二定律求得上滑時的加速度大小，根據運動學公式求得上滑時間;

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高度模攜試卷

(2)當貨箱速度達到4m/s之前，根據牛頓第二定律求得加速度，利用運動學公式求得貨箱速度達到4m/s

時所需時間和上滑的位移，當速度大于4m/s時，根據牛頓第二定律求得加速度，利用運動學公式求得運

動時間，求得發(fā)生的相對位移，根據If="求得沖量，根據Q=nmgcos0?4x求得產生的熱量；

(3)根據時間關系求得在0.7s時貨箱獲得的速度及貨箱沿斜面上滑的距離，撤去外力后，貨箱做減速運

動，求得減速到傳送帶速度時所需時間，利用運動學公式求得上滑的距離，當速度小于傳送帶后，在結

合牛頓第二定律和運動學公式求得繼續(xù)上滑的距離，即可判斷。

【解答】解：(l)vo=O時、貨箱受重力，拉力，傳送帶對貨箱的支持力和摩擦力，向上做勻加速運動，

由牛頓第二定律有：F-|imgcos30°-mgsin30°=ma解得：a=2m/s2

由運動學規(guī)律有：L-|at2解得：七=槨=榨豆s5s

(2)vo=4m/s時，貨箱受重力，拉力，傳送帶對貨箱的支持力和摩擦力，向上做勻加速運動，直到速度

達到4m/s,

設此過程加速度為ai，運動時間為ti，發(fā)生位移為xi,

由牛頓第二定律有：F+pmgcos30°-mgsin30°=mai代入數據得：aI=8m/s2

由運動學規(guī)律有：vo=aiti，x?代入數據得：ti=0.5s,xi=lm/s

A1211

貨箱與傳送帶間的相對路程為：△xi=voti-xi=4XO.5m-lm=lm此后，摩擦力反向，貨箱繼續(xù)沿斜面

2

向上做加速運動，由受力情況可知加速度a2=a=2m/s

設此過程的時間為t2，發(fā)生位移為X2X2=L-xi=6m-lm=5m

由運動學規(guī)律有：x-vt代入數據得：t2=lS

貨箱與傳送帶間的相對路程為：/^