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1、2021-2022学年高考物理模拟试卷考生须知：1,全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2,请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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.如图所示，真空中位于x 轴上的两个等量正点电荷的位置关于坐标原点。对称，规定电场强度沿x 轴正方向为正,无穷远处电势为0。下列描述x 轴上的电场强度E
2、或电势9 随位置x 的变化规律正确的是（）2.在真空中某点电荷。的电场中，将带电荷量为g 的负试探电荷分别置于。（0,0,r）、8 两点时，试探电荷所受电场力的方向如图所示，F。、片分别在yOz和 xOy平面内，入 与 z轴负方向成6 0 角，片 与 x 轴负方向成6 0 角。已知试探电荷在。点受到的电场力大小为心=下，静电力常量为鼠则以下判断正确的是（）A.电场力的大小几大于产B.a、b、O 三点电势关系为夕“=%4FrC.点电荷。带正电，且大小为。=,kqD.在平面xOz上移动该试探电荷，电场力不做功3.如图所示，一条质量分布均匀的柔软细绳平放在水平地面上，捏住绳的一端用恒力产竖直向上提起
3、，直到全部离开地面时，绳的速度为色 重力势能为（重力势能均取地面为参考平面）。若捏住绳的中点用恒力尸竖直向上提起，直到全部离开地面时，绳的速度和重力势能分别为（）A.v,EpC.V 2v，4.如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦），用一弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为L,活塞距地面的高度为九汽缸底部距地面的高度为“，活塞内气体压强为P，体积为匕下列说法正确的是（）A.当外界温度升高（大气压不变）时，L 变大、H减小、p 变大、V变大B.当外界温度升高（大气压不变）时，人减小、“变大、p 变大、V减小C.当外界大气压变小（温度不变）
4、时，人不变、”减小、p 减小、V变大D.当外界大气压变小（温度不变）时，L 不变、”变大、p 减小、V不变5.一个二U 核衰变为一个著Pb核的过程中，发生了，次 a 衰变和次月衰变，则机、的值分别为（）A.8、6 B.6、8 C.4、8 D.8、46.横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半。现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、氏 Co下列判断正确的是v A.球落在斜面上的速度方向与斜面平行B.三小球比较，落在c 点的小球飞行时间最长C.三小球比较，落在万点的小球飞行过程速度变化最快D.
5、无论小球抛出时初速度多大，落到斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直二、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a 所示，在某均匀介质中与，S2处有相距L=12m的两个沿y 方向做简谐运动的点波源S”S的两波源的振动图线分别如图（b）和 图（c）所示。两列波的波速均为2.00m/s,p 点为距S 为 5m 的点，贝！|（）B.尸点的起振方向向下C.尸点为振动加强点，若规定向上为正方向，则 U 4s时 p 点的位移为6cmD.p 点的振幅始终为6cmE.S”8 之
6、间（不包含Si,S2两点），共有6 个振动减弱点8.如图所示，光滑水平桌面放置着物块A,它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B,已 知 A 的质量为m,B 的质量为 3 m,重力加速度大小为g,静止释放物块A、B 后（）A.相同时间内，A、B 运动的路程之比为2:1B.物 块 A、B 的加速度之比为1：1C.细绳的拉力为9”D.当 B 下落高度h 时，速度为J 专9.如图所示，粗糙的水平轨道3 c 的右端与半径K=0.45m的光滑竖直圆轨道在C 点相切，倾 斜 轨 道 与 水 平 方 向间的夹角为3 7 ,质量，”=O.lkg的小球从倾斜轨道顶端4 点由静止滑下，小球经过轨道衔接处时没有能量损失。已
7、知水平轨道5 c 的长度L=2 m,小球与倾斜轨道和水平轨道间的动摩擦因数均为/=0.375,sin37=0.6,cos37=0.8,g 取 10m/s2,则下列说法正确的是（）A.若小球刚好运动到C 点，则小球开始滑下时的高度为L5mB.若小球开始滑下时的高度为2 m,则第一次在圆轨道内运动时小球不离开轨道C.若小球开始滑下时的高度为2.5 m,则第一次在圆轨道内运动时小球不离开轨道D.若小球开始滑下时的高度为3 m,则第一次在圆轨道内运动时小球将离开轨道1 0.某电场在上轴上各点的场强方向沿x 轴方向，规定场强沿x 轴正方向为正，若场强E 随位移坐标x 变化规律如图,XI点与X3点的纵坐标
8、相同，图线关于。点对称，则（）A.O 点的电势最低 B.-加点的电势最高C.若电子从-X2点运动到X2点，则此过程中电场力对电子做的总功为零D.若电子从XI点运动到X3点，则此过程中电场力对电子做的总功为零三、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）某兴趣小组在实验室用圆锥摆演示仪来测定当地的重力加速度。图甲是演示仪的简化示意图，细线下面悬挂一个小钢球（直径忽略不计），细线上端固定在电动机转盘上，利用电动机带动钢球做圆锥摆运动。用转速测定仪测定电动机的转速，调节刻度板的位置，使刻度板水平且恰好与小钢球接触，但无相互作用力，用竖直放
9、置的刻度尺测定细线悬点到刻度板的竖直距离，不计悬点到转轴间的距离。细线悬点(*cm甲乙(1)开动转轴上的电动机，让摆球转动起来形成圆锥摆。调节转速，当 越大时，越_ _ _ _ _ _ _ _ _ _(选填“大”或“小”)。(2)图乙为某次实验中的测量结果，其示数为 cm。(3)用直接测量的物理量的符号表示重力加速度g,其表达式为g=o12.(12分)现测定长金属丝的电阻率.某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是 mm.利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻.这段金属丝的电阻R,约为1 0 0 Q,画出实验电路图，并标明器材代号.电源 (电动势1 0 V,内阻
10、约为10C)电流表A1(量程()250 m A,内阻4=5。)电流表A2(量程0 30()m A,内阻约为5。)滑动变阻器R(最大阻值1()。，额定电流2 A)开关S及导线若干某同学设计方案正确，测量得到电流表A的读数为/一电流表A2的读数为乙，则这段金属丝电阻的计算式&=.从设计原理看，其 测 量 值 与 真 实 值 相 比 (填“偏大”、“偏小”或“相等”).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.(10分)“1_”形轻杆两边互相垂直、长度均为,可绕过。点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端各固定一个2金属小球A、B
11、,其中A球质量为/,带负电，电量为g,B球 的 质 量 为B球开始不带电，整个装置处于竖直向下的匀强电场中，电场强度。现将“1_”形杆从OB位于水平位置由静止释放：(1)当“1_”形杆转动的角速度达到最大时，OB杆转过的角度为多少？(2)若使小球B也带上负电，仍将“L”形杆从OB位于水平位置由静止释放，OB杆顺时针转过的最大角度为90。，则小球B带的电量为多少？转动过程系统电势能的最大增加值为多少？Ot,B14.(16分)如图所示，水平面上固定一倾角为。=37。的斜面体，在其左侧一定距离有一水平桌面，现将一可视为质点的物块A 由水平桌面的左端以初速度vo=6m/s向右滑动，滑到右端时与物块B发
12、生弹性碰撞，物块B离开桌面后，经过一段时间，刚好无碰撞地由光滑固定的斜面体顶端C 点滑上斜面体已知桌面两端之间的距离为x=4.0m,SB=lkg,物块A 与水平桌面之间的动摩擦因数为=0.25,桌面与斜面体C 点的高度差为A=0.45m,重力加速度取g=10m/s2,sin37。=0.6,cos 37=0.8,忽略空气阻力。求：(1)物块A 的质量；(2)如果斜面体C 点距离水平面的高度为H=4.8m,求从物块A 开始运动到物块B 到达O 点的总时间。15.(12分)如图所示，COE和 MNP为两根足够长且弯折的平行金属导轨，C D、MN部分与水平面平行，OE和 NP与水平面成30。，间距L=
13、lm,CDMW面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小8i=lT,OEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小外=2T。两根完全相同的导体棒a、b,质量均为,=0.1k g,导体棒b与导轨CZ)、M N间的动摩擦因数均为=0.2,导体棒a 与导轨OE、NP之间光滑。导体棒。、分的电阻均为R=1C。开始时，、6 棒均静止在导轨上除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，运动过程中a、b棒始终不脱离导轨，g 取 lOm/sZ(1)6棒开始朝哪个方向滑动，此时a 棒的速度大小；(2)若经过时间U is,6 棒开始滑动，则此过程中，a 棒发生的位移多大；(3)若
14、将 CDNM面上的磁场改成竖直向上，大小不变，经过足够长的时间，棒做什么运动，如果是匀速运动，求出匀速运动的速度大小，如果是匀加速运动，求出加速度大小。参考答案一、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、A【解析】A B.由点电荷在真空中某点形成的电场强度公式后=后g和电场叠加原理可知，沿x轴方向，Y O f A点，电场强r度为负，逐渐变大，A点一0点，电场强度为正，逐渐减小，。点-8点，电场强度为负，逐渐变大，5点f+8,电场强度为正，逐渐减小，故A正确，B错误。C D.无穷远处电势为零，根据等量同种正电荷的电场线分布图，
15、分析知，等量同种正电荷电场中的电势不会为负值,且。点处电势大于零，故CD错误。故选A。2、C【解析】由题，Fa、B,分别在yOz和xOy平面内，可知点电荷。即在yOz平面内，也在xOy平面内，所 以。一定在坐标轴y上，过。点沿F的方向延长，与y轴交于。点，设。之间的距离为y,由几何关系得=tan 60r则y=r tan 60=V3ra。之间的距离L=cos 60连接BQ,则 受到的电场力的方向沿bQ的方向。由几何关系得tan 60 V3可知b点到O点的距离也是r,b到Q之间的距离也是2rA.与。到。点的距离相等，根据库仑定律可知，试探电荷在5点受到的电场力与在a点受到的电场力是相等的，所以Fb
16、=F故 A 错误：B.负电荷受到的电场力指向0,根据异性电荷相互吸引可知，。带正电，由于距离正电荷越近电势越高，所 以。点的电势高，。与。点的电势相等，即%=%Po故 B 错误；C.由于点电荷。带正电，根据库仑定律F 二 kQq(2r)2解得点电荷。的电荷量为kq故 C 正确；D.平面xOz上各点到。的距离不一定相等，所以各点的电势不一定相等，则在平面x Q 上移动该试探电荷，电场力不一定不做功，故 D 错误。故选C。3、D【解析】重力势能均取地面为参考平面，第一次，根据动能定理有口 1 1 2Fl-m g =mv IEP=mS-第二次，根据动能定理有Fp l m g /=1 m v,22 4
17、 2L，IEP=m g-联立解得y=v,或=4,故 D 正确，A B C 错误。2 p 2故选D。4、C【解析】以活塞与汽缸为整体，对其受力分析，整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力且二者大小始终相等，总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度L 不变，活塞的位置不变，无不变；当温度升高时，汽缸内的气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律可以判断，体 积 v 增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，“减小、0 不变、v 增大；当大气压减小时，对汽缸分析得P0S=mg+pS气体压强P 减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得喇=P1V2可知体积丫变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低，/减小、P 减小、
18、丫变大，故 C 正确，ABD错误。故选C。5、A【解析】在 a 衰变的过程中，电荷数少2,质量数少4,在 p 衰变的过程中，电荷数多1,有2 冲=104/n=32解得m=8 二 6故 A 正确，BCD错误。故选A。6、D【解析】A.根据平抛运动的推论可知，设 a 球落在斜面上的速度方向与水平方向夹角为仇对应处位置位移与水平方向偏转角为 a,即 tane=2tana,根据题意tana=,所以0=45。，不可能与斜面平行，选项A 错误。21 ,B.根据平抛运动规律/?=/g/，“球竖直方向下落距离最大，所以a 球飞行时间最长，选 项 B 错误；C.三个球都做平抛运动，即速度变化快慢（加速度）均相同
19、，选 项 C 错误。D.通 过 A 的分析可知，a 球不可能与斜面垂直。对 于 仇 c 点而言，竖直方向分速度g t,水平速度加 假设能与斜面垂直，则匕）1=tan =gt 2对应的竖直方向的距离为1 2y=2g r水平方向的距离为A、x=vot=(-gt)t显然这是不可能满足的，因此选项D 正确。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.两列简谐波的波长均为/L=vT=2 x 2 m=4 m,选 项 A 错误；B.因&起振方向向下，由振源Si
20、形成的波首先传到尸点，则尸点的起振方向向下，选项B 正确；C.尸点到两振源的距离之差为2m 等于半波长的奇数倍，因两振源的振动方向相反，可知产点为振动加强点；由 Si形成的波传到P 点的时间为2.5s,Z=4s时由Si在尸点引起振动的位移为4cm；同理，由 S2形成的波传到P 点的时间为 3.5s,U 4s时由S2在尸点引起振动的位移为2cm；若规定向上为正方向，则/=4s时 P 点的位移为6 cm,选 项 C 正确；D.尸点为振动加强点，则尸点的振幅始终为6 cm,选 项 D 正确；E.Si,S2之 间(不 包 含 Si,S2两点)，共有5 个振动减弱点，分别在距离Si为 2m、4m、6m、
21、8m、10m的位置，选项 E 错误。故选BCD。8、AC【解析】同时间内，图中A 向右运动h 时，B 下降一半的距离，即为h/2,故 A、B 运动的路程之比为2：1,故 A 正确；任意相等时间内，物 体 A、B 的位移之比为2：1,故速度和加速度之比均为2：1,故 B 错误；设 A 的加速度为a,则 B的加速度为0.5 a,根据牛顿第二定律，对 A,有：T=m a,对 B,有：3mg-2T=3m0.5a,联立解得：T=色 空，a=9g,7 7故 C 正确；对 B,加速度为a，=0.5a=Tg，根据速度位移公式，有：v 2-a h,解得：v=栏5 ,故 D 错误；故选AC.【点睛】本题考查连接体
22、问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析.9、ABD【解析】A.若小球刚好运动到。点，由动能定理，研究小球从A 点到C 点的过程得omgh hxi 37-7-jumgL=0-0sin 37解得加=l.5m故 A 正确；B.若小球开始滑下时的高度为2 m,根据动能定理，从 A 点到。点有mgh2-pmgcos37 pmgL=EcQsin 37解得Ekc=0.25mg由动能定理得小球要运动到D 点（右半部分圆轨道上与圆心等高的点为&点），在。点的动能至少是mgR=0A5mg所以小球不能到达。点，在 C 点与。点之间某处速
23、度减为零，然后沿圆轨道返回滑下，故 B 正确；C.小球做完整的圆周运动，刚好不脱离轨道时，在圆轨道最高点速度最小是陋，由动能定理得-2mgR=y mv2-Ek（理可得要使小球做完整的圆周运动，小球在C 点动能最小值为9Eko=-m g8若小球开始滑下时的高度为2.5 m,则小球在C 点的动能是0.5m g,若小球开始滑下时的高度为3 m,则小球在C 点的动能是0.75/ng,这两种情况下小球通过D 点后都会在D 点与最高点之间某一位置做斜抛运动，即小球将离开轨道，故 C 错误，D 正确。故选ABD。10、AC【解析】A.规定场强沿x 轴正方向为正，依据场强E 随位移坐标工变化规律如题目中图所示
24、，电场强度方向如下图所示：E E-W-o根据顺着电场线电势降低，则。电势最低，A 正确；B.由上分析，可知，电势从高到低，即为、*，由 于 点 与 点 电 势 相 等，那么-超点的电势不是最高，B错误;C.若电子从一Z点运动到公点，越过横轴，图像与横轴所围成的面积之差为零，则它们的电势差为零，则此过程中电场力对电子做的总功为零，C正确；D.若电子从当点运动到七点，图像与横轴所围成的面积不为零，它们的电势差不为零，则此过程中电场力对电子做的总功也不为零，D错误。故选AC。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、小 18.50 4后 2【解析】
25、越大，细线与竖直方向夹角越大，则 越 小。2悬点处的刻度为1.00cm,水平标尺的刻度为19.50cm,则示数为=(19.50-1.00)cm=18.50cm所以示数为18.50cm。(3)3假设细线与竖直方向夹角为由牛顿第二定律得mg tan 0=mafr又tan =hco 271rl解得g=4 兀2 n2 h12、0.200(0.196 0.204 均可)【解析】/内相等根据螺旋测微器的读数法则可知读数为0.01x20+0.000=0.200mm因该实验没有电压表，电流表A1的内阻已知，故用A1表当电压表使用，为了调节范围大，应用分压式滑动变阻器的接法，则点如图如图由电路图可知流过的电流为
26、4-4,电阻两端的电压为/阳-因 此 电 阻&=丁 2 一该实验的电流为真实电流，电压也为真实电压，因此测得值和真实值相等四、计算题：本题共2小题，共 2 6 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。1 1 ,1 3、(1)5 3 ；(2),tngl o【解析】(1)转速最大时，系统力矩平衡：rnglsin 0-Eqls i n +mBglcosO解得：八 4t a n 6 =一36 =5 3(2)设 B带的电量为g，转过最大角度时，动能为零，由动能定理得：Eql+mgl-mgl-Eql=0解得：,1当转角为a时电，势能的增加值等于两球克服电场力的功：W
27、Eql s i n a&/(l-c o s c)整理得：W=g mgl式中当：Wm=m g l,电势能的最大增加值为:z g/。14、(1)1kg；(2)2.1s.【解析】(1)由平抛运动规律，物块8 离开桌面后在竖直方向做自由落体运动，则有,1 2%代入数据解得A=0.3s竖直方向速度Vv=3m/s根据几何关系，可知此时速度与水平速度的夹角等于斜面的倾角，即。=37。，则有v 3tan a =匕4解得物块B离开桌面时速度为匕=4 m/s设滑块在平台上滑动时的加速度为“，滑块到达8 点的速度以，根据牛顿第二定律有/nmg=ma解得 a=2.5 m/s2根据速度位移公式有一*=2以解 得 昨=4
28、 m/s根据动量守恒得mAvA=mAv+mBvx根据机械能守恒得1 2 1,2 1 2 m.V=m.v+mHvr2 4 2 2代入数据解得M =0,U=lkg(2)物块A 在水平桌面上运动的时间为%=0.8sa物 块B到达斜面体C点的合速度为v=Jv：+vj代入数据解得V=5m/s物 块 5 在斜面上运动时，根据牛顿第二定律有ma=mg sin a代入数据解得加速度a=6 m/s2根据几何关系，有斜面的长度,H 4.8I-=-m=0.8msin a 0.6根据运动学公式有Q解得，3 =1S(4=-S 舍去)从物块A 开始运动到物块B到达D点的总时间，=4+A,+=2.1 S15、(1)0.2m
29、/s;(2)0.24m；(3)匀加速，0.4m/s2o【解析】(D 开始时，a 棒向下运动，棒受到向左的安培力，所以6 棒开始向左运动，当 6 棒开始运动时有BJL=jumg对 a 棒1=胆2R联立解得umg 2Ru=?BB2I=0.2m/s(2)由动量定理得对。棒mgt sm 0B2 ILt=mv其中7y空=四2R 2R联立解得.例 皎 吗 竺 沙=0.24根(3)设 a 棒的加速度为由，8 棒的加速度为。2,则有mg sin 0-BJL-maxBJL-jiimg=ma2且L -_ B2LVY-BLV22R当稳定后，/保持不变，则A/_ B2LAV,-BXL V2 _t 2 R M -可得2q=a2联立解得两棒最后做匀加速运动，有“i=0.2m/s2,a2=0.4m/s2