1、2021-2022學年高考物理模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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

2、合題目要求的。1、用傳感器研究質量為2kg的物體由靜止開始做直線運動的規律時，在計算機上得到06s內物體的加速度隨時間變化的關系如圖所示。下列說法正確的是（）A02s內物體做勻加速直線運動B02s內物體速度增加了4m/sC24s內合外力沖量的大小為8NsD46s內合外力對物體做正功2、如圖所示，汽車以的速度勻速駛向路口，當行駛至距路口停車線處時，綠燈還有熄滅。由于有人橫向進入路口，該汽車在綠燈熄滅前要停在停車線處，則汽車運動的圖象可能是（）ABCD3、 “電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成。偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心金屬半球面A和B構成，A、B為電

3、勢值不等的等勢面電勢分別為A和B，其過球心的截面如圖所示。一束電荷量為e、質量為m的電子以不同的動能從偏轉器左端M的正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間。忽略電場的邊緣效應。下列說法中正確的是AA球面電勢比B球面電勢高B電子在AB間偏轉電場中做勻變速運動C等勢面C所在處電場強度的大小為E=D等勢面C所在處電勢大小為4、我國成功地發射了北斗三號組網衛星，如圖為發射衛星的示意圖。先將衛星發射到半徑為的圓軌道 上做勻速圓周運動，到A點時使衛星加速進入橢圓軌道，到橢圓軌道的遠地點B點時，再次改變衛星的速度，

4、使衛星進入半徑為的圓軌道做勻速圓周運動。已知衛星在橢圓軌道時距地心的距離與速度的乘積為定 值，衛星在橢圓軌道上A點時的速度為v，衛星的質量為m，地球質量為M，引力常量為G，則發動機在A點對衛星做的功與在B點對衛星做的功之差為（不計衛星的質量變化）（）ABCD5、2018年7月29日09時48分，我國在西昌衛星發射中心用長征三號乙運載火箭，以“一箭雙星”方式成功發射第33、34顆北斗導航衛星。火箭將兩顆衛星送入了同一個軌道上的不同位置，如圖所示。如果這兩顆衛星與地心連線成(弧度)角，在軌運行的加速度大小均為a，均沿順時針做圓周運動。已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，則第33顆北斗衛星

5、從圖示位置運動到第34顆北斗衛星圖示位置所用的時間為ABCD6、如圖所示，鐵芯上繞有線圈A和B，線圈A與電源連接，線圈B與理性發光二極管D相連，銜鐵E連接彈簧K控制觸頭C的通斷，忽略A的自感，下列說法正確的是A閉合S，D閃亮一下B閉合S，C將會過一小段時間接通C斷開S，D不會閃亮D斷開S，C將會過一小段時間斷開二、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、在風洞實驗室內的豎直粗糙墻面上放置一鋼板，風垂直吹向鋼板，在鋼板由靜止開始下落的過程中，作用在鋼板上的風力恒定用EK、E、v

6、、P分別表示鋼板下落過程中的動能、機械能、速度和重力的功率，關于它們隨下落高度或下落時間的變化規律，下列四個圖象中正確的是（）ABCD8、下列說法中正確的是()A只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數，就可以算出氣體分子的體積B懸浮在液體中微粒的無規則運動并不是分子運動，但微粒運動的無規則性，間接反映了液體分子運動的無規則性C理想氣體在某過程中從外界吸收熱量，其內能可能減小D熱量能夠從高溫物體傳到低溫物體，也能夠從低溫物體傳到高溫物體9、下列說法正確的是（ ）A隨著分子間距離的減小，其斥力和引力均增大B單晶體有固定的熔點，多晶體和非晶體沒有固定的熔點C一定質量的0C的冰熔化成0C的水，其分子勢

7、能會增加D一定質量的氣體放出熱量，其分子的平均動能可能增大E.第二類永動機不可能制成的原因是它違反了能量守恒定律10、1772年，法籍意大利數學家拉格朗日在論文三體問題指出：兩個質量相差懸殊的天體（如太陽和地球）所在同一平面上有5個特殊點，如圖中的L1、L2、L3、L4、L5所示，人們稱為拉格朗日點。若飛行器位于這些點上，會在太陽與地球共同引力作用下，可以幾乎不消耗燃料而保持與地球同步繞太陽做圓周運動。若發射一顆衛星定位于拉格朗日L2點，下列說法正確的是（）A該衛星繞太陽運動周期和地球公轉周期相等B該衛星在L2點處于平衡狀態C該衛星繞太陽運動的向心加速度小于地球繞太陽運動的向心加速度D該衛星在

8、L2處所受太陽和地球引力的合力比在L1處大三、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）某一小型電風扇額定電壓為5.0V，額定功率為2.5W某實驗小組想通過實驗描繪出小電風扇的伏安特性曲線。實驗中除導線和開關外，還有以下器材可供選擇：A電源E（電動勢為6.0V）B電壓表V（量程為06V，內阻約為8k）C電流表A1（量程為00.6A，內阻約為0.2）D電流表A2（量程3A，內阻約0.05）；E滑動變阻器R1（最大阻值5k，額定電流100mA）F滑動變阻器R2（最大阻值25，額定電流1A）（1）為了便于調節，減小讀數誤差和系統誤差，實驗中所用電

9、流表應選用_滑動變阻器應選用_（填所選儀器前的字母序號）。（2）請你為該小組設計實驗電路，并把電路圖畫在甲圖中的虛線框內（小電風扇的電路符號如圖甲所示）_。（3）操作過程中發現，小電風扇通電后受阻力作用，電壓表讀數小于0.5V時電風扇沒啟動。該小組測繪出的小電風扇的伏安特性曲線如圖乙所示，由此可以判定，小電風扇的電阻為_，正常工作時的發熱功率為_W，機械功率為_W12（12分）小鵬用智能手機來研究物體做圓周運動時向心加速度和角速度、半徑的關系。如圖甲，圓形水平桌面可通過電機帶動繞其圓心O轉動，轉速可通過調速器調節，手機到圓心的距離也可以調節。小鵬先將手機固定在桌面某一位置M處，通電后，手機隨桌

10、面轉動，通過手機里的軟件可以測出加速度和角速度，調節桌面的轉速，可以記錄不同時刻的加速度和角速度的值，并能生成如圖乙所示的圖象。(1)由圖乙可知，時，桌面的運動狀態是_（填字母編號）；A靜止 B勻速圓周運動 C速度增大的圓周運動 D速度減小的圓周運動(2)僅由圖乙可以得到的結論是：_；(3)若要研究加速度與半徑的關系，應該保持_不變，改變_，通過軟件記錄加速度的大小，此外，還需要的測量儀器是：_。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）靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質量分別為，；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧

11、，A與其右側的豎直墻壁距離l=1.0m，如圖所示，某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為，釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數均為，重力加速度取，A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B能否再次發生碰撞？若不能，說明理由；若能，試計算碰后的速度大小。14（16分）1932年美國物理學家勞倫斯發明了回旋加速器，巧妙地利用帶電粒子在磁場中運動特點，解決了粒子的加速問題。現在回旋加速器被廣泛應用于科

12、學研究和恢學設備中。回旋加速器的工作原理如圖甲所，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計。磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，加速器按一定頻率的高頻交流電源，保證粒子每次經過電場都被加速，加速電壓為U。D形金屬盒中心粒子源產生的粒子，初速度不計，在加速器中被加速，加速過程中不考慮相對論效應和重力作用。(1)求把質量為m、電荷量為q的靜止粒子加速到最大動能所需時間；(2)若此回旋加速器原來加速質量為2m，帶電荷量為q的粒子（），獲得的最大動能為Ekm，現改為加速氘核（），它獲得的最大動能為多少？要想使氘核獲得與粒子相同的動能，請你通過分析，提出一種簡單可

13、行的辦法；(3)已知兩D形盒間的交變電壓如圖乙所示，設粒子在此回旋加速器中運行的周期為T，若存在一種帶電荷量為q、質量為m的粒子，在時進入加速電場，該粒子在加速器中能獲得的最大動能？（在此過程中，粒子未飛出D形盒）15（12分）如圖所示，小球C在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態。在它左邊有一垂直于軌道的固定擋板，右邊有兩個小球A和B用處于原長的輕質彈簧相連，以相同的速度v0向C球運動，C與B發生碰撞并立即結成一個整體D。在A和D繼續向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被第一次鎖定不能伸長但還能繼續被壓縮。然后D與擋板P發生彈性碰撞，而A的速度不變。過一段時間，彈簧被繼續壓縮到最短后第

14、二次鎖定。已知A、B、C三球的質量均為m。求：(1)彈簧長度第一次被鎖定后A球的速度；(2)彈簧長度第二次被鎖定后的最大彈性勢能。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、C【解析】A02s內物體的加速度變大，做變加速直線運動，故A錯誤；B圖像下面的面積表示速度的變化量，02s內物體速度增加了，故B錯誤；C24s內合外力沖量的大小故C正確； D由圖可知，46s內速度變化量為零，即速度不變，由動能定理可知，合外力對物體做功為零，故D錯誤。故選C。2、C【解析】要使汽車停在停車線處，則圖線與坐標軸所圍圖形的面積應剛好等于35

15、m。A、B選項的面積明顯均小于30m，D選項的面積為25m，而C選項的面積介于20m到40m之間。根據排除法，只有C正確。故選C。3、C【解析】A電子做勻速圓周運動，電場力提供向心力，受力的方向與電場的方向相反，所以板的電勢較高；故A錯誤；B電子做勻速圓周運動，受到的電場力始終始終圓心，是變力，所以電子在電場中的運動不是勻變速運動故B錯誤；C電子在等勢面所在處做勻速圓周運動，電場力提供向心力：又：，聯立以上三式，解得：故C正確；D該電場是放射狀電場，內側的電場線密，電場強度大，所以有：即有：所以可得：故D錯誤；故選C。4、B【解析】根據萬有引力提供向心力可得解得衛星在軌道半徑為的圓軌道上運動的

16、線速度大小同理可得在半徑為的圓軌道上做圓周運動的線速度大小為設衛星在橢圓軌道上點的速度為，根據題意有可知在點時發動機對衛星做功在點時發動機對衛星做的功為因此有故B正確，A、C、D錯誤；故選B。5、B【解析】根據題意衛星運動的加速為a，則 在地球表面時 則第33顆北斗衛星從圖示位置運動到第34顆北斗衛星圖示位置所用的時間為 解得： ，故B對；ACD錯故選B6、D【解析】AB.當閉合S瞬間時，穿過線圈B的磁通量要增加，根據楞次定律：增反減同，結合右手螺旋定則可知，線圈B的電流方向逆時針，而由于二極管順時針方向導電，則線圈B不會閃亮一下，則線圈A中磁場立刻吸引C，導致其即時接觸，故A，B錯誤；CD.

17、當斷開S瞬間時，穿過線圈B的磁通量要減小，根據楞次定律：增反減同，結合右手螺旋定則可知，電流方向為順時針，則二極管處于導通狀態，則D會閃亮，同時對線圈A有影響，阻礙其磁通量減小，那么C將會過一小段時間斷開，故C錯誤，D正確；故選D【點睛】該題考查楞次定律與右手螺旋定則的應用，注意穿過閉合線圈的磁通量變化，線圈相當于電源，而電流是從負板流向正極，同時理解二極管的單向導電性二、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、AC【解析】C、鋼板受到重力mg、風力F、墻的支持力N和滑動摩擦

18、力f，由于風力恒定，則由平衡條件得知，墻對鋼板的支持力恒定，鋼板所受的滑動摩擦力恒定，故鋼板勻加速下滑，則有v=at，故C正確；A、根據動能定理得：，可知與h成正比，故A正確；B、設鋼板開始時機械能為，鋼板克服滑動摩擦力做功等于機械能減小的量，則，則知E與t是非線性關系，圖象應是曲線，故B錯誤；D、重力的功率，則知P與h是非線性關系，圖象應是曲線，故D錯誤；故選AC【點睛】本題首先要正確分析鋼板的運動情況，其次要根據物理規律得到動能、機械能、速度和重力功率的表達式，再選擇圖象8、BCD【解析】A知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數，能算出一個氣體分子所占有的體積，故A錯誤；B懸浮在液體中微粒的無

19、規則運動并不是分子運動，但微粒運動的無規則性，間接反映了液體分子運動的無規則性，故B正確；C理想氣體在吸收熱量的同時，若對外做功，其內能可能減小，故C正確；D若有第三者介入，熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，故D正確。故選BCD。9、ACD【解析】A分子間距離減小，其斥力和引力均增大，A正確；B晶體有固定的熔點，非晶體沒有固定的熔點，B錯誤；C0的冰熔化成0的水，吸收熱量，分子平均動能不變，其分子勢能會增加，C正確；D對氣體做功大于氣體放出的熱量，其分子的平均動能會增大，D正確；E第一類永動機違反了能量守恒定律，第二類永動機不違反能量守恒定律，只是違反熱力學第二定律，E錯誤。故選ACD。10、A

20、D【解析】A據題意知，衛星與地球同步繞太陽做圓周運動，則衛星繞太陽運動周期和地球公轉周期相等，故A正確；B衛星受的合力為地球和太陽對它引力的合力，這兩個引力方向相同，合力不為零，處于非平衡狀態，故B錯誤；C由于衛星與地球繞太陽做圓周運動的周期相同，衛星的軌道半徑大，根據公式分析可知，衛星繞太陽運動的向心加速度大于地球繞太陽運動的向心加速度，故C錯誤；D由題可知，衛星在L1點與L2點的周期與角速度是相等的，衛星的合力提供向心力，根據向心力的公式可知，在L1點處的半徑小，所以在L1點處的合力小，故D正確。故選AD。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

21、程。11、（1）C； E； （2）實驗電路圖如圖所示； （3）2.5， 0.625， 1.875。 【解析】（1）電風扇的額定電流，從讀數誤差的角度考慮，電流表選擇C電風扇的電阻比較小，則滑動變阻器選擇總電阻為10的誤差較小，即選擇E。（2）因為電壓電流需從零開始測起，則滑動變阻器采用分壓式接法，電風扇的電阻大約 ，遠小于電壓表內阻，屬于小電阻，電流表采用外接法。電路圖如圖所示。（3）電壓表讀數小于0.5V時電風扇沒啟動。根據歐姆定律得：正常工作時電壓為5V，根據圖象知電流為0.5A，則電風扇發熱功率為：PI2R0.522.5W0.625W，則機械功率PUII2R2.50.6251.875W，

22、12、B 半徑一定，角速度大小不變時，加速度大小也不變；角速度增大時，加速度也增大 轉速（或角速度） 手機到圓心的距離（或半徑） 刻度尺 【解析】(1)1由圖乙可知，時，加速度大小不變，角速度大小也不變，所以此時桌面在做勻速圓周運動，所以B正確，ACD錯誤。故選B。(2)2由圖乙可以看出，加速度和角速度的變化曲線大致一樣，所以可以得到的結論是：半徑一定時，角速度大小不變時，加速度大小也不變；角速度增大時，加速度也增大。(3)34物體做圓周運動的加速度為若要研究加速度與半徑的關系，應該保持轉速（或角速度）不變，改變手機到圓心的距離（或半徑）；5所以還需要的測量儀器是刻度尺。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)，；(2)B，0.50m；(3)不能，見解析【解析】(1)設彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為、，以向右為正，由動量守恒定律和題給條件有聯立并代入題給數據得(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設加速度大小為，則有假設A和B發生碰撞前，已經有一個物塊停止，此物塊應為彈簧釋放后速度較小的B，設從彈簧釋放到B停止所需時間為，B向左運動的路程為，則有可得在時間內，A可能與墻發生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動