河南省郑州市第106中学2022年高考适应性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．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．

2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．

3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．

4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．

5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

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，用两根长度均为的轻绳将一重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为，整个系统静止，

lθ

这时每根轻绳中的拉力为．现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为．为某一值时，最

TT'θ

大，此最大值为

T



T

A B2 C D

．．．．

9

4

322

54

25

2．如图所示，两束单色光、分别沿半径方向由空气射入半圆形玻璃砖，出射光合成一束复色光，下列说法正确

abP

的是（）

Aab

．光一个光子的能量小于光一个光子的能量

Bab

．光的折射率大于光的折射率

Cba

．实验条件完全相同的情况下做双缝干涉实验，光比光条纹间距大

Dba

．若用光照射某种金属时能发生光电效应现象，则用光照射该金属也一定能发生光电效应现象

3．水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，一光滑绝缘轻杆竖直立在地面上，轻杆上有两点。轻杆左侧固定

AB

、

一带正电的点电荷，电荷量为，点电荷在轻杆两点的中垂线上，一个质量为，电荷量为的小球套在轻杆上，

++

QABmq

从点静止释放，小球由点运动到点的过程中，下列说法正确的是（）

AAB

A

．小球受到的电场力先减小后增大

B

．小球的运动速度先增大后减小

C

．小球的电势能先增大后减小

D

．小球的加速度大小不变

4．如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷图中未画出产生的电场．另一正点电荷仅在电场力作用下沿曲

Qq

()

线运动，在点的速度大小为，方向沿方向，到达点时速度大小为，且，则

MNMvMPNvvv

00

< ()

A

．一定在虚线下方

QMP

B

．点的电势比点的电势高

MN

C

．在点的电势能比在点的电势能小

qMN

D

．在点的加速度比在点的加速度小

qMN

5．一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于（）

A

．物体势能的增加量

B

．物体动能的增加量

C

．物体动能的增加量加上物体势能的增加量

D

．物体动能的增加量减去物体势能的增加量

6．两个等量点电荷位于轴上，它们的静电场的电势随位置变化规律如图所示（只画出了部分区域内的电势），

xφxx

轴上两点、点，且＞，由图可知（ ）

BCOBOC

A

．点的电势低于点的电势

CB

B

．点的场强大小大于点的场强大小，、点的电场方向相同

BCBC

C

．正电荷可以在轴上、之间的某两点做往复运动

xBC

D

．负电荷沿轴从移到的过程中电场力先做正功后作负功

xBC

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．在如图所示的电路中，灯泡的电阻小于电源的内阻，闭合电键，将滑动变阻器滑片向左移动一段距离后，

LSP

r

下列结论正确的是（）

AL

．灯泡变亮

B

．电流表读书变小，电压表读数变大

C

．电源的输出功率变小

DC

．电容器上电荷量增多

8．某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。为定值电阻，、为两

R

L

1

L

2

只标有，的相同小灯泡，在输入端加如图乙所示的交变电压。开关断开时，灯泡正常发光，测得电阻

“5V2A”S

L

1

R

两端的电压与灯泡两端电压相等，则下列说法正确的是（ ）

L

1

A

．理思变压器原副线圈的匝数比为

2:1

B

．理想变压器原副线圈的匝数比为

3:1

C

．定值电阻的阻值为

7.5Ω

DS

．闭合开关后，灯泡变暗

L

1

9．如图所示，在边长为的正方形区域内存在磁感应强度大小为，方向垂直纸面向外的匀强磁场。质量为

LABCDB

mqvAAC

，电荷量为的带电粒子（不计重力），分别以相同的速率从点沿不同方向垂直磁场方向射入磁场，当沿方

向射入时，垂直于边射出磁场。则粒子（ ）

BC

A

．带负电

B

．运动速率

v

2qBL

m

C

．在磁场中运动的最长时间

T

m



m

3qB

D

．在磁场中运动的最长时间

T

m



m

qB

10．如图所示，质量为的球与质量为的球用绕过轻质定滑轮的细线相连，球放在固定的光滑斜面上，

4ABA

mm

斜面倾角，球与质量为的球通过劲度系数为的轻质弹簧相连，球放在水平地面上。开始时控制住

αmk

=30°BCC

球，使整个系统处于静止状态，细线刚好拉直但无张力，滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，然后由静止释

A

放球，不计细线与滑轮之间的摩擦，重力加速度为，下列说法正确的是（）

A

g

AAB

．释放球瞬间，球的加速度大小为

g

5

BACA

．释放球后，球恰好离开地面时，球沿斜面下滑的速度达到最大

CA2

．球沿斜面下滑的最大速度为

g

m

5k

DCAB

．球恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，所以两小球组成的系统机械能守恒

、

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）用如图所示实验装置验证、组成的系统机械能守恒，从高处由静止开始下落，上拖着的纸带打

mmmm

1221

出一系列的点，下图给出的是实验中获取的一条纸带：是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有个点未标出，

O

4

交流电的频率为，计数点间的距离如图所示。已知，，则：（取，结果均保留两位有效

50Hz=50g=150g9.8m/s

mmg

12

2

数字）

(1)0~5Δ=________JΔ=__________J

在打点过程中系统动能的增加量，系统势能的减少量；

EE

kP

(2)-=_________m/s

若某同学作出图像如图所示，则当地的实际重力加速度。

vhg

22

12．（12分）用图甲所示的电路测定一节旧干电池的电动势和内阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还

有：

双量程电流表：（量程；）

A

0~0.6A，0~3A

双量程电压表：（量程；）

V

0~3V，0~15V

滑动变阻器：（阻值范围，额定电流）；

R

1

0~20Ω

2A

滑动变阻器：（阻值范围，额定电流）。

R

2

0~1000Ω

1A

(1)____________V

为了调节方便，同时测量精度更高，实验中应选用的电流表量程为，电压表量程为，应选用的滑

A

动变阻器为（填写滑动变阻器符号）；

____________

(2)

依据电路图用笔画线代表导线连接图乙中的电路元件（图中已完成了部分连线），要求闭合开关时滑动变阻器的滑

片处于正确的位置，并正确选用电压表、电流表的量程；

P___________

(3)

多次测量并记录电流表示数和电压表示数，应用这些数据画出了如图丙所示图像。由图像可以得出电池

I

UUI

的电动势，内阻；

E

_______V_______

r

Ω

(4)_______“

根据实验测得的、数据，令，，由计算机作出的图线应是图丁中的（选填

I

U

yUI

xI

yx

a

”“”

b

或

“

c

”

）。

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，一个截面为半圆的玻璃砖，为圆心，是半圆的直径，它对红光和紫光的折射率分别为

OMN

nnABABMNdPPO

12

、，与直径平行放置一个光屏，与的距离的为．现有一束由红光和紫光组成的复色光从点沿

方向射入玻璃砖，∠．试问：

PON

=45°

（）若红光能从面射出，应满足什么条件？

1

MNn

l

（）若两种单色光均能从面射出，它们投射到上的光点间距是多大？

2

MNAB

14．（16分）如图所示，一圆柱形汽缸竖直放置，汽缸正中间有挡板，位于汽缸口的活塞封闭着一定质量的理想气体．活

塞的质量为，横截面积为．开始时，活塞与汽缸底部相距，测得气体的温度为．现缓慢降温，让活塞缓慢下

mSLT

1

降，直到恰好与挡板接触但不挤压．然后在活塞上放一重物，对气体缓慢加热，让气体的温度缓慢回升到，升温

PT

1

过程中，活塞不动．已知大气压强为，重力加速度为，不计活塞与汽缸间摩擦．

pg

1

(ⅰ)

求活塞刚与挡板接触时气体的温度和重物的质量的最小值；

P

(ⅱ)

整个过程中，气体是吸热还是放热，吸收或放出的热量为多少？

15．（12分）年月日，北京飞行控制中心传来好消息，嫦娥三号探测器平稳落月。嫦娥三号接近月球表面

20141214

过程可简化为三个阶段：一、距离月球表面一定的高度以的速度环绕运行，此时，打开七千五百牛顿变推

v

=1.7km/s

力发动机减速，下降到距月球表面＝米高处时悬停，寻找合适落月点；二、找到落月点后继续下降，距月球表

H100

面＝时速度再次减为；三、此后，关闭所有发动机，使它做自由落体运动落到月球表面。已知嫦娥三号着陆时

h

4m0

的质量为，月球表面重力加速度为，月球半径为，引力常量，（计算保留位有效数字）求：

1200kgg' 1.6m/sG2

2

R

(1)g'

月球的质量（用、、字母表示）

RG

(2)100

从悬停在米处到落至月球表面，发动机对嫦娥三号做的功？

(3)=1.7km/s10

从到悬停，若用分钟时间，设轨迹为直线，则减速过程的平均加速度为多大？若减速接近悬停点的最

v

后一段，在垂直月面的方向下落，且加速度大小为上述减速过程的平均值，求此时发动机的平均推力为多大？

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】

1

2

v

2

2Tsinθ=mg

；剪断细线之前：剪断细线后，摆到最低点时：，由牛顿第二定律：；

mvmgl(1sin)



Tmgm



2

l

联立解得，由数学知识可知，此比值的最大值为，故选

2、

A

【解析】

ABab

．从图中我们可以看出，光的入射角要比光的入射角要大，它们的折射角相同。根据（此处指的

n

9

T



6sin4sin)



2

A.

4

T

sin



1

θ

1

sin



2

是折射角，指的是入射角）可知的折射率大，所以的频率大，根据公式，可知光光子的能量小于光

θ

2

bbab

ε=hυ

光子的能量，故正确，错误；

AB

CbabbaC

．因为的频率大于的频率，所以的波长小，根据条纹间距公式可知光比光条纹间距小，故错

Δx

误；

Dbab

．光的频率越大光子能量越大就越容易发生光电效应，因为光的频率大于光的频率，所以光照射某种金属时

能发生光电效应现象，光不一定能发生光电效应现象，故错误。

aD

故选。

A

3、

C

【解析】

A

．小球下滑时受匀强电场的电场力是不变的，受到点电荷的电场力先增加后减小，则小球受到的电场力先增大后减

小，选项错误；

A

B

．小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，重力做

正功，但是由于不能比较正功和负功的大小关系，则不能确定小球速度变化情况；在后半段，点电荷电场力和重力均

对小球做正功，则小球的运动速度增大，选项错误；

B

C

．小球下滑时，匀强电场的电场力垂直小球运动方向，则对小球不做功；点电荷在前半段先对小球做负功，在后半

段对小球做正功，则小球的电势能先增大后减小，选项正确；

C

D

．由小球的受力情况可知，在点时小球的加速度小于，在中点时小球的加速度等于，在点时小球的加速

AgABgB

l



d

度大于，则加速度是不断变化的，选项错误。

g

D

故选。

C

4、

C

【解析】

A,Q

、场源电荷带负电，检验电荷带正电，它们之间是吸引力，而曲线运动合力指向曲线的内侧故应该在轨迹的内侧，

故错；

A

BMN,M,MN

、试探电荷从到速度减小说明点离场源电荷较近越靠近场源电荷电势越低，所以点的电势比点的电

势低，故错误；

B

C,,N,N,C

、只有电场力做功动能和电势能之和守恒点动能小故在点电势能大故正确；

DqMND

、离场源电荷越近，场强越大，加速度越大，所以在点的加速度比在点的加速度大，故错误；

故选

C

【点睛】

曲线运动合力指向曲线的内侧题中只有电场力做功动能和电势能之和守恒正电荷在电势越高的点电势能越大

,,,.

解决电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹的综合问题应熟练掌握以下知识及规律

:

(1)().

带电粒子所受合力往往仅为电场力指向轨迹曲线的内侧

(2).

该点速度方向为轨迹切线方向

(3).

电场线或等差等势面密集的地方场强大

(4).

电场线垂直于等势面

(5).

顺着电场线电势降低最快

5、

C

【解析】

物体受重力和支持力，设重力做功为，支持力做功为，运用动能定理研究在升降机加速上升的过程得：

WW

GN

WWE

GNk

+=△

WEW

NkG

=△-

根据重力做功与重力势能变化的关系得：

WE

Gp

=-△

所以有：

WEWEE

NkGkp

=△-=△+△

。

AA

．物体势能的增加量，与结论不相符，选项错误；

BB

．物体动能的增加量，与结论不相符，选项错误；

CC

．物体动能的增加量加上物体势能的增加量，与结论相符，选项正确；

DD

．物体动能的增加量减去物体势能的增加量，与结论不相符，选项错误；

故选。

C

6、

B

【解析】

根据电势的图象直接读出电势高低．由可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，由斜率分析场强的大小关系。

E=

U

d

根据顺着电场线方向电势降低，判断电场线的方向，确定正电荷所受的电场力方向，分析其运动情况。根据电场力与

位移方向间的关系，判断电场力做功的正负。

【详解】

AA

．由图知，点的电势高于点的电势．故错误；

CB

B

．由可知，图象的斜率绝对值等于场强大小，可以看出点的场强大小大于点的场强大小，斜率都为正值，

E=

U

BC

d

说明的电场方向相同，故正确；

BC

、点

B

C

．根据顺着电场线方向电势降低，可知电场线的方向从指向，正电荷在轴上、之间所受的电场力始终由

CBxBCC

指向，正电荷做单向直线运动，故错误；

B

C

D

．负电荷沿轴从移到的过程中，电场力方向由从指向，电场力方向与位移相同，电场力一直做正功，故

xBCBC

D

错误。

故选。

B

【点睛】

本题考查对电势与场强、电场线方向、电场力做功等等关系的理解，难点是根据匀强电场电势差与场强的关系理

E=

解图象的斜率与场强的关系。

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】

ABPL

．将滑动变阻器滑片向左移动一段距离后，滑动变阻器的电阻变大，根据串反并同，灯泡中电流减小，电流

表读数变小，电压表读数变大，灯泡变暗，选项错误，正确；

LAB

CL

．当外电路的总电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大。虽然灯泡的电阻小于电源的内阻，但外电路的总

r

电阻与电源的内阻大小不确定，故电源的输出功率变化情况不确定，故选项错误；

C

DPCCD

．将滑动变阻器滑片向左移动一段距离后，电容器上电压增大，电容器上电荷量增多，选项正确。

故选。

BD

8、

BCD

U

d

【解析】

AB20VSL5V

．由图乙可知，输入电压的有效值为，断开，灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为，灯泡中的电流为

1

2A5V5V15V

，即副线圈输出电压为，又因电阻两端的电压为，故变压器原线圈的输入电压为，原、副线圈的匝数

R

比

nU

3

＝

11

nU1

22

故错误，正确；

AB

C

．由理想变压器输入功率等于输出功率可知，原、副线圈中的电流之比

nI

＝

12

nI

21

解得电阻中的电流为，由欧姆定律可知

RA

2

3

R7.5

U

R

I

1

故正确：

C

DS

．开关闭合后，电路的总电阻减小，设副线圈输出电压保持不变，故副线圈输出电流增大，根据变流比可知，原

线圈输入电流增大，电阻两端电压增加，则变压器原线圈输入电压减小，故副线圈输出电压减小，灯泡两端电压

R

L

1

降低，灯泡变暗，故正确。

LD

1

故选。

BCD

9、

BC

【解析】

AA

．由左手定则可知粒子带正电，选项错误；

B

．根据粒子的运动轨迹可知

R=2L

由

v

2

qvBm

R

可得

v

2BqL

m

选项正确；

B

CD60°

．从点射出的粒子在磁场中运动的时间最长，圆弧所对的圆心角为，则最长时间为

C

T

m

602mm



360qB3qB

选项正确，错误。

CD

故选。

BC

10、

BC

【解析】

AB

．开始时对球分析，根据平衡条件可得

mgkx

1

释放球瞬间，对球和球分析，根据牛顿第二定律可得

AAB

4mgsinαmgkx5ma

11

解得

ag

1

2

5

故错误；

A

BACC

．释放球后，球恰好离开地面时，对球分析，根据平衡条件可得

mgkx

2

对球和球分析，根据牛顿第二定律可得

AB

4mgsinαmgkx5ma

22

解得

a0

2

所以球恰好离开地面时，球沿斜面下滑的速度达到最大，故正确；

CAB

CAB

．对球和球及轻质弹簧分析，根据能量守恒可得

4mg(xx)sinαmg(xx)•5mv

1212m

1

2

2

解得球沿斜面下滑的最大速度为

A

v2g

m

m

5k

故正确；

C

DCAB

．由可知球恰好离开地面时弹簧的伸长量与开始时弹簧的压缩量相等，、两小球组成的系统在

xx

12

mg

k

运动过程中，轻质弹簧先对其做正功后对其做负功，所以、两小球组成的系统机械能不守恒，故错误；

ABD

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、

0.58 0.59 9.7

【解析】

(1)[1]

匀变速直线运动某段时间内，中间时刻速度等于平均速度：

vm/s2.4m/s

xx

64

0.86400.3840

2T20.1

1

()0.58JΔ

mmvE

12k

2

；

2

动能增加量：

[2]

系统势能的减少量：

ΔE(mm)gh0.59J

p21

；

(2)[3]

根据机械能守恒定律：

1

(mm)gh(mm)v

2112

2

2

得：

vh

2

2(mm)g

21

(mm)

12

斜率：

k

2(mm)g

21

13.58

(mm)1.40

12

得出：。

g

≈9.7m/s

2

12、

0~0.60~3

1.45 1.3

R

1

c

【解析】

(1)[1] 0.5A

由图丙知电路中的最大电流在左右，则电流表量程应选用；

0~0.6A

[2] 1.5V

电源是一节旧的干电池（约），则电压表量程应选用；

0~3V

[3]

滑动变阻器选用时，方便调节并能有效读取多组电流值和电压值。

0~20Ω(R)

1

(2)[4]

电路连线如图所示

(3)[5]0.05V

读取电源图像。轴截距为电动势，轴最小有效刻度为，经估读后得；

UIUUE1.45V

[6]

UI

图像斜率的绝对值等于电源内阻，读取图像数据并计算有

r1.3Ω

1.45V0.8V

0.5A

(4)[7]

电源输出功率为

PUI(EIr)IrIEI

2

则纵坐标应为输出功率，则图像为输出功率的图像。由电路规律知输出功率随电流的增大先增大

yUI

yx

PI

后减小，图像应为。

c

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)

n2

1

EFd()

【解析】

nn

21

2n2n

22

21

解：若红光能从面射出，在面上不能发全反射，则红光的临界角为

(1)

MNMN

Ci(9045)

由临界角公式得：

sinC

1

n

1

解得：

n2

1

sini1



(2)

复色光经折射后的光路如图，由折射定律得：

MN

sinrn

11

sini1



sinrn

22

根据几何关系有：

EFd(tanrtanr)

21

联立解得：

EFd()

nn

21

2n2n

22

21

pS

0

pSLmgL

T

0

(ⅱ) (ⅰ)

放热 14、 ＋

0

m

g

2

2

【解析】

(ⅰ)

由题意可得，缓慢降温过程是一个等压过程

初态：温度，体积＝，

TVLS

11

末态：温度，体积＝

TV

11

SL

2

由盖吕萨克定律有，解得＝

—

V

0

V

1



T

1

T

0

TT

01

2

升温过程中，活塞不动，是一个等容过程，设重物的质量的最小值为

PM

初态：温度＝，压强＝＋，

Tpp

111

mg

T

0

2

S

(mM)g

S

末态：温度＝，压强＝＋

TTpp

2121

pp

12

pS

0



由查理定律有，解得＝＋．

Mm

TT

12

g

(ⅱ)

整个过程中，理想气体的温度不变，内能不变；降温过程，气体体积变小，外界对气体做的功为

mgSL



pSLmgL

0

W＝p·＝



0

S22



升温过程，气体体积不变，气体不对外界做功，外界也不对气体做功；由热力学第一定律，整个过程中，气体放出热

量

QW

＝＝．

pSLmgL

0

2

点睛：本题考查了求内能变化、温度等问题，分析清楚气体状态变化过程、应用热力学第一定律、理想气体状态方程

即可正确解题．

g'R

2

10 J(3)2.8m/s5300 N (1)(2)-1.8×

52

；；。15、；

G

【解析】

(1)

由于

mg'

可求

GMm

R

2

g'R

2

M

G

(2)100m4m100m4m

由下降过程中到前发动机会做功，取和为初末状态，前后动能没变，用动能定理

mgHhW

'(-)+=0

所以

WmgHh

= -'(-) =-1200×1.6×96J=-1.8×10 J

5

10 J -1.8×

5

。即发动机做功为

(3)

减速过程的平均加速度

v1.710

3

am/s2.8m/s

22

t1060

根据牛顿第二定律可得

Fmag

=(+')=5300 N