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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答

2、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、背越式跳高采用弧線助跑，距離長，速度快，動作舒展大方。如圖所示是某運動員背越式跳高過程的分解圖，由圖可估算出運動員在躍起過程中起跳的豎直速度大約為 A2m/sB5m/sC8m/sD11m/s2、如圖所示，做實驗“探究感應電流方向的規律”。豎直放置的條形磁體從線圈的上方附近豎直下落進入豎直放置的線圈中，并穿出線圈。傳感器上能直接顯示感應電流隨時間變化的規律。取線圈中電流方向由到為正方向，則傳感器所顯示的規律與圖中最接近的是（ ）ABCD3、如圖所示，一個勁度系數為k的輕質彈簧

3、豎直放置，彈簧上端固定一質量為2m的物塊A，彈簧下端固定在水平地面上。一質量為m的物塊B，從距離彈簧最上端高為h的正上方處由靜止開始下落，與物塊A接觸后粘在一起向下壓縮彈簧。從物塊B剛與A接觸到彈簧壓縮到最短的整個過程中（彈簧保持豎直，且在彈性限度內形變），下列說法正確的是（）A物塊B的動能先減少后增加又減小B物塊A和物塊B組成的系統動量守恒C物塊A和物塊B組成的系統機械能守恒D物塊A物塊B和彈簧組成的系統機械能守恒4、我國已掌握“半彈道跳躍式高速再入返回技術”，為實現“嫦娥”飛船月地返回任務奠定基礎.如圖虛線為地球大氣層邊界，返回器與服務艙分離后，從a點無動力滑入大氣層，然后經b點從c點“跳

4、”出，再經d點從e點“躍入”實現多次減速，可避免損壞返回器。d點為軌跡最高點，離地面高h，已知地球質量為M，半徑為R，引力常量為G。則返回器（）A在d點處于超重狀態B從a點到e點速度越來越小C在d點時的加速度大小為D在d點時的線速度小于地球第一宇宙速度5、用如圖a所示的圓弧一斜面裝置研究平拋運動，每次將質量為m的小球從半徑為R的四分之一圓弧形軌道不同位置靜止釋放，并在弧形軌道最低點水平部分處裝有壓力傳感器測出小球對軌道壓力的大小F已知斜面與水平地面之間的夾角=45，實驗時獲得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如圖b所示的Fx圖象，g取10m/s2，則由圖可求得圓弧軌道的半徑R為（ ）A0

5、.125mB0.25mC0.50mD1.0m6、如圖所示為某彈簧振子在05 s內的振動圖象，由圖可知，下列說法中正確的是()A振動周期為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動D第3 s末振子的速度為正向的最大值二、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、如圖所示，正三角形的三個頂點、處，各有一條垂直于紙面的長直導線。、處導線的電流大小相等，方向垂直紙面向外，處導線電流是、處導

6、線電流的2倍，方向垂直紙面向里。已知長直導線在其周圍某點產生磁場的磁感應強度與電流成正比、與該點到導線的距離成反比。關于、處導線所受的安培力，下列表述正確的是（ ）A方向相反B方向夾角為60C大小的比值為D大小的比值為28、真空中質量為m的帶正電小球由A點無初速自由下落t秒，在t秒末加上豎直向上、范圍足夠大的勻強電場，再經過t秒小球又回到A點。小球電荷量不變且小球從未落地，重力加速度為g。則A整個過程中小球電勢能變化了B整個過程中小球速度增量的大小為C從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能變化了D從A點到最低點小球重力勢能變化了9、如圖，地球與月球可以看作雙星系統它們均繞連線上的C點轉動在該

7、系統的轉動平面內有兩個拉格朗日點L2、L4(位于這兩個點的衛星能在地球引力和月球引力的共同作用下繞C點做勻速圓周運動，并保持與地球月球相對位置不變)，L2點在地月連線的延長線上，L4點與地球球心、月球球心的連線構成一個等邊三角形我國已發射的“鵲橋”中繼衛星位于L2點附近，它為“嫦娥四號”成功登陸月球背面提供了穩定的通信支持假設L4點有一顆監測衛星，“鵲橋”中繼衛星視為在L2點已知地球的質量為月球的81倍，則A地球和月球對監測衛星的引力之比為81：1B地球球心和月球球心到C點的距離之比為1：9C監測衛星繞C點運行的加速度比月球的大D監測衛星繞C點運行的周期比“鵠橋”中繼衛星的大10、如圖所示，圓

8、心在O點、半徑為R的圓弧軌道abc豎直固定在水平桌面上，Oc與Oa的夾角為60，軌道最低點a與桌面相切一輕繩兩端分別系著質量為m1和m2的小球（均可視為質點），掛在圓弧軌道邊緣c的兩邊，開始時，m1在c點從靜止釋放設輕繩足夠長，不計一切摩擦則( )A在m1下滑過程中，兩球速度大小始終相等Bm1在由c下滑到a的過程中重力的功率逐漸增大C若m1恰好能沿圓弧下滑到a點，則m1=2m2D若m1=4m2，則m1下滑到a點速度大小為三、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）某實驗小組在用雙縫干涉測光的波長的實驗中，將雙縫干涉實驗儀器按要求安裝在光具

9、座上，如圖甲所示。雙縫間距d = 0.20mm，測得屏與雙縫間的距離L = 500mm。然后，接通電源使光源正常工作：(1)某同學在測量時，轉動手輪，在測量頭目鏡中先看到分劃板中心刻線對準亮條紋A的中心，如圖乙所示，則游標卡尺的讀數為_cm；然后他繼續轉動手輪，使分劃板中心刻線對準亮條紋B的中心，若游標卡尺的讀數為1.67cm，此時主尺上的_cm刻度與游標尺上某條刻度線對齊；入射光的波長=_m；(2)若實驗中發現條紋太密，可采取的改善辦法有_（至少寫一條）。12（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

10、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

11、步驟。13（10分）如圖所示，地面和半圓軌道面均光滑質量M=1kg、長L=4m的小車放在地面上，其右端與墻壁的距離為S=3m，小車上表面與半圓軌道最低點P的切線相平現有一質量m=1kg的滑塊（不計大?。┮詖0=6m/s的初速度滑上小車左端，帶動小車向右運動小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動摩擦因數=0.1，g取10m/s1（1）求小車與墻壁碰撞時的速度；（1）要滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，求半圓軌道的半徑R的取值14（16分）如圖所示，水平軌道AB和CD分別與水平傳送帶左側和右側理想連接，豎直光滑圓形軌道與CD相切于點E，一輕質彈簧原長，將彈簧豎直放置在地面上，在其

12、頂端將一質量為的小物塊P由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為。現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與小物塊P接觸但不連接。彈簧原長小于光滑軌道AB的長度，軌道靠近B處放置一質量為的小物塊Q。傳送帶長，沿順時針方向以速率勻速轉動，軌道CE長為。物塊與傳送及軌道CE之間的動摩擦因數均為。現用小物塊P將彈簧壓縮至長度為，然后釋放，P與Q彈性碰撞后立即拿走物塊P，Q恰好可以到達與光滑圓形軌道圓心等高的F點，取。（1）求P與Q碰撞后Q的速度；（2）求光滑圓形軌道的半徑R。15（12分）如圖所示，兩根足夠長的平行豎直導軌，間距為 L，上端接有兩個電阻和一個耐壓值足夠大的電容器， R1R2 2

13、3，電容器的電容為C且開始不帶電。質量為m、電阻不計的導體棒 ab 垂直跨在導軌上，S 為單刀雙擲開關。整個空間存在垂直導軌平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為 B。現將開關 S 接 1，ab 以初速度 v0 豎直向上運動，當ab向上運動 h 時到達最大高度，此時迅速將開關S接 2，導體棒開始向下運動，整個過程中導體棒與導軌接觸良好，空氣阻力不計，重力加速度大小為 g。試問：(1) 此過程中電阻 R1產生的焦耳熱；(2) ab 回到出發點的速度大?。?3)當 ab以速度 v0向上運動時開始計時，t1時刻 ab到達最大高度 h 處， t2時刻回到出發點，請大致畫出 ab從開始運動到回到出發點的

14、v-t 圖像（取豎直向下方向為正方向）。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、B【解析】運動員跳高過程可以看做豎直上拋運動，當重心達到橫桿時速度恰好為零，運動員重心升高高度約為：，根據機械能守恒定律可知：；解得：，故B正確，ACD錯誤。2、B【解析】磁體進入線圈端的過程，其磁場穿過線圈向上且增加，由楞次定律知感應電流的磁場向下，則線圈中的電流方向從到，為負值。磁體在線圈中間運動時，其磁場穿過線圈的磁通量不變，無感應電流，磁體離開線圈端的過程，磁場穿過線圈向上且減小，由楞次定律知感應電流的磁場向上，則電流方向從到，為正

15、值，且此過程磁體運動速度大于進入過程，磁通量的變化率大。由法拉第電磁感應定律知，該過程的感應電動勢大，則感應電流大，故B正確。故選B。3、A【解析】AB物塊開始自由下落速度逐漸增大，與A物塊碰撞瞬間，動量守恒，選取豎直向下為正方向，則可知A、B碰后瞬間作為整體速度小于碰前B物塊速度，隨后AB整體向下運動，開始重力大于彈力，且彈力逐漸增大，所以整體做加速度減小的加速運動，當重力等于彈力時，速度達到最大，之后彈力大于重力，整體做加速度增大的減速運動，直至速度減為0，所以從物塊B剛與A接觸到彈簧壓縮到最短的整個過程中，物塊B的動能先減少后增加又減小，A正確；B物塊A和物塊B組成的系統只在碰撞瞬間內力

16、遠大于外力，動量守恒，之后系統所受合外力一直變化，系統動量不守恒，B錯誤；CD兩物塊碰撞瞬間損失機械能，所以物塊A和物塊B組成的系統機械能不守恒，物塊A物塊B和彈簧組成的系統機械能不守恒，CD錯誤。故選A。4、D【解析】Ad點處做向心運動，向心加速度方向指向地心，應處于失重狀態，A錯誤；B、由a到c由于空氣阻力做負功，動能減小，由c到e過程中只有萬有引力做功，機械能守恒，a、c、e點時速度大小應該滿足，B錯誤；C、在d點時合力等于萬有引力，即故加速度大小C錯誤；D、第一宇宙速度是最大環繞速度，其他軌道的環繞速度都小于第一宇宙速度，D正確。故選D。5、B【解析】在圓軌道上運動時，小球受到重力以及

17、軌道的支持力作用，合力充當向心力，所以有小球做平拋運動時時的水平射程小球的豎直位移：根據幾何關系可得聯立即得x圖像的縱截距表示重力，即mg=5N所以有解得：R=0.25m故選B；【名師點睛】知道平拋運動水平方向和豎直方向上運動的規律，抓住豎直位移和水平位移的關系，尤其是掌握平拋運動的位移與水平方向夾角的正切值的表達式進行求解注意公式和圖象的結合，重點是斜率和截距6、D【解析】A由題圖可知振動周期為4 s，振幅為8 cm，選項A錯誤；B第2 s末振子在最大位移處，速度為零，位移為負，加速度為正向的最大值，選項B錯誤；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動，選項C錯

18、誤；D第3 s末振子在平衡位置，向正方向運動，速度為正向的最大值，選項D正確.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、AD【解析】AB結合題意，應用安培定則分析、處磁場，應用平行四邊形定則合成、處磁場，應用左手定則判斷、處安培力，如圖所示，結合幾何關系知、處導線所受安培力方向均在平行紙面方向，方向相反，故A正確，B錯誤；CD設導線長度為，導線在處的磁感應強度大小為，結合幾何關系知處磁感應強度有合導線受安培力為安合處磁感應強度有導線受安培力為聯立解得大小的比值為故C錯誤，D

19、正確；故選AD。8、AB【解析】小球先做自由落體運動，后做勻減速運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反。設電場強度大小為E，加電場后小球的加速度大小為a，取豎直向下方向為正方向，則由，又v=gt，解得 a=3g，則小球回到A點時的速度為v=v-at=-2gt；整個過程中小球速度增量的大小為v=v=-2gt，速度增量的大小為2gt。由牛頓第二定律得 ，聯立解得，qE=4mg，故A正確；從加電場開始到小球運動到最低點時小球動能減少了，故C錯誤。設從A點到最低點的高度為h，根據動能定理得解得，從A點到最低點小球重力勢能減少了D錯誤。9、AC【解析】A項：由公式可知，地球和月球對監測衛星的引力之比為等

20、于地球的質量與月球的質量之比即為81：1，故A正確；B項：設地球球心到C點的距離為r1，月球球心到C點的距離為r2，對地球有： 聯立解得：，故B錯誤；C項：對月球有：，對監測衛星有：地球對監測衛星的引力，月球對監測衛星的引力，由于兩引力力的夾角小于90o，所以兩引力的合力大于，由公式可知，監測衛星繞C點運行的加速度比月球的大，故C正確；D項：由于監測衛星繞C點運行的加速度比月球的大，所以監測衛星繞C點運行的周期比月球的更小，由于月球的周期與“鵠橋”中繼衛星的相等，所以監測衛星繞C點運行的周期比“鵠橋”中繼衛星的小，故D錯誤10、CD【解析】Am1由C點下滑到a點的過程中，沿繩子方向的速度是一樣

21、的，在m1滑下去一段過程以后，此時的繩子與圓的切線是不重合，而是類似于圓的一根弦線而存在，所以此時兩個物體的速度必然不相同的，故A錯誤；B重力的功率就是P=mgv，這里的v是指豎直的分速度，一開始m1是由靜止釋放的，所以m1一開始的豎直速度也必然為零，最后運動到A點的時候，由于此時的切線是水平的，所以此時的豎直速度也是零，但是在這個c到a的過程當中是肯定有豎直分速度的，所以相當于豎直速度是從無到有再到無的一個過程，也就是一個先變大后變小的過程，所以這里重力功率mgv也是先增大后減小的過程，故B錯誤；C若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點，此時兩小球速度均為零，根據動能定理得：m1gR（1-cos6

22、0）=m2gR，解得：m1=2m2 選項C正確；D若m1=4m2，設m1下滑到a點速度大小為v，則 解得故D正確。故選CD。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、1.11 2.3 減小雙縫間距d或者增大雙縫到干涉屏的距離L 【解析】(1)12游標卡尺的讀數為1.1cm+0.1mm1=1.11cm；若游標卡尺的讀數為1.67cm，此時主尺上的2.3cm刻度與游標尺上某條刻度線對齊；3條紋間距則根據可得(2)4若實驗中發現條紋太密，即條紋間距太小，根據可采取的改善辦法有：減小雙縫間距d或者增大雙縫到干涉屏的距離L。12、B 半徑一定，角速度大

23、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

24、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）小車與墻壁碰撞時的速度是4m/s；（1）要滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑R的取值為R0.14m或R0.6m【解析】解：（1）設滑塊與小車的共同速度為v1，滑塊與小車相對運動過程中動量守恒，有mv0=（m+M）v1代入數據解得v1=4m/s設滑塊與小車的相對位移為 L1，由系統能量守恒定律，有mgL1=代入數據解得 L1=3m設與滑塊相對靜止時小車的位移為S1，根據動能定理，有mgS1=代入數據解得S1=1m因L1L，S1S，說明小車與墻壁碰撞前滑塊與小車已具有共同速度，且共速時小車與墻壁還未發生碰撞，故小車與碰壁碰撞時的速度即v1=4m/s（1）滑塊將在小車上繼續向右做初速度為v1=4m/s，位移為L1=LL1=1m的勻減速運動，然后滑上圓軌道的最低點P若滑塊恰能滑過圓的最高點，設滑至最高點的速度為v，臨界條件為mg=m根據動能定理，有mgL1聯立并代入數據解得R=0.14m若滑塊恰好滑至圓弧到達T點