四川省南充市儀隴宏德中學2021屆高考物理模擬卷(全國卷)(一)

1、2021 屆高考物理模擬卷（全國卷）（一）1、子與氫原子核(質(zhì)子 )構(gòu)成的原子稱為氫原子 (hydrogen muon atom), 它在原子核的物理研究中有很重要作用。如圖氫原子的能級示意圖。假定光子能量為e 的一束光照射容器中大量處于2n能級的 氫原子 , 氫原子吸收光子后,發(fā)出頻率為1v 、2v 、3v 、4v 、5v 和6v的光 ,且依次增大 ,則 e 等于 ( ) a. 31()h vvb. 56()h vvc. 3hvd. 4hv2、如圖所示，一質(zhì)量為m 的滑塊置于傾角 =30 ，質(zhì)量為m 的直角三角形斜劈的底端，現(xiàn)通過一質(zhì)量不計的細繩給滑塊施加一方向沿斜面向上的拉力f，大小為mg

2、，使滑塊沿斜面勻速上滑， 整個過程中斜劈處于靜止狀態(tài)，若斜劈與滑塊、 斜劈與地面間的動摩擦因數(shù)均為 ，已知重力加速度大小為g。則 ( ) a. 斜劈對滑塊的支持力大小為mg b. 斜劈對滑塊的作用力大小為mg c. 動摩擦因數(shù) =0.5 d. 水平面對斜劈的摩擦力大小為12mg3、如圖所示 ,理想變壓器原線圈接入正弦交流電,圖中電壓表和電流表均為理想交流電表,1r為定值電阻 ,2r 為負溫度系數(shù)的熱敏電阻(溫度升高時阻值減小),c 為電容器 .下列說法正確的是( ) a.通過1r 的電流為零b.滑片 p 向上滑動 ,電壓表示數(shù)變大c.2r 處溫度升高時,電壓表的示數(shù)不變d.減小電容器c 的電容

3、 ,電流表的示數(shù)變大4、宇宙空間存在一些離其他恒星較遠的三星系統(tǒng)，其中有一種三星系統(tǒng)如圖所示，三顆質(zhì)量均為 m 的星體位于等邊三角形的三個頂點，三角形邊長為l.忽略其他星體對它們的引力作用，三星在同一平面內(nèi)繞三角形中心o 做勻速圓周運動，引力常量為g.下列說法正確的是（）a.每顆星做圓周運動的線速度為33gmlb.每顆星做圓周運動的加速度與三星的質(zhì)量無關c.若距離 l 和每顆星的質(zhì)量m 都變?yōu)樵瓉淼? 倍，則周期變?yōu)樵瓉淼? 倍d.若距離 l 和每顆星的質(zhì)量m 都變?yōu)樵瓉淼? 倍，則線速度變?yōu)樵瓉淼? 倍5、如圖所示 ,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f 點沿

4、fd方向射入磁場區(qū)域,當速度大小為bv時,從 b 點離開磁場 ,在磁場中運動的時間為bt,當速度大小為cv時,從 c 點離開磁場 ,在磁場中運動的時間為ct,不計粒子重力。則( ) a.:1: 2bcvv,:2:1bcttb.:2:1bcvv,:1: 2bcttc.:2:1bcvv,:2:1bcttd.:1: 2bcvv,:1: 2bctt6、甲、乙兩車在同一水平路面上做直線運動，兩車從0t時 刻 開 始 計 時 的vt圖象如圖所示。已知開始計時時乙車在甲車前6mx處 ,且 在12st和26st時兩車各相遇一次,則下列判斷正確的是（）a.0 6s內(nèi)甲車的加速度大小是乙車的兩倍b.0t時乙車的速

5、度大小為16m/sc.兩車在運動過程中一定會相遇三次d.當乙車停止運動時，甲、乙兩車仍相距6m7、 如圖所示 ,長為 l 的輕桿兩端分別固定a,b 金屬球 ,兩球質(zhì)量均為m,a放在光滑的水平面上,b套在豎直固定光滑桿上且離地面高度為32l,現(xiàn)將 b 從圖示位置由靜止釋放,則( ) a.在 b 球落地前的整個過程中,a,b 組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒b.從開始到b 球距地面高度為2l的過程中 ,輕桿對 a 球做功為318mgl c.從開始到b 球距地面高度為2l的過程中 ,輕桿對 b 球做功 -38mgl d.在 b 球落地的瞬間 ,重力對 b 球做功的功率為mg3gl8、如圖甲所示,左側(cè)接有

6、定值電阻r=2 的水平粗糙導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中,磁感應強度b=1t, 導軌間距l(xiāng)=1m 。一質(zhì)量 m=2kg,阻值 r=2的金屬棒在水平拉力f 作用下由靜止開始從cd 處沿導軌向右加速運動,金屬棒的v-x 圖象如圖乙所示,若金屬棒與導軌間動摩擦因數(shù)=0.2, 則從起點發(fā)生x=1m 位移的過程中(g=10m/s2)( ) a.金屬棒克服安培力做的功w1=0.25j b.金屬棒克服摩擦力做的功w2=5j c.整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量q=4.25j d.拉力做的功w=9.25j 9、關于 “ 驗證動量守恒定律” 的實驗 ,請完成下列的三個問題: 1.如圖所示 ,在做 “ 驗證動量守恒定律”

7、的實驗時 ,實驗必須要求滿足的條件是( ) a.斜槽軌道必須是光滑的b.斜槽軌道末端的切線是水平的c.入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下d.若入射小球質(zhì)量為1m ,被碰小球質(zhì)量為2m ,則12mm2.利用 “ 碰撞實驗器 ” 可以驗證動量守恒定律,即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關系 .圖中 o 點是小球拋出點在地面上的垂直投影.實驗時 ,先讓入射球1m 多次從斜軌上的s位置靜止釋放,找到其平均落地點的位置p,測量出平拋的射程op.然后 ,把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分,再將入射小球1m 從斜軌上的s位置由靜止釋放,與小球2m 相碰 ,并且多次重復 .接下來要完成的必要步驟是(

8、)(填選項前的符號) a.用天平測量兩個小球的質(zhì)量1m 、2mb.測量小球1m 開始釋放高度hc.測量拋出點距地面的高度hd.分別找到1m 、2m 相碰后平均落地點的位置m、n;測量平拋射程om,on3.若兩個小球相碰前后的動量守恒,其表達式可以表示為_.利用 2 中所測量的物理量表示;若碰撞是彈性的碰撞,那么還應該滿足的表達式應該為_.利用 2 中所測量的物理量表示 . 10、某課外活動小組利用銅片、鋅片和橙汁制作了橙汁電池,并利用所學知識設計電路測量該電池的電動勢e 和內(nèi)阻 r 。 他們在一個玻璃器皿中放入橙汁,在橙汁中相隔定距離插入銅片和鋅片作為橙汁電池的正、負極。使用的器材有: a.毫

9、安表 (量程 03 ma, 內(nèi)阻未知 ); b.滑動變阻器1r(最大阻值為500 );c.電阻箱2r(阻值范圍為0? 999. 9 );d.開關和導線若干。該小組成員分析發(fā)現(xiàn),由于毫安表的內(nèi)阻未知,所以無法直接測量該橙汁電池的電動勢和內(nèi)阻,經(jīng)過思考后 ,該小組設計了如圖甲所示的電路,先測出該毫安表的內(nèi)阻gr 、 再測量橙汁電池的電動勢 e 和內(nèi)阻 r。(1)請按照圖甲所示的電路圖，用筆畫線代替導線，將圖乙實物圖中的滑動變阻器接入電路，要求當滑動變阻器的滑片滑到最右端時.滑動變阻器接入電路的阻值最大。(2)該小組連接好電路后,首先對毫安表的內(nèi)阻gr 進行測量 ,請完善測量步驟. 將滑動變阻器1r

10、 的滑片滑至最右端,斷開開關2s ,閉合開關1s ; 滑動滑動變阻器1r 的滑片 ,使毫安表的指針達到滿偏; 保持 _不變 ,閉合開關2s ,調(diào)節(jié)電阻箱2r 的阻值 ,使毫安表的示數(shù)達到滿偏電流的一半;讀出此時電阻箱2r 的示數(shù) ,即可求得毫安表的內(nèi)阻gr 。(3) 該小組發(fā)現(xiàn) ,當毫安表的電流達到滿偏電流的一半時,電阻箱的示數(shù)為50.0,則毫安表的內(nèi)阻gr_,用此種方法測得的毫安表的內(nèi)阻與其真實值相比,測量值 _(填“大于”“小于”或“等于”)真實值。(4)該小組測得毫安表的內(nèi)阻gr 之后 ,采用以下方法測量該橙汁電池的電動勢e 和內(nèi)阻 r。首先將電路中滑動變阻器的滑片移至最右端,然后多次改

11、變電阻箱的阻值r 得到了多組毫安表的電流 i,根據(jù)測得的數(shù)據(jù)作出11ir圖象 ,如圖丙所示 ,則該電源的電動勢e=_,內(nèi)阻r=_(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字) 11、如圖所示， 半徑為0.2m的光滑四分之一圓弧面，質(zhì)量為 0.5kg 的小球從靜止開始從a 點開始下滑，經(jīng)過b 點后落在與水平面成45的斜面上的c 點。求：（1）小球到達b 點時速度為多大？（2）此時小球?qū)A弧的壓力為多大？（3）小球的落點c 與 b 的距離為多大？12、如圖所示的坐標系內(nèi)，以垂直于x 軸的虛線 pq 為分界線，左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強磁場，磁感應強度為b，方向垂直紙面向里，ac 邊有一擋板可吸收電子，ac長

12、為 d. 右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場，兩極板長度為d/2，間距為d. 電場右側(cè)的x 軸上有足夠長的熒光屏. 現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標原點o 沿 y 軸正方向射入磁場， 電子能打在熒光屏上的最遠處為m 點， m 到下極板右端的距離為d/2，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場邊緣效應，求：（1）電子通過磁場區(qū)域的時間t；（2）偏轉(zhuǎn)電場的電壓u；（3）電子至少以多大速率從o 點射出時才能打到熒光屏上13、 物理 選修 3 3 1.關于熱力學定律，下列說法正確的是_。a氣體吸熱后溫度一定升高b對氣體做功可以改變其內(nèi)能c理想氣體等壓膨脹過程一定放熱d熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高

13、溫物體e如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡，那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達到熱平衡（2）在水下氣泡內(nèi)空氣的壓強大于氣泡表面外側(cè)水的壓強，兩壓強差 p 與氣泡半徑r 之間的關系為2pr,其中 =0.070 n/m 。 現(xiàn)讓水下 10 m 處一半徑為0.50 cm 的氣泡緩慢上升，已知大氣壓強501.0 10ppa，水的密度331.0 10/kg m，重力加速度大小g=10 m/s2。（i）求在水下10 m 處氣泡內(nèi)外的壓強差；（ii ）忽略水溫隨水深的變化，在氣泡上升到十分接近水面時，求氣泡的半徑與其原來半徑之比的近似值。14、 物理選修3-4 (1)如圖所示為半圓柱體玻璃磚的橫截

14、面，od 為直徑，一束由a 光 和b 光 組 成 的 復 色光 沿ao 方 向 由 真 空 從o d 面 射 入 玻 璃 ， 之 后 分 成 兩 束 分 別 從b,c 兩 點射 出 ，其 中 從 點 射 出 的 為a 光 ,從c 點射出的為b 光。則下列說法正確的是_。a. 從b 點 射 出 玻 璃 磚 的a光的頻率較小b.在玻璃磚中，b 光的傳播速度一定大于a 光的傳播速度c.a 光和 b 光在玻璃磚中的傳播時間相等d.將 a 光和 b 光通過相同的雙縫干涉裝置，b 光的干涉條紋間距較小e.若將 a 光和 b 光分別放在水面足夠大的池塘底部同一位置，則b光照亮的水面區(qū)域大(2)甲、乙兩列簡諧

15、橫波分別沿x 軸負方向和正方向傳播，兩波源分別位于x=0.9m 處和x=-0.6m 處，兩列波的波速大小相等，波源的振幅均為2cm,兩列波在t=0 時刻的波形如圖所示，此時平衡位置在x=-0.2m 和x=0. 1m 處 的p,q 兩 質(zhì) 點 剛 要 開 始 振 動 。 質(zhì) 點m 位 于x=0.3m 處，已知甲波的周期為0.8s，求：(i)乙波傳播到m 質(zhì)點所需要的時間；(ii) 在 00.5s 時間 內(nèi) ， m 質(zhì)點沿 y 軸正方向位移最大的時刻。答案以及解析1 答案及解析：答案： c 解析：由能級躍遷知識及題意可知，處于2n能級的氫原子吸收能量為e 的光子后，發(fā)出 6 種頻率的光，說明氫原子

16、是從4n能級躍遷的，而1v 、2v 、3v 、4v 、5v 和6v 頻率依次增大，說明4n躍遷到2n時，輻射能量為3hv ，c 項正確， a、 b、d 三項錯誤。2 答案及解析：答案： b 解析： 斜劈對滑塊的支持力大小為3cos302mgmg，選項 a 錯誤；滑塊處于平衡狀態(tài)，重力與拉力夾角為120 ，重力與拉力合力為mg，則斜劈對滑塊的作用力與重力和拉力合力等大反向，則斜劈對滑塊的作用力大小為mg，選項 b 正確；根據(jù)sin30cos30fmgmgmg，解得33，選項 c 錯誤；對滑塊和斜劈的整體，水平方向：cos30ff，解得32fmg，選項 d 錯誤；故選b. 3 答案及解析：答案：

17、c 解析： a. 交流電是可以通過電容器的,通過1r 的電流不為零，故a 錯誤；b. 滑片 p 向上滑動 ,原線圈匝數(shù)增大,根據(jù)2121n nuu可知電壓表示數(shù)變小，故b 錯誤；c. 2r 處溫度升高時,原副線圈匝數(shù)之比不變、根據(jù)2121n nuu可知電壓表的示數(shù)不變，故c正確；d. 減小電容器c 的電容，容抗增大，電流表的示數(shù)變小，故d 錯誤。故選： c。4 答案及解析：答案： c 解析：任意兩顆星之間的萬有引力2mmfgl，每一顆星受到的合力為：13ff由幾何關系知：它們的軌道半徑為：33rl 合力提供它們的向心力：223gmmvmrl聯(lián)立，解得：gmvl，故 a 錯誤；根據(jù)23gmmma

18、l得：23gmal，故加速度與它們的質(zhì)量有關，故b 錯誤；根據(jù)22234gmmrmlt解得：3233ltgm，若距離 l 和每顆星的質(zhì)量m 都變?yōu)樵瓉淼? 倍，則周期變?yōu)樵瓉淼? 倍，故 c 正確；根據(jù)gmvl可知，若距離l 和每顆星的質(zhì)量m 都變?yōu)樵瓉淼? 倍，則線速度不變，故d 錯誤故選c5 答案及解析：答案： a 解析：設正六邊形邊長為l,若粒子從b 點離開磁場 ,可知運動的半徑為1rl,在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為1120;若粒子從c 點離開磁場 ,可知運動的半徑為22rl,在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為260,根據(jù)mvrqb可知12:1: 2bcvvrr;根據(jù)224.3603602mbbacttqba

19、可知 ,12:2:1bctt,故選 a. 6 答案及解析：答案： acd 解析： 設甲車的初速度大小為v甲,加速度大小為a甲,乙車的初速度大小為v乙,加速度大小為a乙,當兩車在12st相遇時 ,有2211111122v ta tv ta tx甲甲乙乙,當兩車在26st相遇時 ,有2222221122v ta tv ta tx甲甲乙乙,又由圖象可知64(m/s)va甲甲,12sva乙乙,聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可解得22m/sa甲,21m/sa乙,故0 6s內(nèi)甲車的加速度大小是乙車的兩倍,0t時,甲車的速度大小為16m/sv甲,乙車的速度大小為12m/sv乙,選項 a 正確 ,b 錯誤 ;在26s

20、t時，甲車速度大小為4m/sv甲,由勻變速直線運動規(guī)律可知，乙車速度大小為26m/svva t乙乙乙,設兩車又經(jīng)過t時間相遇， 則有21()2vtvtat甲乙乙,代入數(shù)據(jù)解得4st,故兩車會在10st時發(fā)生第三次相遇，而此時兩車均未停止運動，故選項c 正確；由題圖可知 ,從10st開始，乙車再運動2s 速度變?yōu)榱?，此段時間內(nèi)甲車的位移為8mx甲,乙車的位移為22m=2m2x乙,故當乙車停止運動時，甲車在乙車前方6mxxx甲乙處,選項 d 正確 . 7 答案及解析：答案： bd 解析： a、對兩球及桿組成的系統(tǒng)，在b 球落地前的整個過程中，b 球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用，a 球的水平方向

21、受力為零，系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零，所以a、b組成的系統(tǒng)水平方向上動量不守恒，故a 錯誤；bc、對兩球及桿系統(tǒng)，在b 球落地前的整個過程中，b 球的水平方向受豎直固定光滑桿的作用不做功， a、b 組成的系統(tǒng)機械能守恒，從開始到b 球距地面高度為2l的過程中，由機械能守恒定律得：2231112222abmglmvmv ，且有abcos30cos60vv，解得：a31=2glv，b331=2glv， 所以輕桿對a 球做功為：2131028aawmvmgl ，輕桿對 b 球做功：318bwmgl ，故 b 正確， c 錯誤；d、在 b 球落地的瞬間，由機械能守恒定律得：23122bmglmv

22、，解得：b3vgl，所以在 b 球落地的瞬間，重力對b球做功的功率為：bb3pmgvmggl，故 d 正確；8 答案及解析：答案： ac 解析： a、由速度位移圖象得：v2x 金屬棒所受的安培力為：22222ab l vb lxfrrrr代入得：0.5afx則知af 與 x 是線性關系。當x0 時，安培力10af當 x1m 時，安培力20.5naf則從起點發(fā)生x1m 位移的過程中，安培力做功為：120.51j0.25j22aaaffwx即金屬棒克服安培力做的功為：10.25jw，故 a 正確。b、金屬棒克服摩擦力做的功為：20.22 101j4jwmgx，故 b 錯誤；c、克服安培力做功等于回

23、路中產(chǎn)生的電熱，克服摩擦力做功等于產(chǎn)生的摩擦熱，則整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量a24.25jqww，故 c 正確；d、根據(jù)動能定理得：2f2a12wwwmv，其中 v2m/s， 0.2，m2kg 代入解得拉力做的功為：f8.25jw故 d 錯誤。9 答案及解析：答案： 1.bcd; 2.ad; 3. 222112112;mopmomm on m opmomm op. 解析： 1.a、“ 驗證動量守恒定律” 的實驗中 ,是通過平拋運動的基本規(guī)律求解碰撞前后的速度的,只要離開軌道后做平拋運動,對斜槽是否光滑沒有要求,故 a 錯誤 ; b、要保證每次小球都做平拋運動,則軌道的末端必須水平,故 b 正確 ;

24、c、要保證碰撞前的速度相同,所以入射球每次都要從同一高度由靜止?jié)L下,故 c 正確 ; d、為了保證小球碰撞為對心正碰,且碰后不反彈,要求,ababmm rr ,故 d 正確 . 應選 :bcd. 2.要驗證動量守恒定律定律,即驗證 : 111223m vm vm v ,小球離開軌道后做平拋運動,它們拋出點的高度相等,在空中的運動時間t 相等 , 上式兩邊同時乘以t 得 : 111223mv tm v tm v t ,得: 112m opmomm on , 因此實驗需要測量:兩球的質(zhì)量、小球的水平位移,故選 :ad. 3.由 2 知 ,實驗需要驗證 : 112mopmomm on ; 如果碰撞過

25、程機械能守恒,則: 222123112111222mvm vm v , 兩邊同時乘以t2得 : 222 2212231 12111222m v tm v tm v t ,則222112.m opmomm op10 答案及解析：答案：（ 1）如圖所示（ 2)滑動變阻器1r 接入電路的阻值；（3)50.0 ，小于；（4)1.00 ， 200 解析：（ 1)由于要求當滑動變阻器的滑片滑到最右端時，滑動變阻器接入電路的阻值最大，故滑動變阻器的接法如圖所示。（ 2)此種測量電阻的方法為半偏法，使用此方法測量未知電阻的阻值時，要求電路中其他元件的阻值不能發(fā)生變化，故應保持滑動變阻器接入電路的阻值不變；（

26、3)當毫安表指針達到滿偏后，再閉合開關2s 時，認為電路中的總電流仍為毫安表的滿偏電流gi 。當流過毫安表的電流達到滿偏電流的一半時，由于電阻箱與毫安表為并聯(lián)關系，故有1122gggi ri r ，所以grr ，因此當電阻箱的示數(shù)為50.0 時，毫安表的內(nèi)阻也為 50.0 。但此種方法存在系統(tǒng)誤差，當滑動變阻器接入電路的阻值不變時，由于電阻箱的接入，整個電路中的阻值減小，電路中的總電流gii ，因此當毫安表的示數(shù)為12gi 時，實際流過電阻箱的電流12gii箱，由于12ggi rir箱,所以有grr ; (4) 由閉合電路歐姆定律可得1()()gggiriririreirrr整理可得11()1

27、1ggrrrrrriere將150.0,500grr代入并結(jié)合圖丙可得150.0(500)140550750/a,750a3rree兩式聯(lián)立可解得e=l.00v, r=200。11 答案及解析：答案： (1)小球到達b 點時速度由動能定理得：212bmgrmv代入解得：2m / sbv(2)由牛頓第二定律得此時小球?qū)A弧的壓力：2bvnmgmr解得：15nn，由牛頓第三定律可知小球?qū)壍缐毫Υ笮?5n。(3)小球的落點c 與 b 的水平距離為x，下落高度為h，由平拋規(guī)律得：21,cot452bhgtxhv t ，解得：0.8mh，由三角關系可得：4 22m5bclh。解析：12 答案及解析：

28、答案： 1.電子在磁場區(qū)域運動周期為2 mteb通過磁場區(qū)域的時間為190,3602mtteb2.由幾何知識得rd,又mvreb解得ebdvm通過電場的時間2,2dtv代入數(shù)據(jù)解得22mteb電子離開電場后做勻速直線運動到達m 點12114122dyyd, 又12yyd 解得113yd 故22113eutdmd代入數(shù)據(jù)解得2283eb dum3.電子恰好打在下極板右邊緣磁場中mvreb電場中水平方向12dv t 豎直方向212eurtmd由上述三式代入數(shù)據(jù)解得33ebdvm解析：13 答案及解析：答案： 1.bde 2. （i）128ppa（ii ）. 32121.3rr解析：1. 根據(jù)熱力學

29、第一定律,氣體吸熱的同時若對外做功,則氣體內(nèi)能不一定增加,溫度不一定升高 ,a 錯誤。 對氣體做功可以改變其內(nèi)能,b 正確。 理想氣體等壓膨脹過程,對外做功 ,由理想氣體狀態(tài)方程可知,氣體溫度升高,內(nèi)能增加 ,故氣體一定吸熱,c 錯誤。根據(jù)熱力學第二定律知,熱量不可能自發(fā)地從低溫物體傳到高溫物體,d 正確根據(jù)熱平衡定律,如果兩個系統(tǒng)分別與狀態(tài)確定的第三個系統(tǒng)達到熱平衡,那么這兩個系統(tǒng)彼此之間也必定達到熱平衡,e 正確。2.（i）當氣泡在水下10hm處時 ,設其半徑為1r,氣泡內(nèi)外壓強差為1p112pr代入題給數(shù)據(jù)得128ppa（ii ）.設氣泡在水下10m處時 ,氣泡內(nèi)空氣的壓強為1p,氣泡體積為1v;