2021年高考物理模擬試卷02（新課標(biāo)Ⅲ卷）（解析版）

2021年全國新課標(biāo)高考物理模擬預(yù)測卷02【新課標(biāo)HI卷】

理科綜合物理

第I卷（選擇題，共48分）

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14?18

題只有一項符合題目要求，第19?21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不

全的得3分，有選錯的得0分。

14.一輛汽車由靜止開始做初速度為零的勻加速直線運動，速度增大到25m/s后做勻速直線運動，已知汽車

前5s內(nèi)的位移為75m,則汽車勻加速運動的時間為（）

A.3sB.4s

C.5sD.6s

【答案】B

【解析】若前5s內(nèi)汽車一直做勻加速直線運動，則前5s內(nèi)勻加速直線運動的最大位移為x=

%mf=62.5m,小于75m,因此汽車在前5s內(nèi)一定是先勻加速后勻速，設(shè)勻加速的時間為力則<=當(dāng)1+

Vm（5s—/）—75m>解得f=4s,B項正確.

15.2019年12月16日，我國“一箭雙星”將北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的第52、53顆衛(wèi)星送入預(yù)定軌道.北斗導(dǎo)航系統(tǒng)的

某兩顆衛(wèi)星的圓軌道如圖所示，G衛(wèi)星相對地球靜止，M衛(wèi)星軌道半徑為G衛(wèi)星的;倍，下列說法正確的是

)

A.G衛(wèi)星可能位于濰坊正上方

B.G衛(wèi)星的線速度是M衛(wèi)星的半倍

C.在相等時間內(nèi)，G衛(wèi)星與地心連線掃過的面積與M衛(wèi)星相同

D.在相等時間內(nèi)，G衛(wèi)星與地心連線掃過的面積是M衛(wèi)星的坐倍

【答案】D

【解析】G衛(wèi)星相對地球靜止即為地球同步衛(wèi)星，則G衛(wèi)星的軌道只能與地球赤道平面共面，故A錯誤；

由公式牽得口=、岸，則G衛(wèi)星的線速度是M衛(wèi)星的乎倍，故B錯誤；在相等的時間/內(nèi)，

G衛(wèi)星與地心連線掃過的面積SG=%G，同理M衛(wèi)星與地心連線掃過的面積SM=*rM，則告=乂于=#

223何VM3

x|=^,故C錯誤，D正確.

16.如圖所示，為氫原子的能級示意圖.處于〃=4能級的一群氫原子向低能級躍遷時，輻射出的光子再照射

到逸出功為2.29eV的某金屬板上，下列說法正確的是()

nE/eV

8............0

5-------------0.54

4-------------0.85

3-------------1.51

2-------------3.4

1-------------13.6

A.共有10種不同頻率的光子輻射出來

B.共有6種不同頻率的光子能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象

C.入射光子的頻率越高，逸出光電子的最大初動能越大

D.從金屬板中逸出的光電子就是a粒子

【答案】C

【解析】處于〃=4能級的一群氫原子向低能級躍遷時，共有C彳=6種不同頻率的光子輻射出來，選項A

錯誤：其中能級差大于2.29eV的躍遷有：4—1、3-1、2-1、4-2,即共有4種不同頻率的光子能使該金

屬發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，選項B錯誤；根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律可知，入射光子的頻率越高，逸出光電子的最大初

動能越大，選項C正確；從金屬板中逸出的光電子是Ye,不是a粒子，選項D錯誤.

17.某靜電場在x軸正半軸上的電勢0隨x變化的關(guān)系如圖所示，貝ij()

A.汨處跟X2處的電場強度方向相同

B.R處跟及處的電場強度大小相等

C.若把帶正電的粒子從內(nèi)處移到及處，電場力先做正功再做負功

D.同一個帶正電的粒子在R處具有的電勢能小于在及處的電勢能

【答案】A

【解析】由題圖知，M和X2處的斜率都是負值，說明場強方向相同，故A正確；》處的斜率的絕對值大

于X2處的斜率的絕對值，說明XI處的電場強度大小大于X2處的電場強度大小，故B錯誤；從XI處到X2處，

電勢逐漸降低，則移動正電荷，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故C錯誤；根據(jù)琦=40可知，正電

荷在R處具有的電勢能為零，在X2處的電勢小于零，所以正電荷在此處具有的電勢能小于零，電勢能為標(biāo)

量，正負號表示大小，所以同一個帶正電荷的粒子在R處具有的電勢能大于在X2處的電勢能，故D錯誤.

18.如圖所示，在容器4中有同一種元素的兩種同位素正粒子，它們的初速度幾乎為0,粒子可從容器A下

方的小孔S飄入加速電場，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進入勻強磁場中，最后第一種同位素粒子打

到照相底片。上的M點（圖中未標(biāo)出），第二種同位素粒子打到照相底片。上的N點（圖中未標(biāo)出）。不計同

位素粒子重力。量出M點、N點到S3的距離分別為.、及，則第一種與第二種同位素粒子在磁場中運動的

時間之比為（）

碎

tZTS,

"?口n、:\1：1：：廣：通;

、、t

A,第B,2

\jX2X2

C.錯誤！D.錯誤！

【答案】C

【解析】：設(shè)加速電場的電壓為U,磁場的磁感應(yīng)強度為8,粒子電荷量為外質(zhì)量為m,在電場中加速過

程有4。=%小，在磁場中偏轉(zhuǎn)由洛倫茲力提供向心力有/6=〃斤，帶電粒子在磁場中運動的周期7=平，

帶電粒子在磁場中運動的時間均為半個周期，即f=/根據(jù)幾何關(guān)系有x=2r,聯(lián)立以上各式可解得/=瑞小,

所以日=錯誤！，故C正確，A、B、D錯誤。

tl

19.如圖所示的電路中，電源的電動勢E和內(nèi)阻r一定，A、8為平行板電容器，R為定值電阻，/?2為滑動

變阻器，心為光敏電阻（電阻值隨光照強度的增加而減小），電流表A和電壓表V的示數(shù)分別為/和U,下

列說法正確的是（）

A.將R2的滑動觸頭P向左移動，/將增大，U將減小

B.減小4、B板的正對面積，則電容器所帶電荷量減少

C.減小光照強度，/將減小，U將增大，電容器所帶電荷量將減小

D.減小光照強度，。變化量的絕對值與/變化量的絕對值的比值將變大

【答案】BC

【解析】滑動變阻器處于含電容器支路中，相當(dāng)于導(dǎo)線，所以移動滑動觸頭，/不變，U不變，故A錯誤;

若僅減小A、8板的正對面積，因板間電壓不變，由。=磊知電容減小，再由電容的定義式C=￡可知電

容器所帶電荷量減少，故B正確；減小光照強度，光敏電阻阻值增大，電路總電阻增大，總電流減小，即

電流表示數(shù)減小，電源內(nèi)電壓減小，電壓表示數(shù)增大，4兩端電壓減小，電容器兩端電壓減小，所帶電荷

量將減小，故C正確；減小光照強度，。變化量的絕對值與/變化量的絕對值的比值即為電源內(nèi)阻，所以

不變，故D錯誤.

20.如圖所示，輕繩一端固定在。點，另一端拉著立方體小盒子在豎直平面內(nèi)做順時針方向的圓周運動，

小盒子里裝了一質(zhì)量為根的光滑小球，小球的大小略小于盒子，A、C兩點分別為水平直徑的左端和右端;

8、。兩點分別為豎直直徑的下端和上端。當(dāng)小盒子運動至。點時，小球與小盒子的四個壁間恰好無相互作

用力。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,不計空氣阻力，則以下說法正確的是（）

D

'~--

B

A.小球運動至A點時，對小盒子下壁的壓力為零

B.小球運動至C點時，對小盒子右壁的壓力為27ng

C.小球運動至C點時，對小盒子下壁的壓力為，咫

D.小球運動至B點時，對小盒子下壁的壓力為6zng

【答案】AD

【解析】：由題意可知，小球與小盒子一起運動，將小球與小盒子作為整體可知，在4點、C點時整體豎直

方向的加速度為重力加速度，由小球在A點、C點時豎直方向的加速度也應(yīng)為重力加速度，可知小球運動

至A點、C點時，對小盒子下壁的壓力為零，故A正確，C錯誤；

小盒子運動至。點時，小球與小盒子的四個壁間恰好無相互作用力，則有〃/錯誤！

小球從D到C過程中有,諾一品詒

小球在C點有Nc=m錯誤!

聯(lián)立解得Nc=3〃?g,故B錯誤；

小球從。到B過程中有

“1212

mg-2R—2i^VB~2mvi>

小球在B點有MJ—，〃g=，"錯誤！

聯(lián)立解得NB=6mg,故D正確。

21.如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為/,與水平面成30。角，導(dǎo)軌上端接一阻值為R的電

阻。距離導(dǎo)軌上端為/的分界線M、N將導(dǎo)軌所在平面分成I和H兩個區(qū)域，兩區(qū)域中均存在垂直于導(dǎo)軌平

面的磁場，區(qū)域I為勻強磁場，其磁感應(yīng)強度為及）;區(qū)域H中的磁感應(yīng)強度隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示。

將長為/、電阻也為R的導(dǎo)體棒放在M、N下側(cè)導(dǎo)軌上，0?”時間內(nèi)，導(dǎo)體棒靜止；之后導(dǎo)體棒向下滑動，

當(dāng)滑下的距離為x時，導(dǎo)體棒開始做勻速運動。導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)體棒的質(zhì)量，〃=錯誤！

B.導(dǎo)體棒勻速滑動時的速度

C.勻速運動時R兩端的電壓為"=縉

to

D.自，=0至導(dǎo)體棒開始勻速運動時，通過導(dǎo)體棒的電荷量4=用喘支

【答案】AD

【解析】：0?幻時間內(nèi)，導(dǎo)體棒靜止，由平衡條件可知8o〃=〃?gsin3O。，由法拉第電磁感應(yīng)定律得后=等=

誓，根據(jù)歐姆定律得/=4，聯(lián)立解得熱=錯誤！，故A正確；導(dǎo)體棒勻速運動時有氏/7=mgsin30°,其

中/'=第，聯(lián)立得「=；,故B錯誤；勻速運動時R兩端的電壓為"=竿=第=萼，故C錯誤；0?m

ro2Z/oZto

時間內(nèi)，電荷量為G=〃。=4/。=患/。=縹，滑下的距離為X過程42=第=縹，則總過程電荷為q=q'

BQ/(/+X)

+仇=―2R-'故D正確。

第n卷

二、非選擇題：共62分，第22?25題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33?34題為

選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共47分。

22.（6分）

某同學(xué)利用多用電表的歐姆擋測量未知電阻阻值以及判斷二極管的正負極。

（1）他選擇“xlOO”倍率的歐姆擋按照正確的步驟測量未知電阻時，發(fā)現(xiàn)表針偏轉(zhuǎn)角度很大，如圖甲中虛線①

的位置所示。為了能獲得更準(zhǔn)確的測量數(shù)據(jù)，他應(yīng)該將倍率調(diào)整到的擋位（選填“xio”或“xik”）；并

把兩支表筆直接接觸，調(diào)整“歐姆調(diào)零旋鈕”，使表針指向調(diào)整好此擋位的歐姆表后再正確測量

上述未知電阻，表針指在如圖甲中虛線②的位置，則未知電阻的測量值為Q。

（2）若用已調(diào)好的多用電表歐姆擋“xio”擋來探測一只二極管的正、負極（如圖乙所示）。當(dāng)兩表筆分別接二極

管的正、負極時，發(fā)現(xiàn)表針幾乎不發(fā)生偏轉(zhuǎn)（即指示電阻接近無限大）；再將兩表筆與二極管兩極的連接情況

對調(diào)，發(fā)現(xiàn)表針指在如圖甲中的虛線①的位置，此時紅表筆接觸的是二極管的極（選填“正”或"負”）。

正極負極

PN

乙

【答案】：(1)x100150⑵負

【解析】：⑴指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明待測量阻值較小，所以更換較小的“xlO”擋位；

歐姆調(diào)零的目的是需要將指針調(diào)至歐姆表盤的0刻度位置，即使指針指向0;歐姆擋讀數(shù)需要用刻度值乘以

倍率：15xl0Q=150Q；

(2)紅表筆與歐姆擋內(nèi)部的電源負極相連，根據(jù)題意可知二極管的電阻較小，此時電流從二極管的正極流入，

負極流出，所以紅表筆接觸的是二極管的負極。

23.(9分)

某同學(xué)在實驗室使用半徑相同的兩個小球，按如圖實驗裝置來驗證動量守恒定律。他的主要實驗操作如下：

0MPN

①用天平測量4、％兩球的質(zhì)量〃刀和"?2

②用游標(biāo)卡尺測出兩個小球的直徑d

③用刻度尺測出軌道末端距離地面的高度H

④用重垂線標(biāo)出小球拋出點在水平地面上的白紙上的豎直投影點。

⑤在白紙上面放好復(fù)寫紙，先不放b球，把。球從斜槽軌道上。點由靜止釋放，落到復(fù)寫紙上，重復(fù)多次；

再把6球放在斜槽軌道水平部分最右端，把a球仍從。點由靜止釋放，和匕球相碰后，兩球分別落在復(fù)寫

紙上的不同位置，重復(fù)多次

⑥用圓規(guī)在白紙上找到三個平均落點M、P和M并用刻度尺測量出圖中的萬方、而和礪的長度

(1)上述實驗操作中不必要的步驟是。

(2)如果滿足關(guān)系式,則驗證了系統(tǒng)碰撞過程中動量守恒。(用測量的物理量表示)

(3)實驗測得：見=30.0g,，〃2=10.0g，W=16.10cm,~OP=30.30cm,a7=40.60cm。則本實驗的

相對誤差是?(保留1位有效數(shù)字，相對誤差為"瑞途X100%)

【答案】：(1)③(2)mi~OP^mCOM+m2"ON(3)2%

【解析】：(1)小球離開軌道后做平拋運動，小球在空中的運動時間相同，小球的水平位移與其初速度成正

比，可以用小球的水平位移代替小球的初速度，實驗需要驗證

in\vo=m\V\-\-tn2V2

因小球均做平拋運動，下落時間相同，則可知水平位移x=M因此可以直接用水平位移代替速度進行驗證，

故有/MiOP=m\OM+抗2ON

由此可知，本實驗不用刻度尺測出軌道末端距離地面的高度，，其余步驟都需要。

(2)若兩球相碰撞前后的動量守恒，則/nlV0=/M|Vl+/M2V2

球在空中的運動時間f相等，則0萬=丫01,~0M=v\t,~0N=V2t

代入得mi~OP=m\OM+m2~0N。

(3)碰撞前，加萬=30.0x30.30g-cm=909g-cm

碰撞后mrOM+m2~ON=(30.0x16.10+10.0x40.60)g-cm=889g-cm

909—889

實驗的相對誤差一麗一X100%?2%o

24.(12分)

如圖所示，半圓形光滑軌道豎直固定且與水平地面相切于4點，半徑R=0.1m,其右側(cè)一定水平距離處固

定一個斜面體。斜面C端離地高度6=().15m,E端固定一輕彈簧，原長為DE,斜面CD段粗糙而OE段光

滑?，F(xiàn)給一質(zhì)量為01kg的小物塊(可看做質(zhì)點)一個水平初速度，從A處進入圓軌道，離開最高點B后恰能

落到斜面頂端C處，且速度方向恰平行于斜面，物塊沿斜面下滑壓縮彈簧后又沿斜面向上返回，第一次恰

能返回到最高點C。物塊與斜面CQ段的動摩擦因數(shù)〃=乎，斜面傾角6=30。，重力加速度g取10m/s2,

不計物塊碰撞彈簧的機械能損失。

廠Bc

A

(1)物塊運動到B點時對軌道的壓力為多大？

(2)CC間距離L為多少米？

(3)小物塊在粗糙斜面C。段上能滑行的總路程s為多長？

【答案】：(1)2N(2)0.4m(3)1.6m

【解析】：⑴物塊從8到C做平拋運動，則有：

共=2gQR-h)

在C點時有：1211(9=中

VB

代入數(shù)據(jù)解得：%=小m/s

在8點對物塊進行受力分析，得：F+〃?g=〃/錯誤！

解得:尸=2N

根據(jù)牛頓第三定律知物塊對軌道的壓力大小為：

斤=F=2N,方向豎直向上。

(2)在C點的速度為：丫0=$訪0=2m/s

物塊從C點下滑到返回C點的過程，根據(jù)動能定理得:

—///?gcos9-2L—0—^mv^

代入數(shù)據(jù)解得：L=0.4m。

（3）最終物塊在DE段來回滑動，從C到。，根據(jù)動能定理得：

mgLsin0—/imgcos0-s—0—^mvt

解得：s=1.6m?

25.（20分）

如圖所示，在豎直平面內(nèi)的X。），直角坐標(biāo)系中，以足夠長的X軸為水平邊界的上方充滿方向與X軸的夾角。

=37。斜向上、電場強度大小為5（未知）的勻強電場；x軸下方充滿正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度

大小為&（未知）、方向豎直向上，磁場方向水平向外。一質(zhì)量為機、電荷量為q的帶正電小球（視為質(zhì)點）從

y軸上到原點O距離為L的A點由靜止釋放，釋放后小球沿AP方向做直線運動，從尸點進入第IV象限后做

勻速圓周運動且恰好經(jīng)過原點0。已知AP與x軸的夾角也為仇?Jsin37°=0.6,cos37°=0.8,空氣阻力不

計，重力加速度大小為g。

（1）求小球經(jīng)過P點時的速度大小V；

（2）求答以及磁場的磁感應(yīng)強度大小B；

（3）若小球從P點進入第W象限后，立即改變x軸上方的勻強電場，使得小球通過原點。時所受合力與小球

速度方向垂直，求改變后的勻強電場的電場強度最小時電場強度的方向和電場強度的最小值Emin以及改變

電場后小球第一次經(jīng)過坐標(biāo)軸上的位置到尸點的距離S。

【答案】（1）|＞或（2）|翁?。?）與x軸正方向的夾角為。翳急L

【解析】（1）小球從A點運動到原點。過程的受力和運動情況如圖甲所示，

甲

由于小球沿AP方向做直線運動，故該過程小球所受合力F沿4。方向,

根據(jù)正弦定理有：焉=菽匕

小球從A點運動到P點的過程中，根據(jù)動能定理有：F+與，

解得：v—^[gL.

⑵根據(jù)正弦定理有：&=而哈二百

由于小球從P點進入第IV象限后做勻速圓周運動，有：qE尸mg

解得:|=|

L

由兒何關(guān)系可得，小球在X軸下方做勻速圓周運動的半徑為：r=5翳=竽L

洛倫茲力提供小球做圓周運動所需的向心力，有：qvB=n^

解得:

（3）根據(jù)對稱性可知，小球經(jīng)過原點。時的速度方向與x軸正方向的夾角也為8（斜向上），如圖乙所示，經(jīng)分

析可知，要使小球通過原點。時所受合力方向與速度方向垂直，且改變后的勻強電場的電場強度較小，則

此時電場強度方向與x軸正方向的夾角為8

根據(jù)幾何關(guān)系有：*=sin8

解得：Emi產(chǎn)翳

小球在第I象限內(nèi)做類平拋運動的加速度大小為：誓上=東

經(jīng)分析可知，改變電場后小球第一次經(jīng)過的坐標(biāo)軸為X軸。設(shè)小球從原點0到經(jīng)過X軸的時間為f,改變電

場后小球第一次經(jīng)過x軸上的位置到原點。的距離為XI，沿速度方向小球做勻速直線運動，有：x.cos6=

vt

垂直速度方向小球做初速度為零的勻加速直線運動，有一：xisine=&P

。點到原點。的距離為：念=心

經(jīng)分析可知：S=X1—X2

解得：5=答心。

（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。

33.【物理——選修3-3】（15分）

（1）（5分）一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A經(jīng)過狀態(tài)B變化到狀態(tài)C,其V-t圖象如圖所示，下列說法正確的

A.A—B的過程中,氣體對外做功

B.ATB的過程中，氣體放出熱量

C.B—C的過程中，氣體壓強變大

D.B—C的過程中，氣體內(nèi)能變大

E.B-C的過程中，單位體積內(nèi)的分子數(shù)目增加

【答案】ACE

【解析】：4TB的過程中，氣體體積變大，則氣體對外做功，溫度不變，內(nèi)能不變，則氣體吸收熱量，A

正確，B錯誤；根據(jù)竿=C可知在8-C的過程中，圖線上的點與橫軸上一273℃點連線的斜率減

小（如圖所示），則氣體壓強變大；氣體的溫度降低，內(nèi)能減??；氣體體積減小，則單位體積內(nèi)的分子數(shù)目增

加，C、E正確，D錯誤。

（2）（10分）如圖所示，一籃球內(nèi)氣體的壓強為po,溫度為7L，體積為外用打氣筒對籃球充入壓強為po,溫度

為n的氣體，已知打氣筒每次壓縮氣體的體積為七人，一共打氣20次，假設(shè)籃球體積不變，最終使籃球內(nèi)

氣體的壓強為4Po.充氣過程中氣體向外放出的熱量為°,已知氣體的內(nèi)能與溫度的關(guān)系為U=k7U為常數(shù)）。

（1）第一次打入氣體后，籃球的壓強變?yōu)槎嗌伲浚烧J為籃球內(nèi)氣體溫度不變）

（2）打氣筒在籃球充氣過程中對氣體做的功是多少？

【答案】：（2）2+|z：7b

【解析】：⑴設(shè)第一次打入氣體后，籃球內(nèi)氣體壓強變?yōu)樾?，根?jù)玻意耳定律有從％+幻

解得pi=除為；

（2）設(shè)籃球內(nèi)氣體最終溫度為T,

po（%+2OxS））

根據(jù)氣體狀態(tài)方程知D—7——4〃（M）

解得T若12To

籃球內(nèi)氣體內(nèi)能的增量為A（/=AAT=*A

根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得，打氣過程中，

對氣體所做的功為W=Q+AU=Q+5A7；）.

34.1物理---選修37】（15分）

（1）（5分）甲、乙兩列簡諧橫波波速均為v=