加17套高考模拟卷山西省怀仁市重点中学2020-2021学年高考物理全真模拟密押卷含解析

山西省怀仁市重点中学2020-2021学年高考物理全真模拟密押卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．()B则金属板N有可能发生光电效应C．若增加光的照射强度，则从金属板M中逸出的光电子的最大初动能会增大D．若增加光的照射强度，则单位时间内从金属板M中逸出的光电子数会增加的拉力，则()B．FA、FB的合力大于mg3、如图所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k，开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，v，在这个过程中振子的平均速度为AA．等于B于4、下列属于理想化物理模型的是()A．电阻B．点电荷C．力的合成D．瞬时速度5、如图，质量为M=3kg的小滑块，从斜面顶点A静止开始沿ABC下滑，最后停在水平面D点，不计滑块从AB面在运动过程中，小滑块与接触面的动摩擦因数相同．则()A．小滑块与接触面的动摩擦因数μ=0.5B．小滑块在AB面上运动时克服摩擦力做功，等于在BC面上运动克服摩擦力做功BBC6、如图所示，圆环固定在竖直平面内，打有小孔的小球穿过圆环．细绳a的一端固定在圆环的A点，细绳b的一端OBB小球和重物均保持静止．则在此过程中绳a的拉力()A．一直增大B．一直减小7、用a、b两种不同波长的光，先后用同一装置做双缝干涉实验，得到两种干涉条纹，其中a光的干涉条纹间距小于b光的条纹间距，则()P点是x轴上距坐标原点96m处的质点。下列判断正确的是()A．该质点开始振动的方向沿y轴向上9、在光滑绝缘水平面上，一绝缘轻绳栓着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做顺时针方向的匀速圆周运动，磁场的方向竖直向下，其俯视图如图，若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后的运动情况，可能的是()A．小球做逆时针匀速圆周运动，半径不变B．小球做逆时针匀速圆周运动，半径减小C．小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变D．小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小屏幕上显示的图样。图甲条纹间距明显大于图乙，A．若光屏到双缝的距离相等，则图甲对应的波长较大B．若光源、双缝间隙相同，则图甲光屏到双缝的距离较大C．若光源、光屏到双缝的距离相同，则图甲双缝间隙较小D．图甲的光更容易产生明显的衍射现象程。11．(6分)某同学用“插针法”测一玻璃砖的折射率。①在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界。然后在玻璃砖的一侧竖直插上两PAB12．(12分)某同学在“探究物体运动的加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，把按控制变量法做的两个实验1123456789F/Nm/kg若利用表中数据探究物体运动的加速度与物体受力的关系，则选用物体的质量为m=___________，请在本题给出的坐标纸中作出a－F图像________。13．(10分)“∟”形轻杆两边互相垂直、长度均为l，可绕过O点的水平轴在竖直平面内自由转动，两端各固定一个2金属小球A、B，其中A球质量为m，带负电，电量为q，B球的质量为m，B球开始不带电，整个装置处于竖直向3参考答案【解析】【详解】A．金属板M能发生光电效应，金属板N不能发生光电效应，说明入射光的频率大于金属板M的极限频率而小于金属板N的极限频率，由W=hv，知金属板M的逸出功小于金属板N的逸出功，故A错误；0B．能否发生光电效应取决于入射光的频率和金属的极限频率的大小关系，而与光的照射强度无关，故B错误；C．根据爱因斯坦光电效应方程E=hvW可知，在金属板M逸出功一定的情况下，光电子的最大初动能E只与入k0kD【解析】【详解】AO点受力分析，如图所示：根据平衡条件，并结合正弦定理，有：FFGA=B=a由于a>，故：FsinA=<1FsinaBABC．调节悬点A的位置，使A点向右移动，由于OA始终比OB长，所以不可能出现a=的情况，所以不可能使FABD．调节悬点A的位置，使A点向左移动，当a+趋向180。时，可使F、F都大于mg，D正确。AB【解析】【分析】平均速度等于这段位移与所需要的时间的比值．而位移则通过胡克定律由受力平衡来确定。【详解】【点睛】考查胡克定律的掌握，并运用位移与时间的比值定义为平均速度，注意与平均速率分开，同时强调位移而不是路程。4、B【解析】【分析】理想化模型的特点是现实生活中不存在。通过想象合理分析得出忽略次要因素，只考虑主要因素，据此判断即可。【详解】建立理想化模型的一般原则是首先突出问题的主要因素，忽略问题的次要因素．物理学是一门自然学科，它所研究的对象、问题往往比较复杂，受诸多因素的影响有的是主要因素，有的是次要因素．为了使物理问题简单化，也为了便电5、C【解析】【详解】gSAABBCABBCCD16B、小滑块在AB面上运动时所受的摩擦力大小f1=μMgcos53°，小滑块在BC面上运动时所受的摩擦力大小fMgcosff等，则小滑块在AB面上运动时克服摩擦力做功小于小滑块在BC面上运动克服摩CAB面上运动的平均速度小于小滑块在B、C面上的平均速度，故小滑块在AB面上运动43D、小滑块在AB面上运动的加速度a=gsin9-gcos9=m/s2，小滑块在BC面上运动的加速度85a=gsin-gcos=m/s2，则a:a=43:20，故D错误。22126、A【解析】对联结点O进行受力分析，受三个拉力保持平衡，动态三角形如图所示：可知小球从B点缓慢移到B′点过程中，绳a的拉力F逐渐变大，故A正确，BCD错误．a7、AC【解析】【详解】LdxdLbab8、BC【解析】【详解】A方向沿y轴负方向，故A错误；T0.8309、ABC【解析】【分析】【详解】AB．如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球原来所受合力大小时，绳子断后，小球做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，也可能洛伦兹力大于之前合力的大小，则半径减小，故AB正确；CD．若小球带负电，则小球所受的洛伦兹力指向圆心，开始时，拉力可能为零，绳断后，仍然洛伦兹力提供向心力，顺时针做圆周运动，半径不变．若开始靠洛伦兹力和拉力的合力提供向心力，拉力减小为零，小球靠洛伦兹力提供向【解析】【详解】A．甲光的条纹间距大，光屏到双缝的距离相等，由于双缝间的距离未知，故无法比较波长的大小，A错误；LB．若光源、双缝间隙相同，根据双缝干涉条纹的间距公式x=入知d以及波长相等，图甲的条纹间距大，则图甲光LdLdL程。【解析】【详解】①[1]．在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界。然后在玻璃砖的一侧竖直插②[2]．玻璃的折射率sin三AOCAC4.00n====1.43【解析】【分析】【详解】[1]根据按控制变量法可知，探究物体运动的加速度与物体受力的关系，需要保证质量不变，故由表中数据可知选用物kg的数据描点作图如图所示32【解析】【详解】mglsin9=Eqlsin9+mglcos9AB4tan=43=53 lmglEqlBA13电场力的功：2m14、(i)n=1123；(ii)t=c【解析】【分析】【详解】(i)如图，作出光路图根据折射定律可得根据几何知识可得OA3R2(ii)光从A经多次反射到C点的路程RR22sc得c光线从A在气泡中多次反射到C的时间为。c【解析】【分析】首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间【详解】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有AABBEk=mAvA2+mBvB2②联立①②式并代入题给数据得ABAB(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a．假设A和B发生碰撞前，BtBBB2BB2在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发1sA=vAt–2at2⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有2AA2AAAB联立③⑧⑩式并代入题给数据得v=7m/sA故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有m(v,)=mv,,+mv,,AAAABB111mv,2=mv,,2+mv,,22AA2AA2BB联立联立式并代入题给数据得===5BAABB由④由④式及题给数据得s63m,s,=0.28mABsA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s,=s,+s,=0.91mAB2020-2021高考物理模拟试卷1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。R在电压为u＝311sin100πt(V)的交流电源上．电热器工作时的电阻为100Ω，电路中的交流电表均为理想电表．由此可知2、如图所示，正六边形的物体上受四个共点力的作用下保持平衡。下列说法正确的是()4、一只小鸟飞停在一棵细树枝上，随树枝上下晃动，从最高点到最低点的过程中，小鸟()A．一直处于超重状态C．先失重后超重B．一直处于失重状态D．先超重后失重55、倾角为9的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一“”形长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为。平行于斜面的力传感器(不计传感器的重力)上端连接木板，下端连接一质量为m的光滑小球，如图所示，当木板固定时，传感器的示数为F，现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F。则下列说法正确的是()122221kg氢原子能级示意图如图所示。静止氢原子从n=4跃迁到n=1时，氢原子的反冲速度是多少？()Orm球与桌面的动摩擦因数为=0.6，g=10m/s2。当细绳与O点做圆周运动的轨迹相切时，则下列说法正确的是()A．小球做圆周运动的向心力大小为6NC．小球做圆周运动的线速度为2m/sD．手在运动一周的过程中做的功为6πJ8、如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波t=1s时刻波形图，该时刻M点开始振动，再过1.5s，N点开始振A．波的传播速度4m/sB．质点M的振动方程y=0.5sin(2t+)2C．质点M、N相位相差是10、如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m的A、B两物块叠放在一起，距轴心距离为L，随圆盘一起做匀速圆周擦力，则下列说法正确的是()A．物块A、B一起匀速转动过程中加速度恒定B．物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等gC．AB一起转动的最大角速度为2L程。11．(6分)某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：22(1)请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁__________．(2)该同学描绘出的I–U图象应是下图中的___________．12．(12分)如图甲所示，一与电脑连接的拉力传感器固定在竖直墙壁上，通过细绳拉住一放在长木板上的小铁块，细绳水平伸直，初始时拉力传感器示数为零。现要测量小铁块与长木板之间的动摩擦因数，用一较大的水平拉力拉住长木板右端的挂钩，把长木板从小铁块下面拉出，在电脑上得到如图乙所示的数据图像，已知当地重力加速度“不变”)13．(10分)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间下边界重合(图中位置I)，导线框的速度为v0。经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置II)，导线框的速度刚好为零。(1)求导线框在位置I时的加速度大小；(2)求从位置I到位置II的过程中，导线框中的焦耳热；(3)定性画出导线框从位置I到再次回到位置I时速度随时间变化图象；(4)上升阶段和下降阶段导线框克服安培力做功分别为W1和W2，试判断W1与W2的大小关系，并简述判断依据。BnL一束光从距A点为的G点垂直AB射入玻璃砖。光在真空中的传播速度为c，不计光路逆向的来回反射情形。4(2)该束光从G点进入起，到刚射出玻璃砖经历的时间t。15．(12分)如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域Ⅰ和Ⅱ，充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B0，区域Ⅱ的磁感应强度大小可调，C点坐标为(4L，3L)，M点受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场．(1)若粒子无法进入区域Ⅰ中，求区域Ⅱ磁感应强度大小范围；(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域Ⅱ磁感应强度大小；(3)若粒子能到达M点，求区域Ⅱ磁场的磁感应强度大小的所有可能值．参考答案【解析】【详解】2因为交流电的最大值为Um＝311V，故其有效值为U=U=220V，则电压表的示数为220V，故A错误；因为U220R1002、A【解析】【详解】3、C【解析】【详解】=mxt=v1qEy=at2=t2m4、C【解析】小鸟随树枝从最高点先向下加速后向下减速到最低点，所以小鸟先处于失重状态，后减速处于超重状态，故C正确．点晴：解决本题关键理解超重与失重主要看物体的加速度方向，加速度方向向上，则物体超重，加速度方向向下，则【解析】【分析】【详解】AB．当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有F1=mgsinθ静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若μ=0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得Mgsinθ=Ma解得再以小球为研究对象，则有解得F=02CD．当木板沿斜面下滑时，若μ≠0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为a=gsinθ-μgcosθ隔离对小球分析有解得F2=μmgcosθF1：F2=mgsinθ：μmgcosθ=tanθ：μ解得=Ftan92F16、A【解析】【分析】【详解】氢原子从n=4跃迁到n=1时放出光子的能量为41光子的动量hp=y光子的能量yEp=c根据动量守恒定律可知HH得HH解得7、BCD【解析】【详解】A．由几何关系可知小球做圆周运动的轨道半径R=r2+l2=0.25m小球做圆周运动，根据牛顿第二定律nr0.153r0.153l0.24得F=16NnB．由于n解得O小球一样，所以选项B正确；v2F=mnRD．手在运动一周的过程中做的功等于小球克服摩擦力做的功，故8、ACE【解析】【详解】t1.5Bm系可知周期为：入vT9、ACE【解析】【详解】A．由图像知波长为μ•2mg=2mωB2L传播距离xv==8m/stv8率1f==2HzTDE．质点Q运动了时间为15【解析】【分析】【详解】A．两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心不恒定，故A错误；B．根据向心力公式Fn＝mLω2可知，物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确；CD．对AB整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有1解得gL=gLB对A分析，B对A的最大静摩擦力提供向心力，有0.5μ.mg=mωA2L得=Ag=AgAB一起转动的最大角速度为，此时圆盘对B的摩擦力为g2LA程。【解析】【分析】【详解】Ir为I=I+A1A1=0.4?A的电流表；待测小灯泡的阻值较小，故采用电流表外接法；为使曲线完整，滑动变阻器应A1R4采用分压接法，故选择总阻值小的R，电路如图：②小灯泡灯丝的电阻随温度升高而变大，故该同学描绘出的I–U图线应该是B．【点睛】此题考查了探究小灯泡的伏安特性曲线的实验；此题的难点在于题中所给的电表量程都不适合，所以不管是电流表还是电压表都需要改装，所以要知道电表的改装方法；改装成电压表要串联分压电阻；改装成电流表要并联分流电阻；部分基本和课本实验一样．【解析】【详解】(1)[1]．由题图乙可知，小铁块所受滑动摩擦力f=1.0N，由f=mg解得小铁块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.204.(2)[2]．由于摩擦力与小铁块运动的速度无关，所以随着速度的增加，小铁块受到的摩擦力不变。(3)[3]．由题图乙可知，小铁块所受的最大静摩擦力f=1.20N11(2)Q=2mv02-2mgL；(3)N2B2L213、(1)a1=g+v0；【解析】【详解】 (1)线圈在位置Ⅰ时：由牛顿第二定律：mg+F=ma安1EF=NBIL；I=1；E=NBLv安11R10N2B2L2联立解得：a=g+v1 (2)导线框从位置I到位置II的过程中由能量关系：mv2=mg.2L+Q201解得Q=mv2-2mgL20N2B2L2 (3)由a=g+v可知，线圈向上运动过程中做加速度减小的变减速运动；同理下落过程中做加速度减小的Rm加速运动，则运动图像如图；(4)根据能量守恒定律可知，线框经过同一位置时：上升的速率大于下降的速率，上升过程的安培力大小较大，而位移大小相等，所以上升过程中比下降过程中克服安培力做的功多，即W1>W2.993L【解析】【分析】【详解】n3G何关系可知光在H点的人射角故入射光线射到AF面会发生全反射，同理在FE、EB面也发生全反射，光路图如图所示mvLmvL(2)由n=，解得v2v=c3根据几何关系可得光在玻璃砖内传播的路程为：LL33Ls=GH+HI+IJ+JM=2tan60。+22cos30。=422光束在玻璃砖内传播的时间为t==s9t==v4c6498016024080160【解析】【分析】【详解】(1)粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与x轴相切时，恰好不能进入Ⅰ区域故粒子运动半径r>3L0vqBL粒子运动半径满足：qBv=m代入vvqBL0r02m0B解得B06 (2)粒子在区域Ⅰ中的运动半径r=0=qB2若粒子在区域Ⅱ中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场．恰好不从AC边射出时满足∠O2O1Q=2θsin29=2sin9cos9=又sin29=rRr4949解得R=r=L2448qBL代入v=0B可得：B=0 (3)①若粒子由区域Ⅰ达到M点每次前进CP=2(Rr)cos9=8(Rr)2522549R=r+LL，解得n316n48n=1时R=L，B=B330n=2时R=L，B=B4104924n=3时R=L，B=B48490②若粒子由区域Ⅱ达到M点1254即5L=8R+8n(Rr)，解得R=2+5nL49L，解得n262558(1+n)482558n=0时R=L，B=B16250n=1时R=L，B=B330点睛：本题考查了带电粒子在磁场中的运动情况，做诸如此类问题时要注意正确画出运动轨迹图，并结合几何关系求出运动的半径，并分析运动的可能性，由于运动的多解性，所以要求我们做此类题目时要细心再细心．22020-2021高考物理模拟试卷1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。1、图甲所示为氢原子能级图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时能辐射出多种不同频率的光，其中用从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射的光照射图乙所示光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，则A．改用从n=4能级向n=1能级跃迁时辐射的光，一定能使阴极K发生光电效应B．改用从n=3能级向n=1能级跃迁时辐射的光，不能使阴极K发生光电效应2、在“油膜法估测分子的直径”实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是()A．等效替代法B．控制变量法C．理想模型法D．比值定义法3、乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示。在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态)则()A．小物块受到的支持力方向竖直向上B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下1C．小物块受到的静摩擦力为mg+ma1D．小物块受到的滑动摩擦力为mg+ma2已知②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向竖直向下，以下判断中正确的是()A．①的电流方向为a→bB．③的电流方向为f→eC．①受到安培力的合力方向竖直向上D．③受到安培力的合力方向竖直向下5、目前在太阳系内一共已经发现了约127万颗小行星，但这可能仅是所有小行星中的一小部分.若某颗小行星在离太阳中心R处做匀速圆周运动，运行的周期为T，已知引力常量为G，仅利用这三个数据，可以估算出太阳的()A．表面加速度大小B．密度C．半径D．质量6、如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下(方向不变)，现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止。下列说法正确的是()7、一交流发电机组为某用户区供电的示意图如图所示，发电机组能输出稳定的电压。升压变压器原、副线圈匝数之比的到来，用户区开启了大量的用电器，下列说法正确的是()D．输电线的电阻消耗的功率减小8、如图所示，在竖直平面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆弹簧处于原长。现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则()A．物块和弹簧系统机械能守恒B．物块在B点时加速度方向由B指向A9、如图，有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABCD，AB=3L，BC=2L在边界AB的中点上有一个粒子源，沿与边界AB并指向A点方向发射各种不同速率的同种正粒子，不计粒子重力，当粒子速率为v0时，粒子轨迹恰好与AD边界相切，则()30CCD边界上只有上半部分有粒子通过3道的最高点，de面水平且有一定长度.今将质量为m的小球在d点的正上方高为h处由静止释放，让其自由下落到d处切入轨道内运动，不计空气阻力，则()hadeCh过a点后落回轨道内程。11．(6分)用如图甲所示装置验证滑块(含遮光片)和重物组成的系统机械能守恒。光电门固定在气垫导轨上B点。①用天平测滑块(含遮光片)质量M和重物质量m，用螺旋测微器测遮光片宽度d。测得M=3.0kg，m=l.0kg。②正确安装装置，并调整气垫导轨使其水平，调整滑轮，使细线与导轨平行。③在气垫导轨上确定点A，让滑块由静止从A点释放，记录滑块通过光电门遮光片的挡光时间t；并用刻度尺测A、1123456Ep__________J，系统增加的动能0(4)另一位同学认为前面伺学只选择了一组数据，他尝试利用上表中全部数据，做出了函数关系图像，图像是一条过坐1t1t212．(12分)某同学欲用伏安法测定一阻值约为5Ω的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：AC．直流电流表A2(量程0~3A，内阻约为0.2Ω)；D．直流电压表V1(量程0~3V，内阻约为3kΩ)；E．直流电压表V2(量程0~15V，内阻约为6kΩ)；(1)在备选器材中，实验中电流表应选_____，电压表应选_____；(均填写器材前字母序号)(2)该同学连接了部分电路，如图甲所示，还有三根导线没有连接，请帮助该同学完成连线；(______)(3)按要求完成了电路连接后，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最_____(选填“左”或“右”)端；__(选填“大于”“小于”或“等于”)真实值。13．(10分)如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．木块A以速度v=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动．已知木块A的(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．14．(16分)质量为M的滑块由水平轨道和竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道组成，放在光滑的水平面上．质量为m的物块从圆弧轨道的最高点由静止开始滑下，以速度v从滑块的水平轨道的左端滑出，如图所示．已知M:m=3:1，为µ，圆弧轨道的半径为R．(1)求物块从轨道左端滑出时，滑块M的速度的大小和方向；(2)求水平轨道的长度；(3)若滑块静止在水平面上，物块从左端冲上滑块，要使物块m不会越过滑块，求物块冲上滑块的初速度应满足的小圆筒内侧截面积为S，两活塞用刚性轻杆连接，间距为2l，活塞之间封闭有一定质量的理想气体。初始时大活塞与大气压p0保持不变，不计活塞、滑轮摩擦、活塞导热良好。求：l (i)缓慢向托盘中加沙子，直到大活塞与大圆简底部相距，停止加沙，求此时沙子质量；2(ii)在(i)情景下对封闭气体缓慢加热可以使活塞回到原处，求回到原处时封闭气体的温度。参考答案【解析】在跃迁的过程中释放或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，E=0.85eV(3.40)=2.55eV=hv，此种光的频率大于金属的极限频率，故发生了光电效应.A、E=0.85eV(13.6)=12.75eV>E,同样光的频率大于金414141光电效应，则B错误；C、由光电效应方程E=hvW，入射光的频率变大，飞出的光电子的最大初动能也变大，km0C误；D、由E=hvW知光电子的最大初动能由入射光的频率和金属的逸出功决定，而与入射光的光强无关，km0【点睛】波尔的能级跃迁和光电效应规律的结合；掌握跃迁公式E=EE，光的频率E=hv，光电效应方程mnE=hvW.km02、C【解析】【详解】在“油膜法估测分子的直径”实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是理想模型法，故C项正确，ABD三项3、C【解析】【分析】由题知：木块的加速度大小为a，方向沿斜面向上，分析木块受力情况，根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。根据牛顿第二定律求解木块所受的摩擦力大小和方向。【详解】AB．以木块为研究对象，分析受力情况为重力mg，斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，根据平衡条件可知支持力N垂直于斜面向上，摩擦力f沿斜面向上，故AB错误；CD．由于小物块和斜面保持相对静止，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，根据牛顿第二定律得【点睛】本题首先要正确分析木块的受力情况，其次要能根据牛顿第二定律列式，求摩擦力。4、C【解析】【详解】AB．因为②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向竖直向下，根据左手定则可知导线②处的合磁场方向垂直纸面向外，而三根长直导线等间距，故导线①和③在导线②处产生的磁场大小相等，方向均垂直纸面向外，再由安培定C．根据安培定则可知②和③在①处产生的磁场方向垂直纸面向外，而①的电流方向为b→a，根据左手定则可知①受D．根据安培定则可知②在③处产生的磁场方向垂直纸面向里，①在③处产生的磁场方向垂直纸面向外，根据电流产生磁场特点可知③处的合磁场方向垂直纸面向里，又因为③的电流方向为e→f，故根据左手定则可知③受到安培力的【解析】【详解】AC．在太阳表面，重力和万有引力相等，即r2r因根据已知条件无法求出太阳半径，也就无法求出太阳表面的重力加速度，故AC错误；D．根据万有引力提供向心力可得Mm42R2T2求得中心天体质量M=GT26、C【解析】【分析】【详解】B．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律BSE=n=nttD．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，则f=FD误。、BC【解析】【分析】【详解】将远距离输电的电路转化为等效电路中U=2U2n112R=3R2效n2用4由闭合电路的欧姆定律U=I(r+R)22效故随着用电高峰的到来用户区开启了大量的用电器，R减小，导致R变小，则输电电流I变大。用效2A．由变压器的变压比可知nU=2U=10Un11nU=3U=10U3n444但输电线上有电阻r，产生损失电压，故有U>U23B．根据变压器上的电流与匝数成反比，有nInII=2I=2I=4I=21322D．由P=I2r可知，输电电流I变大会导致输电线的电阻消耗的功率增大，故D错误。损228、ABD【解析】【分析】【详解】A．由题知，不计一切阻力，则物块和弹簧系统机械能守恒，故A正确；BABB力分析可知，弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物块在B点时加速度方向由B指向A，故B正确；服合力做的功等于动能的减少量，而物块在A点和B点的速度都为零，故两个过程动能的变化量相等，所以A到CD．弹簧的形变量越小，弹簧的弹性势能越小，根据几何关系，可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程9、BC【解析】【详解】ABCADLCD相切的轨迹半径为L；DqB330D．由上述分析可知，速度小于0的粒子不能打出磁场，故选项D错误。3【解析】【详解】A．小球恰能通过a点的条件是小球的重力提供向心力，根据牛顿第二定律：v2mg=mRvgR2ABC．小球离开a点时做平抛运动，用平抛运动的规律，水平方向的匀速直线运动：x=vt12x=2R＞R，程。【解析】【分析】【详解】(2)[2]．只将滑块放在导轨上，给气垫导轨充气，调整气垫导轨，当滑块静止时，可以认为导轨水平了；(3)[3][4]．分析处理表中第3组数据，则算得系统减少的重力势能滑块的速d2.15010一3v==m/s=1.39m/s系统增加的动能1E=(M+m)v2=41.392J=3.85Jk22(4)[5]．要验证的关系是1dmgs=(M+m)()22t即(M+m)d21s=2mgt21则为得到的图像是一条过坐标原点的直线，则要做s一，故选D。t2右D【解析】【分析】【详解】(1)[1][2]因3V(2)[3]因为电流表内阻较大，所以电流表外接，电路连接如图所示(3)[4]当滑动变阻器的滑片在左端时，滑动变阻器接入电路的电阻为0，所以开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于(4)[5][6]题图乙中电压表示数为2.30V，电流表示数为0.48A，所以电阻的测量值RΩ由于电压表有分流，故电阻的测量值偏小。【解析】【分析】【详解】(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧mv0＝(M＋m)v(2)木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．1113gR2v2414、(1)v，方向水平向右(2)L=(3)v3gRv233g03【解析】【分析】【详解】(1)对于滑块M和物块m组成的系统，物块沿轨道滑下的过程中，水平方向动量守恒，物块滑出时，有m1V=v=v，方向向右．M3(2)物块滑下的过程中，物块的重力势能，转化为系统的动能和内能，有22L=(3)物块以速度v0冲上轨道，初速度越大，冲上圆弧轨道的高度越大．若物块刚能达到最高点，两者有相同的速度V1，此为物块不会越过滑块的最大初速度．对于M和m组成的系统，水平方向动量守恒，有01相互作用过程中，系统的总动能减小，转化为内能和重力势能，有mv2(M+m)V2=mgL+mgR2021解得:4v=3gRv203m初速度4v3gRv203pS615、(i)m=50g；(ii)112(22)【解析】【分析】【详解】(i)初始时刻，设封闭气体压强为p，对活塞受力分析有10110解得l缓慢向托盘中加沙子，直到大活塞与大圆筒底部相距，此过程封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得2联立解得6250对活塞受力分析，由平衡条件有220150即pSm=0 (ii)缓慢加热使活塞回到原处，封闭气体发生等压变化，设回到原处时气体温度为T，则33解得63502020-2021高考物理模拟试卷1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。1、人类在对自然界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用。下列有关说法中不正确的是()A．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动C．海王星是在万有引力定律发现之前通过观测发现的D．密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值2、下列说法符合物理学史实的是()A．亚里士多德最早指出力不是维持物体运动的原因C．卡文迪许提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量D．哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律NQ平行于纵轴．则()A．M→N过程气体温度不变usint(V)的交流电源上，原线圈上接有r=20Ω的电阻，副线圈接有R=50Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()D．若将r替换为电阻为20Ω的二极管，电流表、电压表读数均不发生变化5、如图所示为两辆汽车同时同地沿同一平直的公路同向行驶时，通过DIS系统在计算机中描绘出的速度时间图像。则下列说法正确的是()A．汽车A的运动轨迹为直线，汽车B的运动轨迹为曲线D．在0~t1时间内，两辆汽车之间的距离增大后减小6、如图所示,小物体P放在水平圆盘上随圆盘一起转动，下列关于小物体所受摩擦力f的叙述正确的是()A．f的方向总是指向圆心D．在物体与轴O的距离一定的条件下,f跟圆盘转动的角速度成正比abcdcdacdt=0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()B运动速度的大小为0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外8、如图所示，竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h。可看作点电荷)()2A．此时丝线长度为L2B．以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小保持不变3323D．若A对B的静电力为B所受重力的倍，要使B球依然在θ=30°处静止，则丝线BC的长度应调整为h或h3339、如图甲所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v－t图像如图乙所为g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是()BA．小球在t时刻所受弹簧的弹力等于mgB1B．小球在t时刻的加速度大于gC2C．小球从t时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点CD．小球从t时刻到t时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量AC10、如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是()A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关B．带电粒子每运动一周被加速一次D．加速电场方向不需要做周期性的变化11．(6分)某同学用如图甲所示的装置做“探究合力做的功与动能改变量之间的关系”的实验，他们将光电门固定在水平轨道上的B点，并用重物通过细线拉带有遮光条的小车，然后保持小车和重物的质量不变，通过改变小车释放点到光电门的距离(s)进行多次实验，实验时要求小车每次都从静止释放。(1)用螺旋测微器测量遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度d=________mm。(2)为了减小误差，实验时需要进行的操作是________。A．将水平轨道上的A端垫高适当的高度，以平衡摩擦力Bm条的总质量MC．调节水平轨道左端滑轮的高度(3)某次实验中，测得小车及遮光条的质量M=1kg，光电门记录小车通过的时间t=0.002s，则在此次实验中小车遮光条增加的动能为________J(结果保留到小数点后两位)。(4)实验中利用________计算拉力对小车做的功W在方格纸上做出EW图像(E是小车和重物动能之和)，如图kk所示。由图像可以看出E总是略大于W，造成这种现象的原因是________________________。k12．(12分)某实验小组利用如图所示的装置验证“碰撞过程中的动量守恒”和探究“碰撞过程中的动能是否守恒”。水平的气垫导轨上有两滑块A、B，滑块A上有宽度为d的遮光板；滑块B上固定一支架，支架上水平固定一内壁光滑左侧开口的细薄金属直管，金属管右侧用金属板封闭，管内靠近金属板处静置一金属小球。气垫导轨通气后利用右侧挡板上的弹射装置将滑块A向左弹出，测得滑块A第一次经过光电门的时间为t1，后与静止的滑块B相碰，碰后滑块B和小球一起向左滑动滑块A向右运动。滑块A第二次通过光电门的时间为t2，滑块B与左侧挡板刚接触时，立即被安装的锁止装置锁止，同时金属管中的小球沿管壁飞出落在水平地面上的O点(图中未画出)。用天平称量出滑块A(包(1)除了题中已给出的物理量还需用刻度尺测出的物理量及符号是________。(2)小球离开金属管口时的速度大小为________(用题中已知和(1)问中物理量符号表示)。(3)要验证碰撞过程中的动量守恒，本实验需要验证的表达式为________。否相(i)为了使该光线在OM边和ON边都能发生全反射，求θ的取值范围．(ii)若θ=41°，试通过计算说明该光线第一次返回MN边能否射出．14．(16分)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，xx15．(12分)如图(a)，水平地面上固定一倾角为37°的斜面，一宽为l＝0.43m的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁场与斜面底边平行。在斜面上由静止释放一正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑时，ab、cd边始终与磁场边界保Es(2)ab边刚进入磁场时，线框的速度v1；(3)线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间t；(4)线框穿越磁场的过程中，线框中产生的最大电功率Pm；参考答案【解析】【详解】伽利略在斜面实验中得出物体沿斜面下落时的位移和时间的平方成正比，然后利用这一结论合理外推，间接证明了自匀变速直线运动，故A正确；法国科学家笛卡尔指出：如果物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原海王星是在万有引力定律发现之后通过观测发现的，故C不正确；密立根通过油滴实验测得了基本电荷的数值，任何电荷的电荷量都应是基本电荷的整数倍；故D正确；、B【解析】【分析】【详解】A．伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，故A错误；B．库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故B正确；C．牛顿总结了万有引力定律后，卡文迪许测出引力常量，故C错误；D．开普勒通过对行星运动的观察，发现了行星沿椭圆轨道运行的规律，完善了哥白尼的日心说，得出了开普勒行星【解析】【详解】A．M→N过程气体的pV乘积先增加后减小，可知温度先升高后降低，选项A错误；pVC．N→Q过程气体压强增大，体积不变，由=C可知，温度升高，则内能增加，选项C错误；TpVT4、B【解析】【详解】A．副线圈输出交流电的频率和周期与原线圈的频率和周期相同，根据题意可知周期2202V=220V=220V，设原线圈电流为I，根据单相理想变压器1In1=2In21则副线圈电流为I=2I21副线圈电压为U=IR=2IR=100I211根据理想变压器电压规律可知原线圈电压为nU=1U=2U1n222即Ir+U=Ir+2U=220V1112计算得电流表读数为I=1A125、C【解析】【分析】【详解】6、C【解析】【分析】【详解】如果圆盘在做非匀速圆周运动，摩擦力不指向圆心，摩擦力分解为一个指向圆心的力和沿圆弧切线方向的力，指向圆心力提供向心力改变速度的方向，切向的分力改变速度的大小，所以A项错误；圆盘匀速转动时，物体在做匀速圆周运动，摩擦力提供向心力，摩擦力不为零，所以B项错误；当转速一定时，根据，角速度也是一定，摩擦力提供向心力提供向心力，摩擦力与半径成正比关系，所以C项正确；在物体与轴O的距离一定的条件下，摩擦、BC【解析】【详解】L0.1由E–t图象可知，线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v==m/s=0.5m/s，选项B正确；E=0.01V，根据E=BLvt0.2E0.01向垂直于纸面向外，选项C正确；在t=0.4s至t=0.6s这段时间内，导线框中的感应电流I==A=2A，所R0.005D8、BCD【解析】【分析】【详解】3知此时AB与BC互相垂直，此时丝线长度为h，选项A错误；2B．而由三角形相似可知GFThABBCtan9=xy33GFACAB得F3AB=h=hG3根据余弦定理可得3解得323BC=h或h39、BC【解析】【分析】【详解】A．小球在t时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则有B弹2B．在乙图中，关于A点对称的点可知此时弹簧的弹力为0.5mg，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的弹力再变化弹1a>g2C．整个过程中，弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从C点释放，小球能到达原来的释放点，故C正确；D．小球从t时刻到t时刻的过程中，系统机械能守恒，则有重力势能的减小量与动能的减小量等于弹簧弹性势能的AC增加量，所以重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。【解析】【分析】【详解】AD、带电粒子只有经过AC板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有改变,则在AC间加速.D.C.D.C.,,速度最大形盒中出来时形盒的半径有关所以选项是正确的根速度最大形盒中出来时形盒的半径有关所以选项是正确的【点睛】带电粒子经加速电场加速后,进入磁场发生偏转,电场被限制在A、C板间,只有经过AC板间时被加速,所以运动一周加速一次,电场的方向不需改变.当带电粒子离开回旋加速器时,速度最大.解析】分析】详解】(1)[1]螺旋测微器的精确度为0.01mm，主尺的读书为4.5mm，读数为gg(2)[2]AB．本实验研究小车受到的合力对小车所做的功与小车动能的改变量之间的关系，可认为小车受到的合力与重物的重力大小相等，故需要平衡摩擦力，且满足重物的质量远小于小车和遮光条的总质量，B错误A正确；CC(3)[3]小车及遮光条经过光电门的速度dv==2.35m/st增加的动能1E=Mv2=2.76J。K2拉力所做的功，即(4)[5]实验中，让重物的质量远小于小车及遮光条的总质量，则平衡摩擦力后，可将重物的重力视为小车受到的合力，则分析可知造成E总是略大于W是平衡摩擦力过度造成的。k位移s和竖直高度hMd=(M+m)sgMd1t22h1t21Md21+2t24h2【解析】【详解】利用平抛的运动规律可求出小球离开金属管时的初速度，也即碰后B和小球的共同速度故需要测出小球从离开金属管g(2)[2]．由平抛运动规律可知，平抛的初速度为s。d(3)[3]．取向左为正方向滑块A、B碰前的总动量为证的表达式为Md=(M+m)sgMd1t22h1t2gdM，故需验，碰后的总动量为(gdM，故需验2h2h1t2t=x2=0.5s2vxxMd2，碰后的总动能为(4)[4][5]．滑块A、B碰前的总动能为，碰后的总动能为2t2111Md2(M11恒，需要比较和1+2是否相等。恒，需要比较2t24h2Md2(M+m)s2g1+2，故要探究功能是否守2t24h213、(1)4000600(1)可以射出(i)根据题意画出光路图(如图)当光线入射到玻璃砖的内表面(OM、ON)上恰好发生全反射时需满足sinC?=?解得：临界角C=30°综合两式得40°≤θ≤60°．(ii)画出该光线第一次返回MN边时的光路图所以该光线第一次返回MN边可以射出【解析】【分析】【详解】==22(ii)质点运动到正向最大位移时入即两列波的波峰同时到达x=0位置，从图线可知，甲、乙两列波的波长分别为λ1=40cm，λ2=60cm，由T=可得甲、乙两列波的周期分别为T=2s，T=3s12k2甲、乙两列波的传播时间相同，可知tt2得kT=T+nT2即【解析】【详解】(1)根据线段①，减少的机械能等于克服摩擦力做的功：11(2)未进入磁场时，根据牛顿第二定律：1(3)线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线②可知，此时机械能线性减小，说明安培力也为恒力，线框做匀速运动。设L为线框的边长，则：2克f克安f安Fmgsinf安联立解得L＝0.15m线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间：L0.15v