2021-2022學(xué)年上海市晉元高級(jí)中學(xué)高考物理二模試卷含解析

1、2021-2022學(xué)年高考物理模擬試卷注意事項(xiàng)：1 答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書(shū)寫(xiě)，字體工整、筆跡清楚。3請(qǐng)按照題號(hào)順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書(shū)寫(xiě)的答案無(wú)效；在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1、光滑水平面上有長(zhǎng)為的木板B，小物塊A置于B的中點(diǎn)，A、B質(zhì)量均為，二者間摩擦因數(shù)為，重

2、力加速度為，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻給B一向右的瞬時(shí)沖量，為使A可以從B上掉下，沖量的最小值為（ ）ABCD2、一個(gè)帶負(fù)電的粒子從x=0處由靜止釋放，僅受電場(chǎng)力作用，沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，加速度a隨位置變化的關(guān)系如圖所示，x2x1=x3x2可以得出（）A從x1到x3過(guò)程中，電勢(shì)先升高后降低B在x1和x3處，電場(chǎng)強(qiáng)度相同C粒子經(jīng)x1和x3處，速度等大反向D粒子在x2處，電勢(shì)能最大3、如圖所示，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)用豎直向下的力作用在上，使其向下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在彈簧的彈性限度內(nèi)，下列是力和運(yùn)動(dòng)時(shí)間之間關(guān)系的圖象，正確的是（）ABCD4、已知一物體從足夠

3、長(zhǎng)斜面底端沿斜面勻減速上滑，上滑長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，速度減為0，當(dāng)物體的上滑速度是初速度的時(shí)，它沿斜面已上滑的距離是ABCD5、一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中0 x2段是關(guān)于直線(xiàn)x=x1對(duì)稱(chēng)的曲線(xiàn)，x2x3段是直線(xiàn)，則下列說(shuō)法正確的是Ax1處電場(chǎng)強(qiáng)度最小，但不為零B粒子在0 x2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，x2x3段做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C若x1、x3處電勢(shì)為1、3，則13,故C錯(cuò)誤；D、x2x3段斜率不變，所以這段電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變，故D正確；故選D點(diǎn)睛：EP-x圖像的斜率表示粒子所受電場(chǎng)力F，根據(jù)F=qE判斷各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向和大小，以及加速度的變化情況。

4、至于電勢(shì)的高低，可以利用結(jié)論“負(fù)電荷逆著電場(chǎng)線(xiàn)方向移動(dòng)電勢(shì)能降低，沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向移動(dòng)電勢(shì)能升高”來(lái)判斷。6、D【解析】A電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的電阻即線(xiàn)圈的直流電阻，由歐姆定律知，故A錯(cuò)誤；B電動(dòng)機(jī)的額定電流電動(dòng)機(jī)的銘牌應(yīng)標(biāo)有“150V，5A”字樣，故B錯(cuò)誤；C由得，重物勻速上升的速度大小故C錯(cuò)誤；D因重物上升60m的時(shí)間由得故D正確。故選D。二、多項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。7、CD【解析】A因?yàn)樽罱K兩金屬桿保持穩(wěn)定狀態(tài)，所以最終兩金屬桿所受的安培力均為零，即回路中無(wú)感應(yīng)電流

5、，穿過(guò)回路的磁通量不再改變，則兩金屬桿最終的速度相同，所以金屬桿ab先做加速度逐漸減小。的減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，金屬桿cd先做加速度逐漸減小的加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B兩金屬桿中的電流大小始終相等，根據(jù)安培力公式F安=BIL可知兩金屬桿所受的安培力大小時(shí)刻相等，再根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知當(dāng)金屬桿ab的加速度大小為a時(shí)，金屬桿cd的加速度大小為，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C設(shè)從金屬桿ab獲得一水平向右的初速度v0到最終達(dá)到共同速度所用的時(shí)間為t。則在這段時(shí)間內(nèi)，回路中的磁通量的變化量= BL（x1-x0）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有由閉合電路歐姆定律有設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬桿cd

6、的電荷量為q，所以有聯(lián)立以上各式解得q=C項(xiàng)正確；D設(shè)兩金屬桿最終的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有設(shè)金屬桿ab、cd產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則由能量守恒定律有解得Q=D項(xiàng)正確。故選CD。8、AC【解析】A僅光照變強(qiáng)，可知光敏電阻的阻值變小，則總電阻變小，由閉合電路的歐姆定律可知總電流增大，則流過(guò)燈泡的功率變大，燈泡變亮，A正確；B僅光照變?nèi)?，可知光敏電阻的阻值變大，則總電阻變大，由閉合電路的歐姆定律可知總電流減小，則流過(guò)燈泡的功率變小，燈泡變暗，B錯(cuò)誤；C僅將滑片向a端滑動(dòng)，接入電路的有效阻值變小，則總電阻變小，干路電流增大，燈泡的功率變大，燈泡要變亮，C正確；D僅將滑片向b端滑動(dòng)，接入電路的有效

7、阻值變大，則總電阻變大大，干路電流減小，燈泡的功率變小，燈泡要變暗，D錯(cuò)誤；故選AC。9、BC【解析】AB增大電壓U，為保護(hù)負(fù)載，則磁敏電阻兩端需要分壓，即電壓增大，則磁敏電阻的阻值增大，根據(jù)甲圖可知磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，所以通過(guò)線(xiàn)圈的電流增大，根據(jù)P=UI可知電路的總功率P變大，故A錯(cuò)誤，B正確；CD抽去線(xiàn)圈鐵芯，線(xiàn)圈產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，故磁敏電阻的阻值變小，則磁敏電阻兩端的電壓變小，而U不變，所以負(fù)載兩端電壓變大，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。10、ABD【解析】A. 設(shè)小球速度為vA，立方體速度為vB，分離時(shí)刻，小球的水平速度與長(zhǎng)方體速度相同，即：vAsin30=vB，解得：vA=2vB，故A

8、正確；B. 根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30=m，解得vA=，vB=vA/2=，故B正確；C. A從分離到落地，小球機(jī)械能守恒，mgLsin30=，v=，故C錯(cuò)誤；D. 在桿從豎直位置開(kāi)始倒下到小球與長(zhǎng)方體恰好分離的過(guò)程中，小球和長(zhǎng)方體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：mgL(1sin30)= +把vA和vB的值代入，化簡(jiǎn)得：m：M=1：4，故D正確。故選：ABD.三、實(shí)驗(yàn)題：本題共2小題，共18分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，不要求寫(xiě)出演算過(guò)程。11、150 2865 1200 50 增大 增大 減小 偏大 【解析】(1)1電阻與表頭G并聯(lián)，改裝成量程為的電流表，表頭滿(mǎn)偏電流為，此時(shí)通過(guò)電阻

9、的電流為，由并聯(lián)分流規(guī)律可知得 改裝后電流表內(nèi)阻2將其與串聯(lián)改裝為的電壓表由歐姆定律可知，量程電壓表的內(nèi)阻解得3再串聯(lián)改裝為量程電壓表，所分電壓為，所以(2)4在校準(zhǔn)電路中，滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，故選用最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器，即選用最大阻值為的滑動(dòng)變阻器；5電源電動(dòng)勢(shì)遠(yuǎn)大于電壓表量程，所以閉合開(kāi)關(guān)前應(yīng)使滑片靠近端，使電壓表在接通電路時(shí)兩端電壓由較小值開(kāi)始增大(3)6滑片由向滑動(dòng)過(guò)程中，電壓表兩端電壓逐漸增大，通過(guò)表頭的電流增大，即示數(shù)增大7隨滑片由向滑動(dòng)，外電路的總電阻始終大于電源內(nèi)阻且逐漸減小，所以電源的輸出功率增大；8由可知，路端電壓隨外電路總電阻減小而減小，電源效率，所以電源的效率

10、減小(4)9電壓表兩端電壓一定，若內(nèi)阻值偏小，則通過(guò)表頭的電流偏大，從而造成讀數(shù)偏大的后果。12、 大小相等，方向相同 C AC 【解析】(1)12彈簧測(cè)力計(jì)的分度值為，估讀至，則示數(shù)分別為，3若在誤差允許的范圍內(nèi)，與合滿(mǎn)足大小相等，方向相同，則驗(yàn)證了力合成的平行四邊形定則；(2)4實(shí)驗(yàn)還需要用毫米刻度尺畫(huà)直線(xiàn)、并進(jìn)行長(zhǎng)度的測(cè)量，所以C正確，A、B錯(cuò)誤；故選C；(3)5A實(shí)驗(yàn)是通過(guò)在白紙上作力的圖示來(lái)驗(yàn)證平行四邊形定則，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，彈簧測(cè)力計(jì)、細(xì)繩、橡皮筋都應(yīng)與木板平行，這樣各力的圖示能夠正確體現(xiàn)相應(yīng)力的大小，故A正確；B為減小作圖過(guò)程中產(chǎn)生的誤差，兩個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)拉力間的夾角不能太小，也

11、不能太大，故B錯(cuò)誤；C描點(diǎn)確定拉力方向時(shí)，兩點(diǎn)之間的距離應(yīng)盡可能大一些，以減小實(shí)驗(yàn)的誤差，故C正確；故選AC。四、計(jì)算題：本題共2小題，共26分。把答案寫(xiě)在答題卡中指定的答題處，要求寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟。13、【解析】初始狀態(tài)，小物塊和活塞處于平衡狀態(tài)此時(shí)氣缸中的氣體放上另一物塊，兩個(gè)小物塊和活塞處于平衡狀態(tài)時(shí)此時(shí)氣缸中的氣體取走兩物塊后，活塞平衡此時(shí)氣缸中的氣體對(duì)以上過(guò)程用玻意耳定律列方程得解得。14、 (1)10m/s(2)20W(3)5C【解析】(1)金屬桿cd受力平衡：F安=mg根據(jù)電磁感應(yīng)定律，金屬桿ab上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E感=BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律，通過(guò)金屬桿ab的電流：I=，F(xiàn)安=BIL由以上四式可得：v=10m/s。(2)金屬桿ab受力平衡，受拉力：F=F安mg根據(jù)功率公式：P=Fv解得：P=20W。(3)對(duì)桿ab，由動(dòng)量定理有：(Fmg)tBILt=mv0即：(Fmg)tBLq=mv解得：q=5C。1