湖南省临澧一中2022年高考考前提分物理仿真卷含解析

注意事项

1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．如图甲所示的电路中定值电阻R=60Ω，电源电动势E=100V，r=10Ω。如图乙所示，曲线为灯泡L的伏安特性曲线，直线为电源的路端电压与电流的关系图线，以下说法正确的是（ ）

A．开关S断开时电源的效率为60% B．开关S闭合后电源的总功率会变小 C．开关S闭合后灯泡的亮度增强

D．开关S断开时小灯泡消耗的功率为240W

2．如图所示，直线1和曲线2分别是汽车a和b在同一平直公路上行驶的位置－时间（x－t）图像，由图像可知（ ）

A．在t1时刻，a、b两车的运动方向相同 B．在t2时刻，a、b两车的运动方向相反

C．在t1到t3这段时间内，a、b两车的平均速率相等 D．在t1到t3这段时间内，a、b两车的平均速度相等

3．如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板间距离为l，在正极板附近有一质量为m1、电荷量为q1（q1>0）的粒子A，在负极板附近有一质量为m2，电荷量为－q2（q2>0）的粒子B仅在电场力的作用下两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相距方列说法正确的是（ ）

3l的平面Q。两粒子间相互作用力可忽略，不计粒子重力，则下7

A．粒子A、B的加速度大小之比4：3 B．粒子A、B的比荷之比为3：4

C．粒子A、B通过平面Q时的速度大小之比为3：2 D．粒子A、B通过平面Q时的动能之比为3：4

4．如图，A、B两盏电灯完全相同．当滑动变阻器的滑动头向右移动时，则（ ）

A．A灯变亮，B灯变亮 C．A灯变暗，B灯变暗

B．A灯变暗，B灯变亮 D．A灯变亮，B灯变暗

5．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断错误的是（ ）

A．粒子带负电

B．粒子由O到A经历的时间tm6qB

C．若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为

2qBd mD．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60 6．关于天然放射现象，下列说法正确的是（ ）

A．放出的各种射线中，粒子动能最大，因此贯穿其他物质的本领最强 B．原子的核外具有较高能量的电子离开原子时，表现为放射出粒子 C．原子核发生衰变后生成的新核辐射出射线

D．原子核内的核子有一半发生衰变时，所需的时间就是半衰期

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．如图所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ．下列说法中正确的是

A．若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加 B．若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少 C．若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减少 D．若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小

8．平行金属板PQ、MN与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内电阻为零；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m，电荷量+q，初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ的作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入偏转电场MN；改变滑片p的位置可改变加速电场的电压Ul和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是（ ）

A．粒子的竖直偏转距离与U2成正比

B．滑片p向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小 C．飞出偏转电场的粒子的最大速率2Eq mEq mD．飞出偏转电场的粒子的最大速率9．下列说法正确的是________.

A．自然界中只要涉及热现象的宏观过程都具有方向性 B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用

C．墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀，混合均匀主要是由于碳粒受重力作用

D．当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时.分子间的距离越大,分子势能越小

E.一定质量的理想气体保持体积不变,温度升高,单位时间内撞击器壁单位面上体的分子数增多 10．下列说法正确的是（ ）

A．如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量损失，这样的热机效率可以达到100% B．质量不变的理想气体等温膨胀时一定从外界吸收热量 C．冬天空调制热时，房间内空气的相对湿度变小 D．压缩气体需要力表明气体分子间存在斥力

E.当液体与固体接触时，如果附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏则液体与固体之间表现为不浸润 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）某同学研究小灯泡的伏安特性曲线，所使用的器材有： 小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）， 电压表（量程3V，内阻为3kΩ）， 电流表A（量程0.6A,内阻约0.5Ω）， 定值电阻R0 （阻值为1kΩ）， 滑动变阻器R（阻值0~10Ω）， 电源E（电动势5V，内阻很小） 开关S，导线若干．

(1)实验要求能够实现在0~3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，请将图甲电路补画完整______________；

(2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图所示，由曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻将_________；

A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后不变 D．先减小后不变

(3)若用多用表直接测量该小灯泡的电阻，正确操作后多用表指针如图所示，则小灯泡的电阻是_______．

(4)用另一电源E0（电动势4V，内阻10）和题中所给的小灯泡L、滑动变阻器R连接成如图所示的电路，闭合开关S，调节滑动变阻器R的阻值．在R的变化范围内，电源的最大输出功率为_______W，此时小灯泡的功率为_______W，滑动变阻器R接入电路的电阻为_______．

12．（12分）小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0，根据如图所示电路图进行实验时，

（1）电流表量程应选择___________（填“0.6A”或“3A”），保护电阻应选用_______（填“A”或“B”）; A、定值电阻（阻值10.0Ω，额定功率10w） B、定值电阻（阻值2.0Ω，额定功率5w）

（2）在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时电压为________V

（3）根据实验测得的5组数据画出的U-I图线如图3所示，则干电池的电动势E=______V，内阻r=_____Ω（小数点后保留两位）

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。

103V/m，带电量q＝1×10—6C、质量m＝1×10—3kg的13．（10分）如图所示，空间中存在水平向右的匀强电场E＝8×小物块固定在水平轨道的O点，AB为光滑固定的圆弧轨道，半径R＝0.4m。物块由静止释放，冲上圆弧轨道后，最终落在C点，已知物块与OA轨道间的动摩擦因数为＝0.1，OA＝R，重力加速度g＝10m/s2，求: (1)物块在A点的速度大小vA(结果可保留根号) (2)物块到达B点时对轨道的压力 (3)OC的距离(结果可保留根号)。

14．（16分）如图，三棱镜的横截面为直角三角形 ABC， ∠A=30°， ∠B=60°， BC 边长度为 L，一束垂直于 AB 边的光线自 AB 边的 P 点射入三棱镜， AP 长度 d＜L，光线在 AC 边同时发生反射和折射，反射光线和折射光线恰好相互垂直，已知光在真空中的速度为 c．求：

（1）三棱镜的折射率；

（2）光从 P 点射入到第二次射出三棱镜经过的时间．

15．（12分）我国是世界上开发利用地下水资源最早的国家之一，浙江余姚河姆渡古文化遗址水井，其年代距今约5700年。压水井可以将地下水引到地面上，如图所示，活塞和阀门都只能单向打开，提压把手可使活塞上下移动，使得空气只能往上走而不往下走。活塞往上移动时，阀门开启，可将直管中的空气抽到阀门上面；活塞向下移动时，阀门关闭，空气从活塞处溢出，如此循环，地下水就在大气压的作用下通过直管被抽上来了。阀门下方的直管末端在地下水位线之下，地下水位线距离阀门的高度h = 8m，直管截面积S = 0.002m2，现通过提压把手，使直管中水位缓慢上升4m。已知水的密度ρ=1.0×103kg/m3，外界大气压强p0 = 1.0×105Pa，重力加速度g = 10m/s²，直管中的气体可视为理想气体：

(1)若该装置的机械效率η = 0.4，求人对把手做的功； (2)求直管中剩余空气质量△m与直管中原空气质量m0之比。

参

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、D 【解析】

A．开关S断开时，根据图乙可知灯泡两端的电压为

UL40V

电源的效率为

ULIL100%40% EIL故A错误；

BC．开关S闭合后总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得总电流增大，根据PEI可知电源的总功率会变大，根

U2据UEIr可知路端电压减小，根据P可知灯泡的功率减小，所以灯泡的亮度变暗，故B、C错误；

RD．开关S断开时小灯泡消耗的功率为

PULIL406W240W

故D正确； 故选D。 2、D 【解析】

AB．由xt图像的斜率正负表示速度方向，由图像可知，t1时刻，a、b两车的运动方向相反，t2时刻，a、b两车的运动方向相同，故AB错误；

C．由xt图像可知，b汽车的路程大于a汽车的路程，由于时间相同，所以b车的平均速率大于a车的平均速率，故C错误；

D．在t1到t3这段时间内，两汽车的位移相同，时间相同，故a、b两车的平均速度相等，故D正确。 故选D。 3、B 【解析】

设电场强度大小为E，两粒子的运动时间相同，对粒子A有

a1q1E m131qEl1t2 72m1对粒子B有

a2q2E m241qEl2t2 72m2联立解得

a1: a2=3:4

q1q2:3:4 m1m2故A错误，B正确； C．由v=at得

v1a13 v2a24故C错误；

D．由于质量关系未知，动能之比无法确定，故D错误。 故选B。 4、D 【解析】

当滑出向右移动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，所以外电路电阻增大，路端电压增大，总电流减小，即B中的电流减小，所以B变暗，B两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以并联电路两端的电压增大，即A两端的电压增大，所以A变亮，D正确． 5、B 【解析】

A．根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A正确，不符合题意；

B．粒子由O运动到A时速度方向改变了60°角，所以粒子轨迹对应的圆心角为θ=60°，则粒子由O到A运动的时间为

t360T602mm 360qB3qB故B错误，符合题意； C．根据几何关系，有

cos60＝解得 R=2d

Rd R根据R＝mv得 qBv＝2qBd m故C正确，不符合题意；

D．粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D正确，不符合题意； 故选B。 6、C 【解析】

A．在三种放射线中，粒子动能虽然很大，但贯穿其他物质的本领最弱，选项A错误。 B．

衰变射出的电子来源于原子核内部，不是核外电子，选项B错误。

C．原子核发生衰变后产生的新核处于激发态，向外辐射出射线，选项C正确。

D．半衰期是放射性原子核总数有半数发生衰变，而不是原子核内的核子衰变，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、BCD 【解析】

A．滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积

QfL相=mgL相

因为相对位移没变，所以产生热量不变，故A错误；

B．由极限法，当M很大时，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L很小，对滑块根据动能定理：

mgxML1212mv1mv0 22可知滑块滑离木板时的速度v1很大，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒

mv0mv1Mv

可知长木板的动量变化比较小，所以若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少，故B正确； C．采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；

D．当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM+L也会很小，故D正确．

故选BCD． 8、BC 【解析】

A．带电粒子在加速电场中加速

U1q12mv0 2在偏转电场中

1U2ql2U2l2y()

2dmv04dU1由于

U1U2E

则

U2l2U2l2y=

4dU14d(EU2)则粒子的竖直偏转距离y与U2不是成正比关系，选项A错误； B．从偏转电场飞出的粒子的偏转角

tanvyv0U2lUl2 2dU12dU1滑片p向右滑动的过程中U1变大，U2减小，则从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小，选项B正确；

CD．当粒子在加速电场中一直被加速时，飞出偏转电场的速率最大，即当U1=E时粒子的速率最大，根据动能定理

12Eqmvm

2解得

vm2Eq m选项C正确，D错误。 故选BC。 9、ABE 【解析】

A．根据热力学第二定律，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故A正确；

B．液体表面张力产生的原因是：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，所以叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张

力的作用，故B正确；

C．墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀，混合均匀主要是由于分子无规则运动导致的扩散现象产生的结果，故C错误； D．两分子间距大于平衡距离时，分子间为引力，则分子距离增大时，分子力做负功，分子势能增大，故D错误； E．一定质量的理想气体保持体积不变，气体的分子密度不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，单位时间内撞击器壁单位面上的分子数增多，故E正确． 10、BCE 【解析】

A．根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到100%，故A错误；

B．理想气体在等温膨胀的过程中内能不变，同时对外做功，由热力学第一定律知，一定从外界吸收热量，故B正确； C．密闭房间内，水汽的总量一定，故空气的绝对湿度不变，使用空调制热时，房间内空气的相对湿度变小，故C正确；

D．压缩气体也需要用力是为了克服气体内外的压强的差．不能表明气体分子间存在着斥力，故D错误； E．液体与固体接触时，如果附着层被体分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润，故E正确。 故选BCE． 【点睛】

热机的效率不可能达到100%；理想气体在等温膨胀的过程中内能不变，由热力学第一定律进行分析；相对湿度，指空气中水汽压与饱和水汽压的百分比；压缩气体也需要用力是为了克服气体内外的压强的差；浸润和不浸润都是分子力作用的表现．

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、 A 1.5 0.4 0.28 3

【解析】

(1)[1]因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电

流表外接法；另外为了扩大电压表量程，应用R0和电压表串联，故原理图如图所示

(2)[2]IU图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大； A.与分析相符，故A正确； B.与分析不符，故B错误； C.与分析不符，故C错误； D.与分析不符，故D错误； (3)[3]灯泡正常工作时的电阻为：

RU3.8Ω11.8Ω I0.321挡；由图示多用电表可知，其示数为1.5Ω； 则多用电表可以选择欧姆挡的×

(4)[4]当电源内阻等于外电路电阻时，电源的输出功率最大，电源的最大输出功率为：

PmaxE242W0.4W 4r410[5]此时小灯泡的电流为：

IE0.2A 2r由图可知，此时灯泡电压为：

U1.4V

此时小灯泡的功率为：

PUI1.40.2W0.28W

[6]此时小灯泡的电阻为：

RLU7Ω I滑动变阻器R接入电路的电阻为：

RrRL3Ω

0.01 1.45±0.01 0.50±0.05 12、0.6A B 1.21±【解析】

试题分析：根据题中所给器材的特点，大致计算下电流的大小，选择合适的电流表，对于选择的保护电阻，一定要注 意保护电阻的连入，能使得电流表的读数误差小点；图像的斜率表示R0r，纵截距表示电源电动势，据此分析计算．（1）因一节干电池电动势只有1.5V，而内阻也就是几欧姆左右，提供的保护电阻最小为2Ω，故电路中产生的电流较小，因此电流表应选择0.6A量程；电流表的最大量程为0.16A，若选用10欧姆的，则电流不超过0.15A，所以量程没有过半，所以选择B较为合适．

（2）电压表应选择3V量程的测量，故读数为1.20V．

（3）图像与纵坐标的交点表示电源电动势，故E=1.45V；图像的斜率表示R0r，故R0rr=0.5Ω．

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)vA5.6m/s(2)FN0.018N(3)xOC【解析】

(1)对物块从O到A由动能定理得

1.450.72.5，故

0.33245m 25qERmgR代入数据解得

12mvA 2vA5.6m/s

(2)对小物块从O到B点由动能定理得

12qE2RmgRmgRmvB

2在B点由牛顿第二定律得

2vBFNqEm

R联立解得

FN0.018N

(3)对小物块从O到B点由动能定理得

12qE2RmgRmgRmvB

2解得

vB2m/s

离开B点后竖直方向先做匀减速运动，上升到最高点离B点高度为

2vB2hm0.1m

2g210所用的时间为

t1vB2s g10从最高点落到地面的时间为

t22(hR)2(0.10.4)10ss g1010则B到C的水平距离为

xBC1qE(210)22(t1t2)m 2m25所以OC的距离

xOC2RxBC14、（1）

3245m 25（2）

【解析】

(1)光线到达AC边的O点，入射角为i，折射角为r.

由题意可得：i+r=90∘ i=30∘

所以r=60∘

可得三棱镜的折射率n=

(2)光线反射到AB边的M点，入射角为i′=60∘

因为sini′=>=sinC，得i′>C，所以光线在M点发生全反射，不会射出三棱镜．

PQ=dtan30∘=

QM=2PQ MN=(

−2d)cos30∘=

(L−d)

光在三棱镜中传播速度为：v=c/n

光从P从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间为：t=（PQ+QM+MN）/v 联立解得：t=

答：(1)三棱镜的折射率是；

(2)光从P点射入到第二次射出三棱镜经过的时间是.

【点睛】

（1）光线射到AC边上的O点，由折射定律和几何关系求三棱镜的折射率;

（2）光线反射到AB边上，由几何关系求出入射角，与临界角比较，能发生全反射．再反射从BC边射出．由v=c/n求出光在棱镜中传播的速度，由几何关系求出传播的距离，再求传播时间． 15、 (1)400J；(2)【解析】

(1)直管中水位缓慢上升h1=4m，则重心上升2m，则对水做功

3 10W有用=mgh1h1h1Sg1gSh12 222带入数据可得 W有=160J 则人对把手做的功

W有用160W=J=400J

0.4(2)直管中有气体h2=4m，气体的压强为

p1p0gh11051031040.6105Pa

设这些气体在压强为p0时的长度为L，则由玻意耳定律可得

p0LSp1h2S

解得 L=2.4m

则直管中剩余空气质量△m与直管中原空气质量m0之比

mL2.43 m0h810