1、2021-2022學(xué)年高考物理模擬試卷注意事項(xiàng):1答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)碼填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時(shí)請(qǐng)按要求用筆。3請(qǐng)按照題號(hào)順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無(wú)效；在草稿紙、試卷上答題無(wú)效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、如圖所示，是一個(gè)質(zhì)點(diǎn)在時(shí)間內(nèi)的v-t圖象，在這段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)沿正方向運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為v1沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)的

2、平均速度大小為v2則下列判斷正確的是( )Av1v2Bv1v2Cv1=v2D以上三種情況均有可能2、如圖所示， AB是斜坡，BC是水平面，從斜坡頂端A以不同初速度v向左水平拋出同一小球，當(dāng)初速度為v0時(shí)，小球恰好落到坡底B。不計(jì)空氣阻力，則下列圖象能正確表示小球落地（不再?gòu)椘穑┣八查g重力瞬時(shí)功率P隨v變化關(guān)系的是ABCD3、如圖所示為某彈簧振子在05 s內(nèi)的振動(dòng)圖象，由圖可知，下列說(shuō)法中正確的是()A振動(dòng)周期為5 s，振幅為8 cmB第2 s末振子的速度為零，加速度為負(fù)向的最大值C從第1 s末到第2 s末振子的位移增加，振子在做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)D第3 s末振子的速度為正向的最大值4、如圖所

3、示，木塊m放在木板AB上，開(kāi)始=0，現(xiàn)在木板A端用一個(gè)豎直向上的力F使木板繞B端逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)（B端不滑動(dòng)）在m 相對(duì)AB保持靜止的過(guò)程中（）A木塊m對(duì)木板AB的作用力逐漸減小B木塊m受到的靜摩擦力隨呈線性增大C豎直向上的拉力F保持不變D拉力F的力矩先逐漸增大再逐漸減小5、如圖所示，水平地面上有一個(gè)由四塊完全相同石塊所組成拱形建筑，其截面為半圓環(huán)，石塊的質(zhì)量均為m。若石塊接觸面之間的摩擦忽略不計(jì)，則P、Q兩部分石塊之間的彈力為（ ）ABCD6、一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，O為波源且t=0時(shí)刻開(kāi)始沿y軸負(fù)方向起振。如圖所示為t=0.2s時(shí)x=0至x=4m范圍內(nèi)的波形圖，虛線右側(cè)的波形未畫出。已

4、知圖示時(shí)刻x=2m處的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波峰，則下列判斷中正確的是（）A這列波的周期為0.4sBt=0.7s末，x=10m處質(zhì)點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（10m，-10cm）Ct=0.7s末，x=12m處的質(zhì)點(diǎn)正經(jīng)過(guò)平衡位置向上運(yùn)動(dòng)Dt=0.3s末，x=24m處的質(zhì)點(diǎn)加速度最大且沿y軸正方向二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、如圖所示，一個(gè)表面光滑的斜面體M置于水平地面上，它的兩個(gè)斜面與水平面的夾角分別為、，且v2，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B. v1v2，與結(jié)論相符，選項(xiàng)B正確；C

5、. v1=v2，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D. 以上三種情況均有可能，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2、C【解析】當(dāng)平拋的初速度時(shí)，小球均落在斜面上，具有相同的位移偏向角均等于斜面傾角，可得： ，可得平拋時(shí)間：則小球所受的重力的瞬時(shí)功率為：可知，關(guān)于v構(gòu)成正比例函數(shù)關(guān)系；當(dāng)平拋的初速度時(shí)，小球均落在水平面上，平拋的豎直高度相同為h，有：則平拋時(shí)間為：則小球所受的重力的瞬時(shí)功率為：可知功率P為恒定值；綜合兩種情況可得C項(xiàng)的圖像爭(zhēng)取，ABD項(xiàng)的圖像錯(cuò)誤；故選C。3、D【解析】A由題圖可知振動(dòng)周期為4 s，振幅為8 cm，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B第2 s末振子在最大位移處，速度為零，位移為負(fù)，加速度為正向的最大值

6、，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C從第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D第3 s末振子在平衡位置，向正方向運(yùn)動(dòng)，速度為正向的最大值，選項(xiàng)D正確.4、C【解析】A.木板繞B端逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，m 相對(duì)AB保持靜止的過(guò)程中，木板AB對(duì)木塊m的作用力與木塊m所受重力抵消，即木板AB對(duì)木塊m的作用力大小為，方向豎直向上，則木塊m對(duì)木板AB的作用力不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B. 在m 相對(duì)AB保持靜止的過(guò)程，對(duì)木塊m受力分析，由平衡條件得，木塊m受到的靜摩擦力故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C. 設(shè)板長(zhǎng)為L(zhǎng)，m 到B端距離為l，以B端為轉(zhuǎn)軸，則：解得：所以豎直向上的拉力F保持不變，故C項(xiàng)正確；D. 使木板

7、繞B端逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，豎直向上的拉力F保持不變，則拉力F的力矩減小，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。5、A【解析】對(duì)石塊P受力分析如圖由幾何關(guān)系知：根據(jù)平衡條件得，Q對(duì)P作用力為：A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。6、B【解析】A由題，波源時(shí)刻開(kāi)始沿軸負(fù)方向起振，則介質(zhì)中各個(gè)質(zhì)點(diǎn)均沿軸負(fù)方向起振，圖示時(shí)刻處的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波峰，已經(jīng)振動(dòng)了，說(shuō)明時(shí)波傳到質(zhì)點(diǎn)處，則周期為，A錯(cuò)誤；B由圖知波長(zhǎng)，波速為：波傳到處的時(shí)間為：則末，處的質(zhì)點(diǎn)已振動(dòng)了，此質(zhì)點(diǎn)起振方向沿軸負(fù)方向，則末，處質(zhì)點(diǎn)到達(dá)波谷，坐標(biāo)為，B正確；C波傳到處的時(shí)間為：則末，處的質(zhì)點(diǎn)已振動(dòng)了，此質(zhì)點(diǎn)起振方向向下，則末，處的質(zhì)點(diǎn)正經(jīng)過(guò)平衡位置向下運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；D波傳到

8、處的時(shí)間為：則末，處質(zhì)點(diǎn)還沒(méi)有振動(dòng)，加速度為零，D錯(cuò)誤。故選B。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、AB【解析】滑塊A和滑塊B沿著斜面方向的分力等大，故：mAgsin=mBgsin；由于，故mAmB，故A正確；滑塊下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，有：mgh=mv2，則v= ，由于兩個(gè)滑塊的高度差相等，故落地速度大小相等，即速率相等，故B正確；滑塊到達(dá)斜面底端時(shí)，滑塊重力的瞬時(shí)功率：PA=mAgsinv，PB=mBgsinv；由于mAgsin=mBgsin，故PA=PB，故C錯(cuò)誤；

9、由牛頓第二定律得：mgsin=ma，a=gsin，則aAaB，物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，v相同、aAaB，則tAtB，故D錯(cuò)誤；故選AB點(diǎn)睛：本題綜合考查了共點(diǎn)力平衡、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，綜合性較強(qiáng)，注意求解瞬時(shí)功率時(shí)，不能忘記力與速度方向之間的夾角8、AC【解析】A金屬桿沿圓弧導(dǎo)軌下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒，mgrmv2在到達(dá)最低點(diǎn)前瞬間Fmgm解得F3mg故A正確；B金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，所受安培力最大，加速度最大，對(duì)金屬桿受力分析，由牛頓第二定律有mgmam解得amg故B錯(cuò)誤；C根據(jù)q可知，整個(gè)過(guò)程中通過(guò)金屬桿橫截面的電荷量為q故C正確；D根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒可知，整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q總mgr

10、mgd定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q焦mg(rd)故D錯(cuò)誤。故選AC。9、ABD【解析】A金屬棒下滑過(guò)程中，機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得： 金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度金屬棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場(chǎng)受到向左的安培力做減速運(yùn)動(dòng)，則剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，所以最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLv最大的感應(yīng)電流為故A正確；B通過(guò)金屬棒的電荷量故B正確；C金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgh-WB-mgd=0-0則克服安培力做功：WB=mgh-mgd整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=WB=mgh-mgd故C錯(cuò)誤；D克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過(guò)它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱： 故D正確1

11、0、AC【解析】A根據(jù)超級(jí)電容器“”，結(jié)合可知該電容器充滿電后的帶電荷量C=36000C故A正確；B電容器是一種儲(chǔ)能元件，該電容器充滿電最多能儲(chǔ)存的電能為J=54000J故B錯(cuò)誤；C借助平行板電容器的決定式分析可知，超級(jí)電容器電容大的原因是其有效正對(duì)面積大，板間距離小，故C正確；D電容器的電容只與電容器本身結(jié)構(gòu)有關(guān)，與電容器帶電荷量和兩極板間電壓無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選AC。三、實(shí)驗(yàn)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(guò)程。11、1500 10 14.5 50 【解析】(1)1由閉合電路歐姆定律可知內(nèi)阻為2故中值電阻應(yīng)為1500，根據(jù)多用電表的刻度設(shè)置可知，表

12、盤上只有兩種檔位，若為1，則中性電阻太大，不符合實(shí)際，故歐姆表倍率應(yīng)為“10”(2)3為了得到“1”倍率，應(yīng)讓滿偏時(shí)對(duì)應(yīng)的電阻為150，電流此時(shí)表頭中電流應(yīng)為0.001A；則與之并聯(lián)電阻R3電流應(yīng)為則有所以4由圖可知電流為0.75mA，總電阻待測(cè)電阻對(duì)應(yīng)的刻度應(yīng)為5012、E 2.7 2.90 12.0 【解析】(1) 1實(shí)驗(yàn)中需要將電流表A與定值電阻R串聯(lián)，改裝成一個(gè)量程為的電壓表，由部分電路歐姆定律知代入數(shù)據(jù)解得故選E。(2) 2根據(jù)電路原理圖，實(shí)物連接如圖所示。(3)3電壓表的示數(shù)始終為，則說(shuō)明即為4根據(jù)閉合電路的歐姆定律知代入數(shù)據(jù)變形后結(jié)合題中所給圖像的縱截距解得5斜率求得四、計(jì)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(shuō)明、方程式和演算步驟。13、（1）（1）（3）3 900 N【解析】（1）已知AB段的初末速度，則利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以求解斜面的長(zhǎng)度，即 可解得: （1）根據(jù)動(dòng)量定理可知合外力的沖量等于動(dòng)量的該變量所以 （3）小球在最低點(diǎn)的受力如圖所示由牛頓第二定律可得： 從B運(yùn)動(dòng)到C由動(dòng)能定理可知： 解得; 故本題答案是：（1） （1） （3）點(diǎn)睛：本題考查了動(dòng)能定理和圓周運(yùn)動(dòng)，會(huì)利用動(dòng)能定理求解最低點(diǎn)的速度，并利用牛頓第二定律求解最低點(diǎn)受到的支持力大小14、 (1)2A；(2)；(3) 【