北京市通州區(qū)2021屆新高考物理最后模擬卷含解析

1、北京市通州區(qū)2021屆新高考物理最后模擬卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是契合題目要求1如圖所示為氫原子能級(jí)圖，下列說(shuō)法正確的是()-0.853I.5I. 罠 41 - U.6A氫原子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)電勢(shì)能減少，其核外電子的動(dòng)能増大B氫原子從n=2能級(jí)向nh能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光子能量為17eVC一群處于n=4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射出的光子頻率鍛多有3種 .用能量為 9eV 和 4.6eV 的兩種光子同時(shí)照射大量的氫原子，有可能使處于基態(tài)的氫原子電離【答案】A【解析】【詳解】A當(dāng)氫原子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)軌道半徑變小

2、其核外電子的動(dòng)能將增大，乂此進(jìn)程中電場(chǎng)力做正功，其電勢(shì)能減少，A 項(xiàng)正確；B n=2 謀；輻射出的光子的能量為(-4eV)(-13.6eV)=10.2eV,B項(xiàng)錯(cuò)2CC4=6可知，一群處于n=4能級(jí)的氫原子向低能級(jí)躍遷時(shí)，輻射出的光子頻率最多有錯(cuò)謀;6 種，C 項(xiàng) 處于基態(tài)的氫原子要發(fā)生電離，吸收的光子能量必需大于等于故選A。P、QAP光的折射率小于關(guān)于Q光的折射率B 玻璃中 P 光的波長(zhǎng)大于Q 光的波長(zhǎng)C玻璃中 P 光的速度大于Q 光的速度P 光的光子能量大于Q 光的光子能量【答案】【解析】13.6eV, 項(xiàng)錯(cuò)誤。P 光發(fā)生全反射，Q 光射入空氣，則()1【分析】【詳解】AsinC-,Qn在

3、玻璃球體中，光的波長(zhǎng)P 光束的折射率大，故A 錯(cuò)誤;o 是光在真空中的波長(zhǎng)，P 光的折射率大，頻率大 在真空中的波長(zhǎng)短，由n光的波長(zhǎng)小于 Q 光的波長(zhǎng)，故B 錯(cuò)誤；CvPQ光的速度，故Cn一知在玻璃球體中PPEh可知P光的光子能量大，所以PQ光的光 子能量，故正確。故 正確。下列說(shuō)法正確的是（）A .光電效應(yīng)揭示了光的粒子性，康普頓效應(yīng)揭示了光的波動(dòng)性B 高速運(yùn)動(dòng)的質(zhì)子、中子和電子都不具有波動(dòng)性C.盧瑟福經(jīng)過(guò)粒子敬射實(shí)驗(yàn)，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)學(xué)說(shuō)9412 4Be 2 He 6 C X 中的X 為質(zhì)子【答案】C【解析】【詳解】A.光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都揭示了光的粒子性，A錯(cuò)謀；B 任何運(yùn)動(dòng)的物體

4、囊括宏觀物體和微觀粒子都具有波粒二象性，B錯(cuò)誤；C.原子的核式結(jié)構(gòu)學(xué)說(shuō)的提出是建立在粒子散射實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)上的， C正確； .根據(jù)核反映方程遵循質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，可判斷 X 為中子， 錯(cuò)誤。故選C。4.成，即北斗三號(hào)導(dǎo)航衛(wèi)星系統(tǒng)由三種不同軌道的衛(wèi)星組24 顆MEO 衛(wèi)星（地球中圓軌道衛(wèi)星，軌道形3 1000 公里之間），3 顆GEO 衛(wèi)星（地球靜止軌道衛(wèi)星）3 顆IGSO衛(wèi)星（傾斜地球同步軌道衛(wèi)星）。尖于MEO衛(wèi)星，下列說(shuō)法正確的是（）A.比GEO 衛(wèi)星的周期小B .GEO 衛(wèi)星的線速度小C .GEO 衛(wèi)星的角速度小 【答案】A1【解析】【分析】【詳解】A 萬(wàn)有引力提供向心力解得MEO衛(wèi)星軌道

5、半徑比GEO軌道半徑小, 所以MEO衛(wèi)星周期小,A正確;B 萬(wàn)有引力提供向心力解得MEO衛(wèi)星軌道半徑比GEO軌道半徑小, 所以MEO衛(wèi)星線速度大.B錯(cuò)誤;C.萬(wàn)有引力提供向心力解得MEO衛(wèi)星軌道半徑比GEO軌道半徑小, 所以MEO衛(wèi)星角速度大,C錯(cuò)課; 第一宇宙速度是衛(wèi)星的展人環(huán)繞速度：環(huán)繞半徑為地球半徑,MEO衛(wèi)星軌道半徑大于地球半徑，速度大小比于第一宇宙速度小，錯(cuò)誤。故選vt圖象，如圖所示，則卜列說(shuō)法正確的是A木板的長(zhǎng)度至少為12m1B 木板的長(zhǎng)度至少為 6mC 04s 2m/s 04s 內(nèi)，木板和小物塊的平均加速度相同【答案】B【解析】【詳解】AB 由圖像可知，當(dāng)物塊和木板共速時(shí)，物塊相

6、關(guān)于木板的位移即為木板的最小長(zhǎng)度，即1L (4 今 1.5m=6m選項(xiàng) A 錯(cuò)謀，B 正確：C 小物塊在04s內(nèi)的位11X1 14 3222-1m負(fù)號(hào)表示物塊的位移向右，則平均速度是_人 1Wm/s=0.25m/s t4選項(xiàng) C 錯(cuò)課； 在04s內(nèi)，木板的位11X2 (2 4) 1.5 2 2.5 7m2212XvtBat2 錯(cuò)謀；6如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為=9氷 0kg 電荷量為e=1.6 氷 0*C 的電子，以 4XI06m/s 的速度從M 點(diǎn)垂直 電場(chǎng)線方向飛入勻強(qiáng)電場(chǎng)，電子只在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)，在150U M 與N 兩點(diǎn)間的電勢(shì)差約為(N 點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，其速度方向與電場(chǎng)線成C.1.810

7、2V【答案】B【解析】 . 2.2 10【詳解】電子在電場(chǎng)力的作用卜做類平拋運(yùn)動(dòng)，在垂直電場(chǎng)方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng):sin 304 106.6/s 8 10 m/s根據(jù)動(dòng)能定理：1 2 1 2(e)UMNmvN-mvM22所以有:U MN22mVNVMm8 106 22 4 1062 1.6 10199.1 10 31V 136.5V2e故B 正確，AC 錯(cuò)謀。6 5 30 5 3 0 分7如圖甲所示 一交流發(fā)電機(jī)線圈的總電阻r1 :用電器電阻R 9 流過(guò)用電器的電流圖象如圖乙所示，sin370.6,cos370.8貝U下列說(shuō)法中正確的A交流發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢(shì)的峰偵為50V交流發(fā)電機(jī)線圈從圖示位宣開(kāi)始

8、經(jīng)過(guò)3001 _s 時(shí)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為 252V交流發(fā)電機(jī)線圈從圖示位置開(kāi)始轉(zhuǎn)過(guò)37 時(shí)電壓表示數(shù)為 36 2V交流發(fā)電機(jī)線圈從圖示位置開(kāi)始轉(zhuǎn)過(guò)【答案】B【解析】【詳解】A .由題圖可得電路中電流的峰值為lm5&A交流發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢(shì)的峰值為Em lm(R r) 5 邁(9 1)V=502V故A 錯(cuò)謀;90 的討程中的平均感應(yīng)申動(dòng)熱齒100 血B 由題圖可得交變電流的角速度瞬時(shí)值1100 ra/s，從線圈平面與磁場(chǎng)平行開(kāi)始計(jì)時(shí)，則 300 $時(shí)電動(dòng)勢(shì)的eEmcost50-2cos100t(V)50.2cos100故B 正確：130025、2VC電壓表示數(shù)為有效值不隨時(shí)間發(fā)主變化，電阻兩端電壓為U

9、IR45V所以電壓表示數(shù)為 45V，故C 錯(cuò)誤；交流發(fā)電機(jī)線圈從圖示位置開(kāi)始轉(zhuǎn)過(guò)90的進(jìn)程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為BS T2NBS Em t 2故 B。2 100A2Vm&如圖甲所示，一木塊沿固定斜面由靜止開(kāi)始下滑，下滑進(jìn)程中木塊的機(jī)械能和動(dòng)能隨位移變化的尖系 圖線如圖乙所示，則下列說(shuō)法正確的是(A 0 增大到X B.少了Ca斜率的絕關(guān)于值表示木塊所受的合力大小b斜率的絕關(guān)于值表示木塊所受的合力大小【答案】B【解析】【分析】【詳解】E0增大到X2EAB 木塊沿斜面下滑進(jìn)程中，動(dòng)能增大，則圖線等于動(dòng)能的變化量與重力勢(shì)能變化量之和，有b 為木塊的動(dòng)能隨位移變化的矢系。由機(jī)械能的變化量c由功能其系可知圖

10、線a斜率的絕關(guān)于值表示木塊所受的除重力之外的合力大小故C錯(cuò)誤;E 2E E 0 EP得EP= 2E，即木塊的重力勢(shì)能減少了 2E ,故A 錯(cuò)謀，B 正確；c a 斜率的絕關(guān)于值表示木塊所受的除重力之外的合力大小，故C 錯(cuò)謀;b故選B。 正確。9 如圖所示 ABC 為一彈性輕繩，一端固定于 A 點(diǎn)，一端連接質(zhì)量為 m 的小球，小球穿在豎直的桿上。輕桿0B端固定枉墻上，一端為定滑輪。若繩自然長(zhǎng)度等于AB，初始時(shí)ABC在一條水平線上小球從C EC、E h， 為CE C 拉力為噸，小球與桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2，彈性繩始終處在彈性限度內(nèi)。下列說(shuō)法正確的是（）Yr小球在點(diǎn)時(shí)速度最大若在Ev,小球恰好能回到

11、Cv2gh小球在CE階段損失的機(jī)械 能00B0為軸轉(zhuǎn)動(dòng)，在繩與B點(diǎn)分離之前，B的線速度等于小球的速度沿繩 方向分量【答案】A【解析】【詳解】A 設(shè)當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到某點(diǎn) P 時(shí)，彈性繩的伸長(zhǎng)量是 XBP，小球受到如圖所示的四個(gè)力作用：其中F kxBpT將FT 正交分解，則F FT sinkXBPsinmnNkXec yFTFfFNmg4FTYFT COS kXBP COS kXcp據(jù)牛頓第二定律得mg Ft Fiy ma解得即小球的加速度先隨下降的距離增大而減少到零，再隨下降的距離增大而反向增大，據(jù)運(yùn)動(dòng)的關(guān)于稱性（豎Fry 3 kXcpag4 m 49 -直方向可以看作單程的彈簧振子模型）可知，小球

12、運(yùn)動(dòng)到CE的中點(diǎn)時(shí)，加速度為零，速度最大 A確；B.關(guān)于小球從 C 運(yùn)動(dòng)到E 的進(jìn)程，應(yīng)用動(dòng)能定理得 mgh WFT*mgh 0 0若在E 點(diǎn)給小球一個(gè)向上的速度 v ,小球恰能從 E 點(diǎn)回到C 點(diǎn)，應(yīng)用動(dòng)能定理得（mgh）WFT1| mv2mgh 4聯(lián)立解得3吐4mgh，vB 錯(cuò)謀；C除重力之外的合力做功等于小球機(jī)械能的變化，小球在 C 段所受繩子拉力豎直分量較小，則小球在C 段吋摩擦力和彈力做的負(fù)功比小球在 E 段時(shí)摩擦力和彈力做的負(fù)功少 小球在 C 階段損失的機(jī)械能小于小球在 E 階段損失的機(jī)械能，C 錯(cuò)誤； 繩與 B 點(diǎn)分離之前B 點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，線速度（始終垂直于桿）大小等于小球的速度

13、沿繩方向的分量， 正確故選A o如圖，豎直平面內(nèi)有abc三個(gè)點(diǎn)，b點(diǎn)在a點(diǎn)正下方，b、c連線水平。第一次，將一質(zhì)量為m的小球從 a 點(diǎn)以初動(dòng)能Ek。水平拋出 經(jīng)過(guò)c 點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為 5E第二次，使此小球帶正電，電荷量為q 同時(shí)加一方向平行于abc所在平面場(chǎng)強(qiáng)大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，仍從a點(diǎn)以初動(dòng)能E沿某一方向拋出小球，小球經(jīng)過(guò) c 點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為 13Ek0。下列說(shuō)法正確的是（不計(jì)空氣阻力：重力加速度人小為A.ab5EkomgB.ab兩點(diǎn)間的距離為兩點(diǎn)間的距離為 mg_8EkO12EKC.a、c間的電勢(shì)差為Oq.ac間的電勢(shì)差為【答案】BC【解析】【詳解】AB 不加電場(chǎng)時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理得mgh ab

14、=5E ko-E ko=4E ko, 4Eko habmg故A 錯(cuò)謀，B 正確；C .加電場(chǎng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh ab+U aCq=13E ko-E ko解得U旦acq故c 正確， BC。如圖所示，a、b、c訣別為固定豎直光滑圓弧軌道的右端點(diǎn)、最低點(diǎn)和左端點(diǎn)，Oa 為水平半徑，c點(diǎn)和圓心o的連線與豎直方向的夾角53?，F(xiàn)從a點(diǎn)正上方的P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），小球經(jīng)圓弧軌道飛出后以水平速度V3m/s經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)。已知圓弧軌道的半徑R1rn,取重力加速度 g 10m/s2, sin 53 0.8 , cos53 0.6，不計(jì)空氣阻力。下列分析正確的是（/A 小球從 P 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q

15、點(diǎn)的進(jìn)程中重力所做的功為B. P、a 兩點(diǎn)的高度差為 0.8mC .小球運(yùn)動(dòng)到b 點(diǎn)時(shí)關(guān)于軌道的壓力大小為 43N 小球運(yùn)動(dòng)到 c 點(diǎn)時(shí)的速度大小為 4m/s【答案】AC【解析】【分析】【詳解】ABc到QV3Vcm/s5m/sPHQ A A小球運(yùn)動(dòng)到 C 點(diǎn)時(shí)豎直分速度大小4.5Jc 點(diǎn)時(shí)的速度大小.4Vcyvtan3m/s=4m/sQ、c兩點(diǎn)的高度差2h妝42g2mm0.8mP、a 兩點(diǎn)的高度差為HP c,1 2mg H Rcosnnvc解得H 0.65mP 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到 Q W mg (H Rcos )h 1 10(0.65 1 0.6) 0.8 J4.5J故 A 正確，B 錯(cuò)謀；c P 到b

16、，由機(jī)械能守恒定律得1 2mg( H R) m%小球在 b 點(diǎn)時(shí)，有VbN mg聯(lián)立解得N43N很據(jù)牛頓第三定律知，小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)關(guān)于軌道的壓力大小為43N，故C正確故選AC。如圖，海王星繞太陽(yáng)沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)P為近口點(diǎn)，Q為遠(yuǎn)L!點(diǎn)，M、N為軌道短軸的兩個(gè)端點(diǎn)，運(yùn)T0p;P MQ 到N 的運(yùn)動(dòng)進(jìn)程中A P 到M 所用的時(shí)間等于4B Q 到N 階段，C P 到Q 階段，速率逐漸變小 M 到N 階段：萬(wàn)有引力關(guān)于它先做負(fù)功后做正功【答案】C【解析】【詳解】A .海王星在 PM 段的速度大小大于 MQ 段的速度大小，則 PM 段的時(shí)間小于MQ 段的時(shí)間，所以 P 到M 所用的時(shí)間小于，故A 錯(cuò)誤；

17、4B.Q 到N B 錯(cuò)誤；CP到Q 根據(jù)萬(wàn)有引力方向與速度方向的矢系知從確。C 錯(cuò)誤；M到N階段，萬(wàn)有引力關(guān)于它先做負(fù)功后做正功，故正三、實(shí)驗(yàn)題：共 2 小題，每題 8 分，共 16 分測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)的操作進(jìn)程為：閉合開(kāi)矢，讀I 在如下表格中。R;改變電阻箱的阻值，記錄多組R的值，并且求出 I R 的值，填寫序號(hào)19.0/(A) 0.V)2.Mn7*0330Z100, 3543.01,00,440.561320.56很據(jù)牛頓第三定律知，小球運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)關(guān)于軌道的壓力大小為43N，故C正確。根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描出坐標(biāo)點(diǎn)，如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)谧鴺?biāo)系中作出圖象 由圖象求得電池的電

18、動(dòng)勢(shì)EV，內(nèi)阻 Q：(結(jié)果均保留兩位小數(shù))上述方案中，若考慮電流表內(nèi)阻關(guān)于測(cè)量的影響，則電動(dòng)勢(shì)E的測(cè)量值 真實(shí)值：內(nèi)5.85 ).20 等于大于【詳根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E IR lr變形為IR Elr由圖象町得E(3.850.05)V r (5.85 0.20)Q45IR E l(r RA)因此電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量無(wú)謀即電動(dòng)勢(shì)E 的測(cè)量值等于真實(shí)值，但是內(nèi)阻測(cè)量偏大，即內(nèi)于真實(shí)值。某實(shí)驗(yàn)小組為了較準(zhǔn)確測(cè)量阻值約為20 Q的電阻Rx,實(shí)驗(yàn)室提供的器材有:r 的測(cè)量值r 的測(cè)量值大ILEA Rx :20 B.Ri：30QC 定值電阻 R2 :阻值 20 Q .電流表 G ：量程 3mA , 0 刻度在

19、表盤中央，內(nèi)阻約 50 QR3：999.99 Q2E.1,5VGR (20Q0.2A)2H.單刀單擲開(kāi)尖 S.導(dǎo)線等該小組設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖如圖，連接好電路，并且進(jìn)行下列操作.閉合開(kāi)矢，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電流表示數(shù)適當(dāng).(2) 若靈敏電流計(jì)G中的電流由C流向再調(diào)節(jié)電阻箱R3,使電阻箱R3的阻值 (選填增大或減少”)，直到G中的電流為 (填滿偏”、半偏或0”.)(3)讀出電阻箱連入電路的電阻 R3.計(jì)算出Rx.用Ri、R2、R3表示Rx的表達(dá)式為Rx= 【答案】增大 0 Rx=3R2R 3Ri【解析】【詳解】(2)C 流向，說(shuō)明C 點(diǎn)電勢(shì)高，所以應(yīng)該增大電阻箱阻值使冋路電阻增大，電流減少， C 點(diǎn)

20、電勢(shì)降低，直到C、 兩點(diǎn)電勢(shì)相同，電流計(jì)中電流為零._ R|_R3本實(shí)驗(yàn)R3 的根據(jù)C兩點(diǎn)電勢(shì)相同，可得：IR3I*Rx,IR1I只2聯(lián)立解得Rx=-Ri四解答題：本題共 3 題，每題 8 分，共 24 分.如圖所示。在y存在垂直xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，坐標(biāo)原點(diǎn)0處有一粒子源，可向x軸和x軸上方的各個(gè)方向均勻地不斷發(fā)射速度大小均為 v、質(zhì)量為 m、帶電荷量為+ q 的同種帶電粒子。在x 軸上XxXo 厚度不計(jì) 能接受帶電粒子的溯金屬板 P (粒子一旦打在金p0Xy行。不計(jì)帶電粒子的重力和粒子間相互作用力：B的大??；求被薄金屬板接受的粒子中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)與最短時(shí)間的差值;求打在薄金屬板右側(cè)面與左側(cè)

21、面的粒子數(shù)目之比。B騒9【答案】mv 4 xo 1；一 ； (3)-qx3v2【解析】【分析】【詳解】由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場(chǎng)中沿順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng),沿x方向射出的粒子恰好打則：R Xo qvB m 必R耽立得：mv qX。T,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)公式可知：2R2X。V V圖b為帶電粒子打在金屬板左側(cè)面的兩個(gè)臨界點(diǎn)，由圖可知，圓心0與坐標(biāo)原點(diǎn)和薄金屬板下端構(gòu)成三角形，帶電粒子速度方向和 x軸正方向成30角，由圖b可知到達(dá)薄金屬板左側(cè)下端的粒子用時(shí)最短，即：6 3v圖C 150a、c t 5T 于則被板接受的粒子中最長(zhǎng)和最短時(shí)間之差為:由圖a和圖c屬板右側(cè)面與左側(cè)面的粒子數(shù)目之比為:30打

22、在左側(cè)面的粒子發(fā)射角為60，所以打在薄金ti t216.3016021如圖甲所示，半徑 R 二 0.45 m 的光滑一圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，4B B 為軌道的眾低點(diǎn)，B 點(diǎn)右側(cè)的M = 1 kg 長(zhǎng)度 1= 1 m，小車的上表面與B 點(diǎn)等高，距地面高度 h 二 0.2 m 質(zhì)量 1 kg 的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧最高點(diǎn)A 由靜止釋放取 g 二 10 m/s2.試求:物塊滑到軌逍上的 B 點(diǎn)時(shí)対軌道的壓力人小;物塊滑離平板車時(shí)的速率；若解除平板車的鎖定并且撤去上表面鋪的材料后， 圓弧最高點(diǎn)A 由靜止釋放， 求物塊落地時(shí)距平板車右端的水平距離.【答案】U) 30N(2) 1m/s. (3) 0.2m.【解析】【分析】【詳解】其動(dòng)摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化,如圖乙所示，求物塊與平板車上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)尸0.2,物塊仍從(1)mvB2.解得 VB=3m/s.物體從圓弧軌道頂端滑到1BmgR22在B 點(diǎn)由牛頓第二定律得，N-mg=m 紅,R解得 N=mg+m=30NR即物塊滑到軌道上 B 點(diǎn)時(shí)關(guān)于軌道的壓力 N1 =N=30N,方向豎直向下.(2)物塊在小車上滑行時(shí)的摩擦力做功 W仁一四 盹I =2