四川省成都实验高级中学2021-2022学年高考全国统考预测密卷物理试卷含解析

1、2021-2022学年高考物理模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势分别为10V、20V、30V，实线是一带电粒子（不计重力）在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是（ ）A粒子在三点所受的电场力不相等B粒子必先

2、过a，再到b，然后到cC粒子在三点所具有的动能大小关系为EkbEkaEkcD粒子在三点的电势能大小关系为EpcEpaEpb2、如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O点，O与O点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳拉直，弹簧处于自然长度。将两球分别由静止开始释放，达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则下列说法正确的是（ ）A两球到达各自悬点的正下方时，动能相等B两球到达各自悬点的正下方时，B球动能较大C两球到达各自悬点的正下方时，A球动能较大D两球到达各自悬点的正下方时，A球受到向上的拉力较小3、如图所示，虚线a、b、c是电场

3、中的一簇等势线（相邻等势面之间的电势差相等），实线为一粒子（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）Aa、b、c三个等势面中，a的电势最高B电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小C粒子在P点的加速度比Q点的加速度大D带电质点一定是从P点向Q点运动4、2016里约奥运会男子50米自由泳决赛美国埃尔文夺得金牌。经视频分析发现：他从起跳到入水后再经过加速到获得最大速度2.488m/s所用的时间总共为2.5秒，且这一过程通过的位移为x1=2.988m。若埃尔文以最大速度运动的时间为19s，若超过该时间后他将做1m/s2的匀减速直线运动。则这次比赛

4、中埃尔文的成绩为（）A19.94sB21.94sC20.94sD21.40s5、一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，v1v2，已知传送带的速度保持不变，则（ ）A小物块与传送带间的动摩擦因数50m则运动员没有匀减速运动的过程，所以他匀速运动的时间为则埃尔文夺金的成绩为：t=2.5+18.895=21.40sA19.94s与分析不符，故A错误；B21.94s与分析不符，故B错误；C20.94s与分析

5、不符，故C错误；D21.40s与分析相符，故D正确。故选D。5、D【解析】v-t图象与坐标轴所围成图形的面积等于物体位移大小，根据图示图象比较在两时间段物体位移大小关系；由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0t1内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。由于物块能向上运动，则有 mgcosmgsin根据动能定理研究0t2内，传送带对物块做功。根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。【详解】在t1t2内，物块向上运动，则有 mgcosmgsin，解得：tan

6、，故A错误。因v1v2，由图示图象可知，0t1内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在t1t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0t1内运动的位移比在t1t2内运动的位移大，故B错误；0t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得：W+WG=mv22-mv12，则传送带对物块做功Wmv22-mv12，故C错误。0t2内，物块的重力势能减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而

7、产生的热，故D正确。故选D。6、D【解析】AC根据和可知，因缺少火星的半径，故无法求出火星的质量、火星的第一宇宙速度，选项AC均错误；B根据上式可知，火星探测器的质量m被约去，故无法求出其质量，B错误；D根据可得 又代入上式可知，火星的密度故可求出火星的密度，D正确。故选D。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、ADE【解析】A石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体，A正确；B根据可知，一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，则，即其内能一定增加，B错误；C足球充气后很难

8、压缩，是因为足球内大气压作用的结果，C错误；D由于表面张力的作用，当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是沿液体的表面，即表面形成张力，合力指向内部，D正确；E气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关，E正确。故选ADE。8、BCE【解析】A由题意可知可得T=4s频率f=0.25Hz选项A错误；B t=ls时刻P第1次到达波峰，t=7s时刻Q第1次到达波峰，可知在6s内波传播了6m，则波速为选项B正确；C波长为因PQ=6m=1，可知P和Q振动反相，选项C正确；DEt=7s时刻Q第1次到达波峰，则t=6s时刻Q点开始起振，则t

9、=13s时刻， Q点振动了7s=1T，则此时Q点到达波谷位置，加速度最大，方向沿y轴正方向；此过程中Q通过的路程为7A=70.2m=1.4m，选项D错误，E正确。故选BCE。9、BD【解析】AB当物块滑上传送带后，受到传送带向右的摩擦力，根据牛顿第二定律有mg=ma代入数据可得物块加速度大小a=1m/s2，方向向右，设物块速度减为零的时间为t1，则有0=v2-at1代入数据解得t1=1s；物块向左运动的位移有v22=2ax代入数据解得x=0.5mL=1m故物块没有从传送带左端离开；当物块速度减为0后向右加速，根据运动的对称性可知再经过1s从右端离开传送带，离开时速度为1m/s，在传送带上运动的

10、时间为t=2t1=2s故A错误，B正确；C在t=2s时间内，物块速度大小不变，即动能没有改变，根据动能定理可知传送带对物块做的功为0，故C错误；D由前面分析可知物块在传送带上向左运动时，传送带的位移为x1=v1t1=21m=2m当物块在传送带上向右运动时，时间相同传送带的位移也等于x1，故整个过程传送带与物块间的相对位移为x=x1+x+x1-x=2m+0.5m+2m-0.5m=4m在t时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为Q=mgx=0.14104J=16J故D正确。故选BD。10、AC【解析】AB由图可知，水润湿容器壁并依附在容器壁上面，属于浸润现象，此时附着层内分子间的距离小于液体内部

11、分子的距离，附着层分子之间的作用力表现为斥力，附着层有扩展趋势，故A正确，B错误；C密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，水蒸气与水达到动态平衡，故水面上方的水蒸汽为饱和汽，故C正确，D水的饱和气压随温度的变化而变化，故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、6.015 1.770 6 见解析 【解析】(1)1游标卡尺读数为：主尺读数+游标尺读数精度，此题读数为：60mm+3x0.05mm=60.15mm=6.015cm即金属丝的长度为6.015cm。2螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数+估读，此题的读数为

12、：1.5mm+27.3x0.01mm=1.773mm.即金属丝直径为1.773mm。3多用表的读数为电阻的粗测值，为6。(2)4电路图如图所示。5由电阻定律，有12、打点计时器 1.8 64 不变 【解析】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）根据v=xt 求解线速度，根据=vr 求解角速度；（3）根据v=r=12D结合图像判断角速度的变化.【详解】（1）实验时,应先接通打点计时器电源，再接通电动机的电源；（2）纸带运动的速度大小为v=xt=3.6010-20.02m/s=1.8m/s；角速度=vr=1.85.610-22rad/s=64rad/s；（3） 根据v=r

13、=12D，因v-D图像是过原点的直线，可知 不变.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、 (i)1.2105Pa，1.6m；(ii)336J【解析】(i)初始时汽缸内气体的压强p=p0+=1.2105Pa气体做等压变化，根据盖一吕萨克定律可得即解得h2=1.6m(ii)在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W=pS（h2-h1）=1.2105（1.6-1.0）5.010-4J=36J根据热力学第一定律可得气体内能的变化为U=-W+Q解得Q=U+W=336J14、（1）气体A末状态的压强87.5cmHg，B气体末态压强93

14、.5cmHg；（2）B气体是放热。【解析】（1）气体A的初态的压强为pA：pA+p柱=p0末态时气柱的长度为lAlA=lA-l气体A发生等温变化pAlAS=pAlAS解得pA=87.5cmHg气体B的末态压强为pB，解得pB=pA+p柱=93.5cmHg（2）气体B的初态：压强为p0，气体柱的长度为lBlB=L-lA-l柱=29cm气体B发生等温变化pBlBS=pBlBS解得lB=23.6cmlBlB，气体B的变化是等温压缩等温变化，内能不变U=0，压缩体积减小，外界对气体做功W0由热力学第一定律U=W+Q可知Q0：气体B要放热。15、（1）1s;（2）不能; 1m【解析】（1）设物块放到长木板上的瞬间加速度大小为，物块相对长木板向左运动，对物块由牛顿第二定律