1、2021-2022學年高考物理模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為，以一定的速度勻速運動，某時刻在傳送帶適當的位置放上具有一定初速度的小物塊，如圖甲所示，以此時為計時起點t=0，小物塊之后在傳送帶上運動速度隨

2、時間的變化關系如圖乙所示，圖中取沿斜面向上的運動方向為正方向，v1v2，已知傳送帶的速度保持不變，則（ ）A小物塊與傳送帶間的動摩擦因數tanB小物塊在0t1內運動的位移比在t1t2內運動的位移小C0t2內，傳送帶對物塊做功為D0t2內物塊動能變化量大小一定小于物體與皮帶間摩擦而產生的熱量2、如圖所示，一束平行光經玻璃三棱鏡折射后分解為a、b兩種單色光。則下列說法正確的是（）A在真空中傳播時，a光的速度大B從玻璃射向空氣時，b光發生全發射的臨界角小C經過同一雙縫干涉實驗裝置時，觀察到a光的相鄰亮條紋間距大D若b光能使某金屬發生光電效應，則a光也一定能發生光電效應3、一個物體在外力F的作用下靜止

3、在傾角為的光滑固定斜面上，關于F的大小和方向，下列說法正確的是（ ）A若F=mg，則F的方向一定豎直向上B若F=mgtan，則F的方向一定沿水平方向C若F=mgsin，則F的方向一定沿斜面向上D若F=mgcos，則F的方向一定垂直于斜面向上4、質量為m的光滑圓柱體A放在質量也為m的光滑“ V”型槽B上，如圖，=60，另有質量為M的物體C通過跨過定滑輪的不可伸長的細繩與B相連，現將C自由釋放，則下列說法正確的是( )A當M= m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為0.5gB當M=2m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為0.5gC當M=6m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為0.75gD當M=5m

4、時，A和B之間的恰好發生相對滑動5、2019年11月5日我國成功發射第49顆北斗導航衛星，標志著北斗三號系統3顆地球同步軌道衛星全部發射完畢。人造衛星的發射過程要經過多次變軌方可到達預定軌道，在發射地球同步衛星的過程中，衛星從圓軌道I的A點先變軌到橢圓軌道II，然后在B點變軌進人地球同步軌道III，則（ ）A衛星在軌道II上過A點的速率比衛星在軌道II上過B點的速率小B若衛星在I、II、III軌道上運行的周期分別為T1、T2、T3，則T1T2v2，由圖示圖象可知，0t1內圖象與坐標軸所形成的三角形面積大于圖象在t1t2內與坐標軸所圍成的三角形面積，由此可知，物塊在0t1內運動的位移比在t1t2

5、內運動的位移大，故B錯誤；0t2內，由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對物塊做正功，設為WG，根據動能定理得：W+WG=mv22-mv12，則傳送帶對物塊做功Wmv22-mv12，故C錯誤。0t2內，物塊的重力勢能減小、動能也減小，減小的重力勢能與動能都轉化為系統產生的內能，則由能量守恒得知，系統產生的熱量大小一定大于物塊動能的變化量大小，即：0t2內物塊動能變化量大小一定小于物體與皮帶間摩擦而產生的熱，故D正確。故選D。2、D【解析】A真空中傳播時，各種顏色光的光速均相同，A錯誤；B根據光路圖可知光偏折程度小，所以光折射率小，根據全反射定律可知光發生全反射的臨界

6、角大，B錯誤；C根據光路圖可知光折射率大，所以頻率大，波長短，根據可知，經過同一雙縫干涉實驗裝置時，觀察到a光的相鄰亮條紋間距小，C錯誤；D光的頻率大于光，根據可知光的光子能量大于光，所以若b光能使某金屬發生光電效應，則a光也一定能發生光電效應，D正確。故選D。3、C【解析】A由甲圖可知，若F=mg，則F的方向可能豎直向上，也可能與豎直方向成2角斜向下，選項A錯誤； B由乙圖可知，若F=mgtan，則F的方向可能沿水平方向，也可能與斜面成角斜向上，選項B錯誤；C由甲圖可知，若F=mgsin，則F的方向是唯一的，一定沿斜面向上，選項C正確；D由圖丙可知，若F=mgcos，則若以mgcos為半徑做

7、圓，交過G且平行于N的直線于兩個點，則說明F的解不是唯一的，且F的方向一定不是垂直于斜面向上，選項D錯誤；故選C。4、B【解析】D.當A和B之間的恰好發生相對滑動時，對A受力分析如圖根據牛頓運動定律有：解得B與C為繩子連接體，具有共同的運動情況，此時對于B和C有：所以，即解得選項D錯誤；C.當，A和B將發生相對滑動，選項C錯誤；A. 當，A和B保持相對靜止。若A和B保持相對靜止，則有解得所以當M= m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為，選項A錯誤；B. 當M=2m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為，選項B正確。故選B。5、B【解析】A衛星在軌道II上從A點到B點，只有受力萬有引力作用，且萬

8、有引力做負功，機械能守恒，可知勢能增加，動能減小，所以衛星在軌道II上過B點的速率小于過A點的速率，故A錯誤；B根據開普勒第三定律可知軌道的半長軸越大，則衛星的周期越大，所以有T1T2T3，故B正確；C衛星在B點通過加速實現由軌道II進人軌道III，故C錯誤；D7.9km/s即第一宇宙速度，是近地衛星的環繞速度，也是衛星做勻圓周運動最大的環繞速度，而同步衛星的軌道半徑要大于近地衛星的軌道半徑，所以同步衛星運行的線速度一定小于第一宇宙速度，故D錯誤。故選B。6、A【解析】因為電阻R1、R2消耗的功率相等，所以有又因為聯立解得故BCD錯誤，A正確。故選A。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，

9、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、BCD【解析】A由乙圖讀出，在t=0.20s時Q點的速度方向沿y軸負方向，由波形的平移法判斷可知該波沿x軸負方向的傳播，A不符合題意；B機械波都能發生衍射，只是明不明顯，B符合題意；C從t=0.20s到t=0.30s，經過：由于P位置不特殊，故無法看出其具體路程，C符合題意；D從t=0.30s到t=0.35s，P點從關于平衡位置的對稱點運動到波谷，速度逐漸減小，故動能逐漸減小，D符合題意；E在t=0.35s時，質點P運動到波谷，故加速度沿y軸正方向，E不符合題意。故選BCD

10、。8、BD【解析】AB當物塊滑上傳送帶后，受到傳送帶向右的摩擦力，根據牛頓第二定律有mg=ma代入數據可得物塊加速度大小a=1m/s2，方向向右，設物塊速度減為零的時間為t1，則有0=v2-at1代入數據解得t1=1s；物塊向左運動的位移有v22=2ax代入數據解得x=0.5mL=1m故物塊沒有從傳送帶左端離開；當物塊速度減為0后向右加速，根據運動的對稱性可知再經過1s從右端離開傳送帶，離開時速度為1m/s，在傳送帶上運動的時間為t=2t1=2s故A錯誤，B正確；C在t=2s時間內，物塊速度大小不變，即動能沒有改變，根據動能定理可知傳送帶對物塊做的功為0，故C錯誤；D由前面分析可知物塊在傳送帶

11、上向左運動時，傳送帶的位移為x1=v1t1=21m=2m當物塊在傳送帶上向右運動時，時間相同傳送帶的位移也等于x1，故整個過程傳送帶與物塊間的相對位移為x=x1+x+x1-x=2m+0.5m+2m-0.5m=4m在t時間內由于物塊與傳送帶間摩擦而產生的熱量為Q=mgx=0.14104J=16J故D正確。故選BD。9、CD【解析】根據豎直平面內小球做圓周運動的臨界條件，結合機械能守恒定律分析即可解題。【詳解】AB小球通過軌道最高點時恰好與軌道間沒有相互作用力，則在最高點：，則在最高點小球的動能：（最小動能），在最高點小球的重力勢能：，運動的過程中小球的動能與重力勢能的和不變，機械能守恒，即：，故

12、AB錯誤；CD小球從最高點到最低點，由動能定理得：，則有在距桌面高度h處有： ，化簡得：，故C、D正確。【點睛】本題主要考查了豎直圓周運動的綜合應用，屬于中等題型。10、BC【解析】A在t1到t2時間內，兩圖線圍成的面積不等，則位移不等，故A錯誤BC甲做勻變速直線運動，在t1到t2時間內，平均速度，根據圖線圍成的面積知，甲的位移大于乙的位移，時間相等，則甲的平均速度大于乙的平均速度，即以的平均速度小于，故B C正確D乙圖線的切線斜率先比甲小，后比甲大，可知乙的加速度先小于甲，后大于甲，故D錯誤三、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、1.84

13、cm 最低點 67.5s 2.25s A C 9.86m/s2 【解析】(1)12擺球直徑d=1.8cm+0.1mm4=1.84cm；單擺擺長L=；(2)345擺球擺動穩定后，當它到達最低點時啟動秒表開始計時，并記錄此后擺球再次經過最低點的次數n（n=1、2、3），當n=60時剛好停表。停止計時的秒表讀數為67.5s，該單擺的周期為；(3)6根據可得計算重力加速度測量值的表達式為A將擺球經過最低點的次數n計少了，則計算周期T偏大，則g測量值較小，選項A正確；B計時開始時，秒表啟動稍晚，則周期測量值偏小，則g測量值偏大，選項B錯誤；C將擺線長當成了擺長，則L偏小，則g測量值偏小，選項C正確；D將

14、擺線長和球的直徑之和當成了擺長,則L偏大，則g測量值偏大，選項D錯誤；故選AC。(4) 7根據可得由圖像可知解得g=9.86m/s212、BD 球心 需要 大于 AB B 【解析】(1)1因為本實驗是研究平拋運動，只需要每次實驗都能保證鋼球做相同的平拋運動，即每次實驗都要保證鋼球從同一高度處無初速度釋放并水平拋出，沒必要要求斜槽軌道光滑，因此A錯誤，BD正確；擋板高度可以不等間距變化，故C錯誤。故選BD。(2)a23因為鋼球做平拋運動的軌跡是其球心的軌跡，故將鋼球靜置于Q點，鋼球的球心對應的白紙上的位置即為坐標原點(平拋運動的起始點)；在確定軸時需要軸與重錘線平行。b45由于平拋的豎直分運動是

15、自由落體運動，故相鄰相等時間內豎直方向上的位移之比為1:3:5：，故兩相鄰相等時間內豎直方向上的位移之比越來越大，因此大于；由，聯立解得(3)6將鉛筆垂直于豎直的白紙板放置，筆尖緊靠白紙板，鉛筆以一定初速度水平拋出，由于鉛筆受摩擦力作用，且不一定能保證鉛筆水平，鉛筆將不能始終保持垂直白紙板運動，鉛筆將發生傾斜，故不會在白紙上留下筆尖的平拋運動軌跡，故C不可行，AB可行。(4)7從同一炮臺水平發射的炮彈，如果不受空氣阻力，可認為做平拋運動，因此不論它們能射多遠，在空中飛行的時間都一樣，這實際上揭示了平拋物體在豎直方向上做自由落體運動，故選項B正確。四、計算題：本題共2小題，共26分。把答案寫在答

16、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) 3 m/s. (2) 3.2 N，方向向上【解析】試題分析：(1)設小球經過C點的速度為vc，小球從B到C，據機械能守恒定律得mg(RRcos60)EPCmv， （3分）代入數據求出vc3 m/s. （2分）(2)小球經過C點時受到三個力作用，即重力G、彈簧彈力F、環的作用力FN. 設環對小球的作用力方向向上，根據牛頓第二定律FFNmgm， （2分）由于Fkx2.4 N， （2分）FNmmgF，解得FN3.2 N，方向向上 （1分）根據牛頓第三定律得出小球對環的作用力大小為3.2 N方向豎直向下 （1分）考點：考查勻速圓周運動點評：難度中等，本題的關鍵在于找到提供向心力的合力，在C點由豎直方向的合力提供向心力14、【解析】設開始時A、B中氣體的壓強、溫度、體積分別是、和、，