2021-2022學年湖北省十堰市重點中學高考全國統(tǒng)考預測密卷物理試卷含解析

2021-2022學年高考物理模擬試卷請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。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、質量為1kg的物塊M水平向右滑上逆時針轉動的傳送帶如圖甲所示，物塊的v－t圖像如圖乙所示。在整個運動過程中，以下說法不正確的是（g=10m/s2）（）A．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ=0.2B．整個過程中物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為9mC．物塊與傳送帶的相對位移大小為3m，相對路程為9mD．運動過程中摩擦生熱為18J2、質子的靜止質量為，中子的靜止質量為，粒子的靜止質量為，光速。則粒子的結合能約為（）A．B．C．D．3、太陽周圍除了八大行星，還有許多的小行星，在火星軌道與木星軌道之間有一個小行星帶，假設此小行星帶中的行星只受太陽引力作用，并繞太陽做勻速圓周運動，則A．小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動周期相同B．小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動加速度大于火星做圓周運動的加速度C．小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動周期大于木星公轉周期D．小行星帶中某兩顆行星線速度大小不同，受到太陽引力可能相同4、圖為2020年深圳春節(jié)期間路燈上懸掛的燈籠，三個燈籠由輕繩連接起來掛在燈柱上，O為結點，輕繩OA、OB、OC長度相等，無風時三根繩拉力分別為FA、FB、FC。其中OB、OC兩繩的夾角為，燈籠總質量為3m，重力加速度為g。下列表述正確的是（）A．FB一定小于mg B．FB與FC是一對平衡力C．FA與FC大小相等 D．FB與FC合力大小等于3mg5、如圖所示，是勻強電場中一個橢圓上的三個點，其中點的坐標為，點的坐標為，點的坐標為，兩點分別為橢圓的兩個焦點，三點的電勢分別為、、，橢圓所在平面與電場線平行，元電荷，下列說法中正確的是（）A．點的電勢為B．點的電勢為C．勻強電場的場強大小為D．將一個電子由點移到點，電子的電勢能增加6、在冬季，剩有半瓶熱水的老式暖水瓶經過一個夜晚后，第二天拔瓶口的軟木塞時覺得很緊，不易拔出來．其中主要原因是A．軟木塞受潮膨脹B．瓶口因溫度降低而收縮變小C．白天氣溫升高，大氣壓強變大D．瓶內氣體因溫度降低而壓強減小二、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、如圖甲所示，輕彈簧豎直固定在水平面上．一質量為m＝0.2kg的小球，從彈簧上端某高度處自由下落，從它接觸彈簧到彈簧壓縮至最短的過程中(彈簧在彈性限度內)，其速度v和彈簧壓縮量Δx之間的函數圖象如圖乙所示，其中A為曲線的最高點．不計小球和彈簧接觸瞬間機械能損失、空氣阻力，g取10m/s2，則下列說法正確的是A．小球剛接觸彈簧時加速度最大B．該彈簧的勁度系數為20.0N/mC．從接觸彈簧到壓縮至最短的過程中，小球的機械能守恒D．小球自由落體運動下落的高度1.25m8、用輕桿通過鉸鏈相連的小球A、B、C、D、E處于豎直平面上，各段輕桿等長，其中小球A、B的質量均為2m，小球C、D、E的質量均為m．現將A、B兩小球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設所有球只在同一豎直平面內運動，不計一切摩擦，則在下落過程中A．小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機械能和動量均守恒B．小球B的機械能一直減小C．小球B落地的速度大小為D．當小球A的機械能最小時，地面對小球C的支持力大小為mg9、在水面上的同一區(qū)域內，甲、乙兩列水面波獨立傳播，傳播方向互相垂直，波的頻率均為2Hz。時刻其波峰與波谷情況如圖所示。甲波的振幅為5cm，乙波的振幅為10cm。質點2、3、5共線且等距離。下列說法中正確的是________。A．質點2的振動周期為0.5sB．質點2的振幅為15cmC．圖示時刻質點1、2的豎直高度差為15cmD．圖示時刻質點3正處于平衡位置且向上運動E.從圖示的時刻起經0.25s，質點5通過的路程為30cm10、下列說法正確的是__________。A．容器內氣體的壓強與單位體積內的分子數及氣體分子的平均動能都有關B．氣體的溫度變化時，其分子平均動能和分子間勢能均隨之改變C．氣體分子的運動雜亂無章，但如果溫度不變，分子的動能就不變D．功可以全部轉化為熱，熱量也可能全部轉化為功E.空氣的相對濕度越大，空氣中水蒸氣的壓強越接近飽和汽壓三、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）圓柱形陶瓷元器件表面均勻鍍有一層導電薄膜，已知導電薄膜電阻率為，為了測量該薄膜厚度，某同學使用銅絲緊繞在元件表面，銅絲繞制成圓形，圓柱體軸線垂直于銅絲圓面，制成電極A、B，如圖甲所示(1)用螺旋測微器測量元件的直徑，測量結果如圖乙所示，其讀數為_________mm。(2)為了測量元件電阻，某同學首先使用多用電表對元件粗測，元件電阻約為，現需準確測量電阻阻值，可供器材如下A．被測元件（阻值約）B．直流電源（電動勢約，內阻約）C．電流表（量程，內阻約）D．電壓表（量程，內阻）E.電壓表（量程，內阻約）F.定值電阻（）G.滑動變阻器（）H.滑動變阻器（）I.電鍵、導線等①在可供選擇的器材中，已經選擇A、B、C、I除此之外，應該選用________（填寫序號）②根據所選器材，在圖丙方框中畫出實驗電路圖_______③需要測量的物理量________，請用上述物理量表示被測電阻______。(3)為了測量薄膜厚度還需要測量的物理量為__________。(4)若被測元件電阻為，元件直徑為，電阻率為，請結合使用(3)物理量表示薄膜厚度____。12．（12分）如圖所示是研究電源電動勢和電路內、外電壓關系的實驗裝置。電池的兩極A、B與電壓表V2相連，位于兩個電極內側的探針a、b與電壓表V1相連，R是滑動變阻器，電流表A測量通過滑動變阻器的電流，置于電池內的擋板向上移動可以使內阻減小。當電阻R的滑臂向左移動時，電壓表V2的示數_______________（選填“變大”、“變小”或“不變”）。若保持滑動變阻器R的阻值不變，將擋板向上移動，則電壓表V1的示數變化量ΔU1與電流表示數變化量ΔI的比值_______________。（選填“變大”、“變小”或“不變”）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）如圖所示，間距為L、光滑的足夠長的金屬導軌(金屬導軌的電阻不計)所在斜面傾角為，兩根同材料、長度均為L、橫截面均為圓形的金屬棒CD、PQ放在斜面導軌上，已知CD棒的質量為m、電阻為R，PQ棒的圓截面的半徑是CD棒圓截面的2倍．磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，兩根勁度系數均為k、相同的彈簧一端固定在導軌的下端，另一端連著金屬棒CD．開始時金屬棒CD靜止，現用一恒力平行于導軌所在平面向上拉金屬棒PQ，使金屬棒PQ由靜止開始運動，當金屬棒PQ達到穩(wěn)定時，彈簧的形變量與開始時相同．已知金屬棒PQ開始運動到穩(wěn)定的過程中通過CD棒的電荷量為q，此過程可以認為CD棒緩慢地移動，已知題設物理量符合的關系式，求此過程中(要求結果均用mg、k、來表示)：（1）CD棒移動的距離；（2）PQ棒移動的距離；（3）恒力所做的功．14．（16分）如圖，從離子源A發(fā)出的初速度為零、帶電荷量為質量為的正離子，被電壓為的電場加速后，沿中心軸線射入帶電的平行板電容器。電容器的板長為、板間距離為，板間電壓為。離子射出電場一段時間后又進入一個環(huán)狀區(qū)域的勻強磁場，磁場的外半徑為，寬度，磁場方向垂直于紙面向里，磁場的圓心與平行板電容器的中心重合，求：(1)該離子進入偏轉電場時速度的大?。?2)為使該離子不能從磁場外邊緣射出，磁場的磁感應強度的最小值；(3)為保證該離子不從磁場外邊緣射出，離子在磁場中運動的最長時間。15．（12分）光滑水平面上有一質量m車＝1.0kg的平板小車，車上靜置A、B兩物塊。物塊由輕質彈簧無栓接相連（物塊可看作質點），質量分別為mA＝1.0kg，mB＝1.0kg。A距車右端x1（x1＞1.5m），B距車左端x2＝1.5m，兩物塊與小車上表面的動摩擦因數均為μ＝0.1．車離地面的高度h＝0.8m，如圖所示。某時刻，將儲有彈性勢能Ep＝4.0J的輕彈簧釋放，使A、B瞬間分離，A、B兩物塊在平板車上水平運動。重力加速度g取10m/s2，求：（1）彈簧釋放瞬間后A、B速度的大??；（2）B物塊從彈簧釋放后至落到地面上所需時間；（3）若物塊A最終并未落地，則平板車的長度至少多長？滑塊在平板車上運動的整個過程中系統(tǒng)產生的熱量多少？

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】

A．由圖知，物塊運動的加速度大小為根據牛頓第二定律得可得故A正確；B．由圖知，傳送帶的速度為在0-3s內，傳送帶的位移方向向左；根據圖象的“面積”表示位移，可得0-3s內，物塊運動的位移大小為方向向右，則整個過程中物塊在傳送帶上留下的劃痕長度為故B正確；C．0-3s內，由于物塊相對于傳送帶來說一直向右運動，所以物塊與傳送帶的相對位移大小和相對路程都為9m，故C錯誤；D．運動過程中摩擦生熱為故D正確；不正確的故選C。2、B【解析】

粒子在結合過程中的質量虧損為則粒子的結合能為代入數據得故B正確，ACD錯誤。3、D【解析】

A項：由公式可知，若小行星做圓周運動半徑不同，則周期不同，故A錯誤；B項：由公式可知，小行星中各行星繞太陽做圓周運動的加速度小于火星做圓周運動的加速度，故B錯誤；C項：小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動的半徑小于木星繞太陽公轉的半徑，因此小行星帶中各行星繞太陽做圓周運動周期小于木星公轉周期，故C錯誤；D項：由公式可知，某兩顆行星線速度大小v不同，但有可能相同，故D正確。故選：D。4、D【解析】

A．因OB=OC可知FB=FC，由平衡知識可知解得FB一定大于mg，選項A錯誤；B．FB與FC不共線，不是一對平衡力，選項B錯誤；C．因FA=3mg>FC，則選項C錯誤；D．由平衡知識可知，FB與FC合力大小等于3mg，選項D正確。故選D。5、B【解析】

A.根據橢圓關系可知兩點與點的距離：，由得：，，根據U=Ed得：，所以：，可知，軸即為一條等勢線，電場強度方向指向軸負方向，點電勢為5V，故A錯誤；B.由電場線與等勢面關系得，得，故B正確；C.電場強度：，C錯誤；D.根據得：，故電子的電勢能減少，故D錯誤。故選：B。6、D【解析】

木塞難拔出的現象，是因為瓶內的氣壓小于瓶外的大氣壓，所以外界大氣壓對瓶塞向里的壓力大于瓶內氣體對木塞向外的壓力，可以根據理想氣體的等容變化分析瓶內的氣壓變化．【詳解】一開始暖瓶塞受力平衡如圖：由于暖水瓶內氣體的體積不變，經過一晚的時間，瓶內的溫度會降低，即氣體的溫度降低，根據查理定律得：；由于，所以，即暖瓶內的壓強由原來的減小為現在的，氣體向外的壓力減小，所以拔出瓶塞更費力．A．軟木塞受潮膨脹，與結論不相符，選項A錯誤；B．瓶口因溫度降低而收縮變小，與結論不相符，選項B錯誤；C．白天氣溫升高，大氣壓強變大，與結論不相符，選項C錯誤；D．瓶內氣體因溫度降低而壓強減小，與結論相符，選項D正確；故選D.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、BD【解析】

AB．由小球的速度圖象知，開始小球的速度增大，說明小球的重力大于彈簧對它的彈力，當Δx為0.1m時，小球的速度最大，然后減小，說明當Δx為0.1m時，小球的重力等于彈簧對它的彈力．所以可得：kΔx＝mg解得：k＝N/m＝20N/m彈簧的最大縮短量為Δx最大＝0.61m，所以F最大＝20N/m×0.61m＝12.2N彈力最大時的加速度a＝＝＝51m/s2小球剛接觸彈簧時加速度為10m/s2，所以壓縮到最短時加速度最大，故A錯誤，B正確；C．小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，單獨的小球機械能不守恒，故C錯誤；D．根據自由落體運動算得小球自由落體運動下落的高度D正確．故選BD。8、CD【解析】

小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機械能守恒但動量不守恒，故A錯誤；由于D球受力平衡，所以D球在整個過程中不會動，所以輕桿DB對B不做功，而輕桿BE對B先做負功后做正功，所以小球B的機械能先減小后增加，故B錯誤；當B落地時小球E的速度等于零，根據功能關系可知小球B的速度為，故C正確；當小球A的機械能最小時，輕桿AC沒有力，小球C豎直方向上的力平衡，所以支持力等于重力，故D正確，故選CD9、ABE【解析】

Ａ．兩列波的頻率均為2Hz，可知周期為，選項A正確；B．質點2是谷谷疊加，則振動加強，則質點2的振幅為15cm，選項B正確；C．圖示時刻質點1在波峰位置，位移為正向15cm；質點2為波谷位置，位移為負向15cm，則此時質點1、2的豎直高度差為30cm，選項C錯誤；D．圖示時刻質點2在波谷，質點5在波峰位置，質點3正處于2和5的中間位置，由波的傳播方向與質點振動方向的關系可知，質點3處于平衡位置且向下運動，選項D錯誤；E．質點5的振動加強，振幅為A=15cm，則從圖示的時刻起經0.25s=0.5T，質點5通過的路程為2A=30cm，選項E正確；故選ABE.10、ADE【解析】

A．氣體分子單位時間內與器壁單位面積碰撞的次數和單位體積內的分子數及溫度有關，單位體積內的分子數越多、分子的平均動能越大，單位時間內碰撞器壁的次數越多，而溫度又是分子平均動能的標志，故A項正確；B．溫度是分子平均動能的標志，氣體的溫度變化時，其分子平均動能一定隨之改變，但分子勢能可以認為不變（一般不計氣體的分子勢能），故B項錯誤；C．氣體分子的運動雜亂無章氣體分子之間或氣體分子與器壁之間不斷有碰撞發(fā)生，分子的動能隨時可能發(fā)生變化，但如果氣體的溫度不變，則氣體分子的平均動能不變，故C項錯誤；D．功可以全部轉化為熱，根據熱力學第二定律，在外界的影響下，熱量也可以全部轉化為功，故D項正確；E．根據相對濕度的特點可知，空氣的相對濕度越大，空氣中水蒸氣的壓強越接近飽和汽壓，故E項正確。故選ADE。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、0.398（0.396~0.399均可給分）DFG（分壓式接法也可以）電流表示數，電壓表示數（或）電極A、B之間的距離【解析】

(1)[1]螺旋測微器主尺刻度為0，可動刻度為39.8×0.01mm=0.398mm，所以讀數為0+0.398mm=0.398mm(2)[2]因為直流電源電動勢為6V，電壓表V2量程太大，不能選擇，可將電壓表V1改裝，因此需要DF；滑動變阻器起限流作用，安全下選擇小的，比較方便操作，所以選擇G。[3]該電路設計滑動變阻器阻值比被測阻值大，而且能保證儀器安全，因此滑動變阻器采用限流方式，使用伏安法測量被測電阻，其中電壓表需串聯一個分壓電阻，總電阻遠大于待測電阻，采用電流表外接。電路如圖：[4]根據歐姆定律，需要測量電流表示數，電壓表示數；[5]電壓應為電壓表和定值電阻的總電壓，電流應為流過待測電阻的電流，則因為，所以也可表示為(3)[6]根據電阻定律其中薄膜很薄，展開后可認為是以圓周長為邊，厚度為高的矩形，即所以為了測量薄膜厚度，還需要測量連入電路的電阻長度為電極A、B之間的距離。(4)[7]據題有因此12、變小不變【解析】

[1]根據題意，電壓表測量是電源的內電壓，電壓表測量是路端電壓，由閉合電路歐姆定律：可知，當電阻的滑臂向左移動時外電阻減小，總電流增大，由：可知內電壓變大，故電壓表2的示數變小；[2]因電源電動勢等于電源內外電路之和，故電壓表1和電壓表2的示數之和不變；若保持滑動變阻器的阻值不變，將擋板向上移動，則電源的內電阻將減小，根據結合數學推理可知：所以電壓表1的示數變化量與電流表示數變化量的比值大小等于電源的內阻，由于擋板向上運動時，液體的橫截面積變大，根據電阻定律：可知內電阻減小，故比值變小。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)(3)【解析】

PQ棒的半徑是CD棒的2倍，PQ棒的橫截面積是CD棒橫截面積的4倍，PQ棒的質量是CD棒的質量的4倍，所以，PQ棒的質量:由電阻定律可知PQ棒的電阻是CD棒電阻的即:兩棒串聯的總電阻為:（1）開始時彈簧是壓縮的，當向上的安培力增大時，彈簧的壓縮量減小，安培力等于CD棒重力平行于斜面的分量時，彈簧恢復到原長，安培力繼續(xù)增大，彈簧伸長，由題意可知，當彈簧的伸長量等于開始的壓縮量時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此時的彈力與原來的彈力大小相等、方向相反．兩彈簧向上的彈力等于CD棒重力平行于斜面的分量，即：彈簧的形變量為：CD棒移動的距離：（2）在達到穩(wěn)定過程中兩棒之間距離增大，由兩金屬棒組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化，產生感應電動勢為:感應電流為: