2021年高考物理模拟测试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14．2018年中国散裂中子源（CSNS）将迎来验收，目前已建设的3台谱仪也将启动首批实验。有关中子的研究，下列说法正确的是A．Th核发生一次α衰变，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4B．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是裂变反应C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D．衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子【答案】D【解析】A．Th核发生一次α衰变，新核与原来的原子核相比，质量数减小4，电荷数减小2，则中子数减少了2，选项A错误；B．一个氘核和一个氚核经过核反应后生成氦核和中子是聚变反应，选项B错误；C．卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了原子的核式结构，选项C错误；D．衰变的实质在于核内的中子转化成了一个质子和一个电子，选项D正确；故选D。15．如图所示，为某运动员（可视为质点）参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的图象以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是A．时刻达到最高点B．时刻的位移最大C．时刻的加速度为负D．在时间内重力做功大于时间内克服阻力做功\n【答案】D【解析】A．运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误。BC．v-t图象为直线，加速度不变，所以在0-t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故BC错误；D．由能量关系可知在t1-t2时间内，，即在t1-t2时间内重力做功WG大于t1-t2时间内克服阻力做功重力做功Wf，故D正确；故选D。16．某理想变压器有两个副线圈，原线图匝数为n，两个副线图匝数分别为n1和n2，如图所示。所接电阻R1＝R2，电流表为理想交流电表，D为理想二极管，原线圈接正弦交流电源，下列说法正确的是A．滑动变阻器R滑片向上滑动时，电流表示数变小B．滑动变阻器R滑片向上滑动时，副线圈n2的输出电压变大C．R2两端的电压与R1两端的电压之比为n1:n2D．R2的功率与R1的功率之比为n12:n22【答案】A【解析】一组原线圈对应多组副线圈同样符合电压关系功率关系：AB．R增大，n，n1，n2不变，不影响U，U1和U2，所以I1减小，P1减小，所以原线圈功率P减小，故原线圈电流减小，A正确，B错误。CD．R1两端电压等于U1，第二个副线圈由于二极管的存在，使得R2电压不等于U2，所以两电阻\n电压值比不等于n1:n2，功率根可知，两电阻相等，但是两电阻的电压之比不是n1:n2,所以电压值比也不是;故C、D均错误。故选A。17．人造卫星给人们的生活带来了的便利，不同的人造卫星有着不同的用途和轨道。现有两颗人造地球卫星a、b，分别稳定在距地面高度为2R和3R的圆周轨道上，R为地球半径。则下列说法中正确的是A．a、b的速度之比为B．a、b的周期之比为C．a、b所受向心力之比为16:9D．卫星a的机械能一定小于b的机械能【答案】B【解析】由万有引力提供向心力有得A．a、b的速度之比为故A错误；B．a、b的周期之比为故B正确；CD．由于不知道两卫星的质量，所以无法确定两卫星的向心力和机械能的大小关系，故CD错误。18．如图所示的静电场中，实线表示电场线，虚线表示等势面。则\nA．b、c两点的电势相等B．a、b两点的电势相等C．b、c两点的场强相等D．a、b两点的场强相等【答案】A【解析】A．同一等势面上的点电势相等，所以b、c两点的电势相等，A正确；B．沿电场线方向电势降低，所以a点电势大于b点的电势，B错误；C．b、c两点的场强大小相等、但方向不同，所以场强不相等，C错误；D．电场线的疏密表示场强的大小，a点的电场线更密一些，所以a点的场强大于b点的场强，D错误。故选A。19．如图所示，粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体，与竖直墙壁之间放一光滑半圆球，整个装置处于平衡状态。已知、的质量分别为和，、两物体的半径均为，的圆心到水平地面的竖直距离为，重力加速度为，下列说法正确的是A．地面对的支持力大小为B．地面对的摩擦力大小为C．将往左缓慢移动少许，竖直墙壁对的弹力减小D．将往左缓慢移动少许，、之间的弹力保持不变【答案】AC【解析】A.把A、B看成一个系统，对其运用整体法，该系统在竖直方向上受到竖直向下的重力（M+m）g和地面的支持力FN的作用，二力平衡，所以有：\nFN=（M+m）g故A正确；B.在水平方向上，该系统肯定受到竖直墙水平向右的弹力的作用，那么一定也受到地面水平向左的摩擦力，并且摩擦力大小等于竖直墙对B水平向右的弹力大小FN2；再选取半圆球B为研究对象，运用隔离法，受力分析如图所示。根据几何关系，θ等于45°。根据力的分解和力的平衡条件可得：FN1=FN2=Mgtanθ=Mg故B错误；C.根据FN2=Mgtanθ，将A往左缓慢移动少许，θ减小，竖直墙壁对B的弹力减小，故C正确；D.根据FN1=，将A往左缓慢移动少许，θ减小，A、B之间的弹力减小，故D错误。20．两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框abcd，线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向里为正方向，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，不计线框以外的感应电场，右侧线圈连接一定值电阻R。则下列说法中正确的是A．时刻ab边中电流方向由，e点电势低于f点电势B．设、时刻ab边中电流大小分别为、，则有，e点与f点电势相等C．时间内通过ab边的电荷量为0，通过定值电阻R的电流方向竖直向下D．时刻ab边中电流方向由，通过定值电阻R的电流方向竖直向下【答案】BD【解析】A．由图可知，t1时刻磁场方向向里且均匀增加，根据楞次定律，线框中感应电流沿逆时针方向，ab边中电流方向由a→b，根据法拉第电磁感应定律知，正方形线框中的感应电动势是恒定值，原线圈中电\n流值恒定，副线圈中不产生感应电动势，e点电势等于f点电势，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律得感应电动势，t1时刻磁感应强度的变化率小于t3时刻的磁感应强度变化率，e1＜e3，根据欧姆定律，知i1＜i3；副线圈磁通量不变，定值电阻R中无电流，e点与f点电势相等，故B正确；C．t2∼t4时间内磁感应强度均匀变化，磁通量均匀变化，感应电动势恒定，有恒定感应电流通过ab，通过ab的电量为q=It，不等于0，恒定电流通过铁芯产生恒定磁场，故副线圈磁通量不变，副线圈无感应电流产生，则定值电阻R中无电流，故C错误；D．t5时刻磁场方向垂直纸面向外，磁场变小，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流逆时针，ab边中电流方向a→b，磁感应强度的变化率增大，感应电流大小变大，穿过原副线圈的磁通量增大，根据楞次定律，副线圈中感应电动势上正下负，因此通过定值电阻R的电流方向竖直向下，故D正确。故选BD。21．如图所示，滑块放置在足够长的木板的右端，木板置于水平地面上，滑块与板间动摩擦因数为，木板与地面间动摩擦因数为，原来均静止。零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，某时刻撤去该力。滑动摩擦力等于最大静摩擦力，则从零时刻起，二者的速度一时间图象可能为A．B．C．D．【答案】AD\n【解析】零时刻用一水平恒力向右拉木板，使滑块与木板发生相对运动，滑块m1和木板m2均做匀加速直线运动，对滑块m1加速度为撤去外力后，木板m2做匀减速直线运动，此时滑块m1的速度小于m2，所以滑块m1继续做匀加速运动，当而者速度相等时：AB．如果，滑块m1和木板m2将保持相对静止，在地面摩擦力作用下一起做匀减速运动。由牛顿第二定律加速度变为即滑块的加速度变小，故A正确，B错误。CD．如果，两物体将发生相对滑动，由牛顿第二定律，此时滑块m1的加速度大小是，即滑块的加速度大小不变，故D正确，C错误。故选AD。三、非选择题：共174分，第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。22．（5分）利用提供的下列器材：长木板、铁架台、米尺、计时仪器、小车(可视为质点)、砝码等，探究加速度与质量的关系。如图测量木板长度l，将木板一端放在铁架台的支架上，让小车从静止开始由顶端滑到底端，测出下滑时间t，则小车运动的加速度可表示为a＝_________________。保持木板倾角不变，向小车内加入砝码来改变小车质量，多次测出加速度a′，据此能否得出加速度与质量的关系？_______________(填“能”或“不能”)，原因是________________________。\n【答案】（2分）不能（1分）保持木板倾角不变，则加速度相等，与质量无关（2分）【解析】小车做匀加速直线运动，根据位移时间公式得：解得：设木板的倾角为θ，根据牛顿第二定律得：与质量无关，保持木板倾角不变，则加速度相等；则此实验的过程中，不涉及到质量，所以不能得出加速度与质量的关系。23．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，所用器材有：电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线。要求能测出尽可能多组数据，如图是没有连接完的实物电路。（已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根）（1）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整______________________；（2）连好电路，闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表几乎不偏转，则故障的原因可能是_________________________________________；（3）排除故障后比和开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，在要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向__________端滑动（选填“左”“右”）；（4）通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表的读数，并绘制成了如图所示的U—I图线。\n根据U—I图线提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率是_________W。（5）图线是曲线而不是过原点的直线，原因是________________________________________。【答案】（2分）c段导线断路或灯泡损坏（2分）右（2分）0.50（2分）灯丝的电阻会随温度的升高而增大（2分）【解析】（1）因小灯泡电阻较小，则电流表要外接；滑动变阻器要接成分压电路；电路连接如图；（2）连好电路，闭合开关，移动变阻器滑片P，发现小灯泡始终不亮，但电压表有示数，电流表几乎不偏转，则故障的原因可能是c段导线断路或灯泡损坏；（3）排除故障后闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，小于灯泡的额定电压，则要测量小灯泡的额定功率，必须要增加电压，即应将滑片P向右端滑动；（4）根据U—I图线提供的信息，可知当U=2.5V时，I=0.2A，则可计算出小灯泡的额定功率是P=IU=0.50W。（5）图线是曲线而不是过原点的直线，原因是灯丝的电阻会随温度的升高而增大。24.（14分）（2019·湖南高三）如图，光滑轨道固定在竖直平面内，倾斜、水平、为半径的半圆弧轨道，三部分平滑连接，为圆弧轨道的最低点，可视为质点的小球和中间压缩一轻质弹簧静止在水平轨道上（弹簧与两小球不拴接且被锁定）。现解除对弹簧的锁定，小球脱离弹簧后恰能沿轨道运动到处，小球沿圆弧轨道运动。已知，的竖直高度差，在点时小球对轨道压力的大小为\n，弹簧恢复原长时小球仍处于水平轨道（不计空气阻力，），已知。求：（1）小球的质量；（2）弹簧锁定时的弹性势能。【答案】(1)(2)【解析】(1)对小球，由机械能守恒定律得：（2分）解得（2分）取水平向左为正，对小球、，由动量守恒定律得：（2分）在点，由牛顿第二定律得：（2分）联立以上各式代入数值得：，（，舍去)（2分）(2)由能量的转化及守恒得：（2分）代入数值得：（2分）25.（18分）（2020·天津高三期末）如图所示，在平面直角坐标系xoy的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴负方向。在第一、四象限内有一个半径为R\n的圆，圆心坐标为（R，0），圆内有方向垂直于xoy平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子（不计重力），以速度为v0从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，速度方向与x轴正方向成，最后从Q点平行于y轴离开磁场，已知P点的横坐标为。求：（1）带电粒子的比荷；（2）圆内磁场的磁感应强度B的大小；（3）带电粒子从P点进入电场到从Q点射出磁场的总时间。【答案】（1）（2）（3）【解析】(1)由水平方向匀速直线运动得2h=v0t1（1分）竖直向下的分速度（1分）由竖直方向匀加速直线运动知vy=at1，加速度为（1分）根据以上式解得（2分）(2)粒子进入磁场的速度为v，有（1分）粒子运动轨迹如图所示\n由几何关系得，粒子在磁场中作匀速圆周运动的轨道半径为r=R（1分）由洛伦兹力提供向心力可知（2分）解得（2分）(3)粒子在磁场中运动的时间为（1分）粒子在磁场中运动的周期为，粒子在电场中运动的时间为（2分）粒子运动的总时（2分）代入数据得：（2分）（二）选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一题计分。33．[物理—选修3–3]（15分）（1）（5分）下列说法正确的是_______________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，\n选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．第二类永动机违反了热力学第二定律,也违反了能量守恒定律B．分子质量不同的两种气体,温度相同时,其分子的平均动能一定相同C．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律,即小颗粒的运动是液体分子的无规则运动D．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度,这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果E．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡,用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度【答案】BDE【解析】A．第二类永动机违反了热力学第二定律，但是不违反能量守恒定律，选项A错误；B．温度是分子动能的标志，即使是分子质量不同的两种气体，温度相同时，其分子的平均动能也一定相同，选项B正确；C．布朗运动的规律反映出分子热运动的规律，小颗粒的运动只是液体分子的无规则运动的表现，选项C错误；D．干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果，选项D正确；E．如果两个系统分别与第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做温度，选项E正确；故选BDE。（2）（10分）（2019·重庆高三）如图所示,用质量m=2kg的绝热活塞在绝热汽缸内封闭一定质量的理想气体,活塞与汽缸壁间摩擦力忽略不计，开始时活寒距离汽缸底部的高度h1=0.2m，气体的温度t1=27℃；现用汽缸内一电热丝(未画出)给气体缓慢加热，加热至t2=177℃,活塞缓慢上升到距离汽缸底某高度h2处，此过程中被封闭气体吸收的热量为3000J。已知大气压强p0=1.0×105Pa，重力加速度g取10m/s2，活塞截面积S=4.0×10-4m2.求：（i）初始时汽缸内气体的压强p和缓慢加热后活塞距离汽缸底部的高度h2；（ii）此过程中气体内能的变化量△U\n【答案】（i）（ii）【解析】（i）对活塞受力分析可知：解得对气体经过的是等压过程，则由盖吕萨克定律：解得h2=0.3m（ii）此过程中气体对外做功：根据可得此过程中气体内能增加2994J。34．[物理一选修3–4）（15分）（1）如图所示为一列沿x轴传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，经过t1＝6s，波形图如图中虚线所示。已知波的周期T＞4s，则下列说法正确的是（）（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）\nA．该波的波长为8mB．该波的周期可能为8sC．在t＝9s时，B质点一定沿y轴正方向运动D．B、C两质点的振动情况总是相反的E．该列波的波速可能为m/s【答案】BDE【解析】A．分析波形图，可知波长λ＝4m，故A错误；BE．设波沿x轴正方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝24s，波速；n＝1时，T＝s，波速v＝m/s；设波沿x轴负方向传播，则，n＝0、1、2…，其中T＞4s，则n＝0时，T＝8s，波速v＝0.5m/s，故BE正确；C．当波沿x轴负方向传播时，T＝8s，在t＝9s时，B质点在平衡位置下方，沿y轴负方向运动，故C错误；D．B、C两质点平衡位置相隔半个波长，振动情况完全相反，故D正确；故选BDE.（2）（10分）（2019·四川高三）处于真空中的圆柱形玻璃的横截面如图所示，AB为水平直径，玻璃砖的半径为R，O为圆心，P为圆柱形玻璃砖上的一点，与水平直径AB相距，单色光平行于水平直径AB射向该玻璃砖。已知沿直径AB射入的单色光透过玻璃的时间为t，光在真空中的传播速度为c，不考虑二次反射，求：（i）该圆柱形玻璃砖的折射率n；\n（ii）从P点水平射入的单色光透过玻璃砖的时间。【答案】（i）；（ii）。【解析】（i）沿AB入射的光将从B点射出，设光在玻璃内的速度为v，则：v＝（1分）又：2R＝ct（1分）联立可得：n＝（2分）（ii）过P做入射光的法线，过P做AB的垂线，垂足为C，如图：因，所以∠POC＝30°由几何关系可知该光的入射角为30°（1分）由折射定律：n＝可得：（1分）由几何关系：PD＝2R•cosr（1分）从P入射的光到达D所用的时间：（1分）联立可得：\nt′＝（2分）
