2021屆高考考前模擬卷 物理（一）

（新高考）2021屆高考

物理（一）

注意事項：

i.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證

號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。

2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案

標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

3.非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題

卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

4.考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。

一、單項選擇題：本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，

只有一項是符合題目要求的。

1.下列關于近代物理知識的描述中，正確的是（）

A.康普頓效應實驗說明了光不但具有粒子性，還具有能量和動量

B.一個處于〃=3能級狀態(tài)的氫原子自發(fā)躍遷時，能發(fā)出3種頻率的光子

C.結合能越大，原子核越穩(wěn)定

D.衰變中產(chǎn)生的B射線實際上是原子核外電子掙脫原子核形成的

【答案】A

h

【解析】康普頓效應說明光具有粒子性，且有動量和能量，動量大小能量大小E

="故A正確；一個處于”=3能級狀態(tài)的氫原子自發(fā)躍遷時，最多只能發(fā)出2種頻率的

光，分別為〃=3躍遷到〃=2,”=2躍遷到〃=1,故B錯誤；原子核的結合能越大，原子

核的比結合能不一定越大，原子核的穩(wěn)定性用比結合能來表示，比結合能越大表示該原子核

越穩(wěn)定，故C錯誤；p衰變中產(chǎn)生的B射線實際上是原子核中的一個中子轉化為質(zhì)子同時生

成一個電子，故D錯誤。

2.中國空間站將于2022年建成，我國將進入空間站時代，空間站軌道半徑為6800km,

可看成圓軌道，空間站可供多名宇航員長期工作生活，引力常量為G,下列說法正確的是

)

A.知道空間站的運行周期就可以求得地球的質(zhì)量

B.空間站的運行周期與地球自轉的周期幾乎相等

C.空間站的運行速度大于第一宇宙速度

D.在空間站工作的宇航員因受力平衡而處于懸浮或靜止狀態(tài)

【答案】A

【解析】由萬有引力提供向心力，即有華=存「可得，知道空間站的運行周期就

可以求得地球的質(zhì)量，A正確；由于空間站的運行半徑比同步衛(wèi)星的小，故空間站的運行周

期一定小于同步衛(wèi)星的周期，又同步衛(wèi)星的周期等于地球自轉的周期，所以，空間站的運行

周期一定小于地球的自轉周期，B錯誤；因為空間站的運行的軌道大于地球的半徑，故空間

站的運行速度小于第一宇宙速度，C錯誤；在空間站工作的宇航員的合力提供向心力，其受

力不平衡，D錯誤。

3.如圖所示的理想變壓器電路中，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：2,在6端輸

入正弦交流電壓U,甲、乙、丙三個燈泡均能正常發(fā)光，且三個燈泡的額定功率相等，則下

列說法正確的是（）

A.乙燈泡的額定電流最大

B.甲燈泡的額定電壓為U

C.丙燈泡的電阻最小

D.甲燈泡的額定電壓最小

【答案】D

【解析】設原線圈中電流為/1，根據(jù)電流比與變壓器匝數(shù)成反比可知，副線圈中的電流

為夕1，即丙燈泡的額定電流為夕1，設原線圈兩端的電壓為5,則副線圈兩端的電壓為25，

由于三個燈泡的額定功率相等，則U甲（1乙+/1）=。/乙=歷/1，可見乙燈的額定電流為/i，甲

燈的額定電流為/甲=7乙+71=271，A錯誤；U甲B錯誤；由電阻定義式得，R甲

%

=~n/~=Tr~>R乙=寸，R丙=~]~~=—7^,C錯誤；甲燈的額定電壓最小，D正確。

2/14/11\1.1\

271

4.如圖所示，絕緣水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角9=30。。

一根輕質(zhì)絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A,細線與斜面平行,

且小球A正好靜止在斜面中點。在小球A的正下方地面處固定放置一帶電小球8,兩球相

距為d。已知兩球的質(zhì)量均為根、電荷量均為+q,靜電力常量為匕重力加速度為g,兩球

均可視為點電荷。則下列說法正確的是（）

A.地面對B球的支持力為力g—名

B.?='用時，斜面對小球A的支持力為4歲

c.&\用時,細線上拉力為0

D.將小球8移到斜面底面左端C點，號=21厘時，斜面對小球A的支持力不為0

a\iK

【答案】B

【解析】兩球電性相同，可知地面對B球的支持力為mg-&A錯誤；當齊弋堂時，

則有婚=5咫，對球受力分析，如圖甲所示，根據(jù)矢量的合成法則，依據(jù)三角知識，則斜

面對小球A的支持力為N=gg,T=^mg,B正確，C錯誤；當小球8移到斜面底面左端

C點，對球受力分析，如圖乙所示，F(xiàn)=k^=mg,mg、F、T三個力的合力為零，致使N

=0，小球恰要離開斜面，D錯誤。

5.如圖所示，兩個質(zhì)量相等的物體分別從傾角為30。和60。的固定光滑斜面頂端由靜止

自由下滑，到達斜面底端。兩物體在整個下滑過程中，相同的物理量是（）

A.重力的沖量

B.動量的變化量

C.動能的變化量

D.重力的平均功率

【答案】A

【解析】設底部長為L，當斜面的傾角為。時物體下滑到底部的時間為3根據(jù)牛頓第

二定律可得物體沿斜面下滑的加速度a=gsin0,根據(jù)位移一時間關系可得—二=」加2,解

cos。2

2￡

得運動的時間1=，由于兩個斜面的傾角分別為30。和60。，所以兩種情況下物

gsin。cos夕

體達到斜面底端的時間相同。根據(jù)/=%gt可知重力沖量相同，故A正確；物體所受的合力

F^=mgsin6,則合力的沖量/合=，wgfsin。，由于。不同，則合外力的沖量不同，根據(jù)動量

定理可得/合=",所以下滑過程中動量變化量的大小不同，故B錯誤；根據(jù)動能定理，合

力做功等于重力做功W=mg/?,由于力不同，合力做功不同，所以動能增加量不同，故C錯

誤；重力做功的平均功率P=邈，由于〃不同，所以兩物塊所受重力做功的平均功率不

t

相同，故D錯誤。

6.如圖所示，總質(zhì)量為小邊長為乙的正方形線圈共三匝，放置在傾角為a的光滑斜

面上，剛好關于磁場邊界MN對稱，MN上方存在勻強磁場，若線圈通以圖示方向的恒定電

流/后剛好在斜面上保持靜止，重力加速度為g,則（）

11

A.磁場方向可以豎直向下，且"嗎°

B.磁場方向可以豎直向上，且8=鱉臚

C.磁場方向可以水平向左，且8=贊

D.磁場方向可以垂直斜面向下，且乎

【答案】D

【解析】當磁場方向豎直向下時，由平衡條件得33億=相gtana,則臺二鱉薩，選項

A錯誤；當磁場方向豎直向上時，由受力分析可知線圈不會靜止，選項B錯誤；當磁場方

向水平向左時，由受力分析可知線圈不會靜止，選項C錯誤；當磁場方向垂直斜面向下時，

由平衡條件得38"=機gsina,則8=嚕產(chǎn)，選項D正確。

uLL-t

7.如圖所示，虛線右側存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，電阻為R的正方形金

屬線框的右邊與磁場邊界重合。在外力作用下，金屬線框由靜止開始以垂直于磁場邊界的恒

定加速度“進入磁場區(qū)域，G時刻線框全部進入磁場。則感應電流z?（以逆時針方向為正方

向）、線框電功率P、外力尸的大小以及通過線框橫截面的電荷量q隨時間t變化的關系正

確的是（）

【解析】線框做勻加速運動，其速度丫=4,感應電動勢E=3Lv,感應電流

絲口，，與，成正比，根據(jù)右手定則可知感應電流方向為順時針，故人錯誤；線框

RR

的電功率P=/區(qū)=空也？產(chǎn)，P—f圖像的開口向上，故B錯誤；線框進入磁場過程中

R

受到的安培力FB=BiL=寫膽，由牛頓第二定律得F-FB^ma,得尸=ma+歲等，F(xiàn)~t

圖象是不過原點的傾斜直線，故C正確；線框的位移x=/色電荷量

4=74=二4=膽=四匚？產(chǎn)，q—f圖象應是開口向上的拋物線，故D錯誤。

RR2,R

二、多項選擇題：本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，

有多項符合題目要求，全部選對得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

8.平直公路上行駛的。車和b車，其位移一時間圖象分別為圖中直線a和曲線6,已

知匕車做勻變速直線運動，/=2s時，直線a和曲線6剛好相切，下列說法正確的是（）

A.b車的加速度大小為1m/s2

B.。車的速度大小為1m/s

C.萬車做勻加速直線運動

D.f=2s時，a、。兩車相遇，速度不相等

【答案】AB

【解析】位移一時間圖象中的斜率代表物體的速度，所以a物體做勻速運動，f=2s時,

直線a和曲線6剛好相切，所以vb=va=-^-m/s=lm/s,對b車從0到2s,設初速度v0：

Vb—vo—at,——^=x=6m—2m=4m,聯(lián)立解得：vo—3m/s,a—1m/s2,A、B正確；因

為斜率代表速度，而b車的斜率越來越小，所以6車做勻減速運動，C錯誤；因為t=2s時，

直線。和曲線6剛好相切，斜率相同，所以兩車在該時刻速度相等，D錯誤。

9.如圖所示，ACD為一半圓形區(qū)域，其中。為圓心，為直徑，ZAOC=90°,半圓

形區(qū)域內(nèi)存在著垂直該平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為人一帶電粒子（不計重力）

從圓弧的P點以速度v沿平行于直徑AD方向射入磁場，運動一段時間從C點離開磁場時，

并且速度方向偏轉了60。角，設尸點到的距離為d。下列說法中正確的是（）

C^60°

d\L.一一一?：.一.一一一:一..i

AoD

A.該粒子帶正電

B.該子的比荷為,

2Bd

C.該粒子在磁場中運動時間為友

3V

D.直徑4。長度為4d

【答案】BD

【解析】帶電粒子在半圓形磁場中向上偏轉，由左手定則可判斷，粒子帶負電，A錯誤；

過P點和C點做速度的垂線，交點即為圓心如圖，由幾何關系可知，0cop為菱形NCOP=

ZCO'P=60°,OP=2d=PC=r,r=個，—=—^―,B正確；粒子在磁場中運動時間

qBm2dB

t=-=—,C錯誤；直線A。的長度等于磁場區(qū)域半徑的2倍，即4d,D正確。

63v

10.如圖所示是某科技小組制作的投石機的模型。輕桿可繞固定轉軸。。在豎直面

內(nèi)自由轉動，A端凹槽內(nèi)放置一小石塊，2端固定配重。某次試驗中，調(diào)整桿與豎直方向的

夾角為6后，由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉到豎直方向時，石塊被水平拋出，打到正

前方靶心上方6環(huán)處，不計所有阻力。若要正中靶心，下列措施不可行的是（）

A.增大石塊的質(zhì)量

B.增大6?角

C.增大配重的質(zhì)量

D.減小投石機到靶的距離

【答案】BCD

【解析】設石塊和配重的質(zhì)量分別為m1、m2,石塊和配重到轉軸的距離分別為/1、12,

石塊被拋出時的速度大小為VI,則此時配重的速度大小為z=幺耳①，根據(jù)機械能守恒定律

,1

111I2

有m2g4(1—cos6)—m1g《(I—cos6)=一叫年H?一~(一叫■叫)②，由②式可

2'

知，若增大加，則也將減小，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石塊擊中靶

前做平拋運動的時間將增大，此措施可行，故A正確；根據(jù)杠桿原理可知，輕桿48之所以

能繞轉軸。。'轉動起來從而使石塊被拋出，一定滿足班g/]sin9＜加2g4sin。③，即

m111cm吹④,根據(jù)②④兩式可知，若增大仇則也將增大，又因為石塊拋出點到靶心的水

平距離不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，此措施不可行，故B錯誤；根

據(jù)②式可知，若增大m2,則也將增大，又因為石塊拋出點到靶心的水平距離不變，所以石

塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，此措施不可行，故C錯誤；減小投石機到靶的距離

后，由于vi不變，所以石塊擊中靶前做平拋運動的時間將減小，此措施不可行，故D錯誤。

三、非選擇題：共57分。第11?14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15?

16題為選考題，考生根據(jù)要求作答。

（一）必考題：共47分。

11.（6分）某組同學用圖甲所示裝置測量重力加速度，鐵架臺上固定著光電門，讓直徑

為d的小球從一定高度處由靜止開始自由下落，小球球心正好通過光電門。光電門可記錄小

⑴用游標卡尺測量小球直徑時，卡尺的刻度如圖乙所示，則小球的直徑為cm。

(2)某次實驗中小球的下邊緣與光電門間的距離為/7,小球通過光電門的時間為加，若

小球通過光電門的速度可表示為重力加速度可表示為g=(用字母表示)。

(3)嚴格來說若并不等于小球球心經(jīng)過光電門時的速度，由此計算出的速度比真實值

(填“偏大”“偏小”或“不變”)。

【答案】(1)2.540(2)c◎)偏小

(2/z+d)A/

【解析】⑴由20分度的游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則知小球的直徑d=2.5cm+8x0.005cm=

2.540cmo

⑵由運動學公式y(tǒng)=2gT￡)2=2g,+3,解得g=&二加2。

(3)■為小球通過光電門的平均速度，是通過光電門時間中點的瞬時速度，而小球球心

通過光電門的速度為位移中點的瞬時速度，由位移中點的瞬時速度大于時間中點的瞬時速度

知速度比真實值偏小。

12.(9分)某同學有一塊滿偏電流心=250NA的小量程電流表G。需要將它改裝為4mA

量程的電流表。

(1)他采用圖甲所示電路測量電流表G的內(nèi)阻R。斷開Si閉合S2時電流表G讀數(shù)為/g,

若再閉合Si后干路電流仍保持為/g,則當電流表G讀數(shù)為時，電流表G內(nèi)阻耳與

電阻箱R'的阻值相等。

100150

據(jù)此原理，該同學測出電流G內(nèi)阻。下面是打亂的操作，請按正確步驟排序o

A.讀出R的阻值為90.0。，斷開開關

B.閉合開關S2,調(diào)節(jié)R的阻值使電流表G指針偏轉到滿刻度

C.閉合開關Si保持R的阻值不變，調(diào)節(jié)R的阻值使電流表G指針偏轉到滿刻度的一

D.將R的阻值調(diào)至最大

實驗室有：滑動變阻器吊(最大阻值200。)、滑動變阻器&(最大阻值10k。)備選。

為了讓RgxR',滑動變阻器應選用(選填“Ri”或

(2)改裝為4mA量程的電流表，需要將電阻箱R并聯(lián)在電流表G兩端，調(diào)其阻值為—

Qo

(3)該實驗，小組用圖乙所示電路校準改裝的電流表，當標準表示數(shù)為3.2mA時，電流

表G示數(shù)如圖丙所示，由于實驗測量的“存在誤差，導致改裝表與標準表存在讀數(shù)差異，

為了使改裝表示數(shù)與標準表示數(shù)一致，則需要將R'的阻值調(diào)整為Qo

【答案】(lg/gDBCA&(2)6.0(3)7.6

【解析】(1)閉合Si后，并聯(lián)部分電路起到分流的作用，干路電流仍保持為/g,則當電

流表G讀數(shù)為5g時，兩支路電流相等，故電流表G內(nèi)阻”與電阻箱R的阻值相等。

正確步驟排序為DBCA。

甲電路中，測電流表內(nèi)阻，要求閉合Si后，干路電流不變，故要求滑動變阻器的阻值

足夠大，故選&。

(2)分流電阻滿足/gRg=(/—/g)R,帶入數(shù)據(jù)可得R=6.0Q?

(3)設電流表G的內(nèi)阻為RJ,則有(3.2—O.16)X1()-3R=016X10-3&,,解得4，=1山。Q,

根據(jù)上一問中求分流電阻的方法，有IgRJ=QTg)R”,解得R"=7.6。。

13.(13分)光滑的水平面上，質(zhì)量為加1的小球A以速率w向右運動.在小球的前方。

點處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止狀態(tài)，如圖所示。小球A與小球B發(fā)生正碰后，小球

A、8均向右運動，小球8被在。點處的墻壁彈回后與小球A在尸點相遇，PQ=l.5PO,假

設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，小球均可看成質(zhì)點，求：

一

OPQ

(1)兩小球質(zhì)量之比生；

m2

(2)若小球A與小球8碰后的運動方向以及小球8反彈后與A相遇的位置均未知，兩小

球A、B質(zhì)量滿足什么條件，就能使小球3第一次反彈后一定與小球A相碰。

【解析】(1)兩球發(fā)生彈性碰撞，設碰后A、8兩球的速度分別為也、藝，規(guī)定向右為正

方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒得：

mivo—?iivi+m2V2

已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機械能損失，由機械能守恒定律得：

521Vo2=%71Vl2+522V22

從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，又由于PQ=L5P。

則小球A和8通過的路程之比為S1:S2=vitV2t=\4

聯(lián)立解得巴=-O

m21

(2)由(1)中兩式解得也=也產(chǎn)W，V2=e^vo

加1十加2根1十根2

若小球A碰后靜止或繼續(xù)向右運動，一定與小球3第一次反彈后相碰，此時有也K)

此時mi>m2

若小球A碰后反向運動，則也V0

此時mi<m2

則小球A與8第一次反彈后相碰需滿足歷|<|也I，即也產(chǎn)vo〈招jo

m1~rm2

解得加1

綜上所述，只要小球A、8質(zhì)量滿足的>5系就能使小球8第一次反彈后一定與小球

A相碰。

14.(17分)如圖所示，在坐標系尤Oy中，x軸水平向右，y軸豎直向下，在定2L區(qū)域內(nèi)

存在與無軸平行的勻強電場(未畫出)，一帶正電小球，電荷量為q,從原點。水平拋出，再

從A點進入電場區(qū)域，并從C點離開，其運動的軌跡如圖所示，8點是小球在電場中向右

4

運動的最遠點，3點的橫坐標初=3￡。已知小球拋出時的動能為40,在8點的動能為］Eko，

重力加速度為g,不計空氣阻力。求：

0g2L3M4々

I

/I

y.

(1)小球在段運動的時間與在AB段運動的時間之比；

(2)勻強電場的場強和小球的質(zhì)量；

(3)小球在電場中運動的最小動能。

【解析】(1)設小球質(zhì)量為加，初速度為w，從。到A,小球水平方向做勻速直線運動，

有：

2￡=丫03①

從A運動到8點，小球水平方向做勻減速直線運動，依據(jù)題意小球在2點水平方向的

速度為0,由運動學公式得：入=乎油②

①②聯(lián)立解得：h4=以5

BHtOA—l.

艮*1。

41

(2)設小球在3點豎直方向上的速度為酩y,有1為0=產(chǎn)"砂2③

又Eko=T〃而④

設小球在A點豎直方向的速度為必”由于小球在豎直方向做自由落體運動，而且

3=3}⑤

③④⑤聯(lián)立解得：心，=冬0⑥

從A運動到8點，小球水平方向做勻減速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式得：

n（）2=2安⑦

④⑦聯(lián)立解得：E=等,方向水平向左

又由運動學公式得VAy=g/OA⑧

V0=^tAB?

⑥⑧⑨聯(lián)立解得：

（3）由以上所得結果可知F合與水平方向夾角為30。，股與水平方向夾角為30。，建立如

圖所示坐標系

將VA分解到ay上，小球在才方向上做勻速運動，在y方向上做類似于豎直上拋運動，

所以小球在電場中運動的最小動能為Ekmin=|mVAV2

而V4V=K4COS3O°=VO

解得￡kmin=EkO。

（二）選考題：共12分。請考生從第15題和第16題中任選一題作答，若兩題都做，則

按所做的第一題記分。

15.[物理一選修3—3]（12分）（4+8）

（1）（4分）下列說法正確的是-（在給出的四個選項中，只有一個是符合題

目要求的）

A.功可以全部轉化為熱，但熱量不能全部轉化為功

B.物體吸收熱量，同時對外做功，其內(nèi)能可能增加

C.食鹽溶化過程中，溫度保持不變，說明食鹽是晶體

D.布朗運動是指液體分子的無規(guī)則運動

【答案】BC

【解析】功可以全部轉化為熱，根據(jù)熱力學第二定律可知，在外界的影響下熱量也可以

全部轉化為功，故A錯誤；物體吸收熱量。，同時對外做功W,若二者相等，則內(nèi)能不變，

若。〉W,則內(nèi)能增加，若W>。，則內(nèi)能減少，故B正確；晶體的特點是在熔化過程中溫

度保持不變，有固定的熔點，食鹽熔化過程中，溫度保持不變，說明食鹽是晶體，所以C

正確；布朗運動的實質(zhì)是液體分子不停地做無規(guī)則運動撞擊懸浮微粒，懸浮微粒受到的來自

各個方向的液體分子的撞擊作用不平衡導致做無規(guī)則運動,反映的是液體分子的無規(guī)則運動,

故D錯誤。

（2）（8分）如圖所示，一端封閉且粗細均勻的“L”型細玻璃管，豎直部分長為/=50cm,

水平部分足夠長。當溫度為288K時，豎直管內(nèi)有一段長為力=20cm的水銀柱，封閉著一

段長A=20cm的空氣柱，外界大氣壓強始終保持76cmHg。求：

①被封閉氣柱長度為,2=40cm時的溫度；

②溫度升高至627K時，被封閉空氣柱的長度紈

【解析】①氣體在初態(tài)時有：pi=96cmHg,Ti=288K,h=20cm

末態(tài)時有：力=86cmHg,Z2=40cm

由理想氣體狀態(tài)方程得：噌=嚶

所以可解得：石=516K。

②當溫度升高后，豎直管中的水銀將可能有一部分移至水平管內(nèi)，甚至水銀柱全部進入

水平管。因此當溫度升高至627K時，水銀柱如何分布，需要分析后才能得知。設水銀柱剛

好全部進入水平管，則此時被封閉氣柱長為/=50cm,壓強p=76cmHg,此時的溫度為:

plTi76x50x288

K=570K

pih96x20

現(xiàn)溫度升高到627K>T=570K,可見水銀柱已全部進入水平管內(nèi)，末態(tài)時「3=76cmHg,

73=627K,此時空氣柱的長度為：/3=膂=黑喘2