2021届全国普通高等学校招生高考物理仿真模拟试卷(二)(含答案解析)

2021届全国普通高等学校招生高考物理仿真模拟试卷（-）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.下列说法正确的是（）

A.对天然放射现象的研究建立了原子的核式结构

B.发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关

C.氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子

D.a射线、£射线、y射线都是高速运动的带电粒子流

2.倾角为45。的斜面固定于竖直墙上，为使质量分布均匀的光滑球静止在如图所示

的位置，需用一个水平推力F作用于球上，F的作用线通过球心。设球受到的重

力为G,竖直墙对球的弹力为N],斜面对球的弹力为N2,贝U下列说法正确的是（）

A.NT一定等于FB.电一定大于Ni

C.4一定大于GD.F—•定小于G

3.一个做匀减速直线运动的物体，先后经过a、如两点时的速度大小分别是4v和3，所用时间为3

下列判断正确的是（）

A.物体的加速度大小为票B.经过时中点时的速率是gu

C.在决寸刻的速率是2DD.这段时间内的位移为2.5戊

4.质点做直线运动的D-t图象如图所示，则（）

A.6s内物体做匀变速直线运动

B.2〜4s内物体加速度的方向发生了变化

C.2s末物体的速度方向发生了改变

D.2s末物体的速度大小为4m/s

5.如图所示，电子在势差为Ui的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势<=I-------

差为出的两块平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处在

真空中，重力可忽略.在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情

况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）

A.%变大，%变大B.%变大，“变小

C.%变小，外变大D.Ui变小，“变小

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图，轨道在同一平面内的两颗卫星a和b某时刻运动到地球的同一侧，广倒、

且三者在同一条直线上，经t时间两颗卫星与地心的连线转过的角度分；f缪

别为名和。2,下列说法正确的是（）‘；；'•"；,：

\、'、/:

A.a卫星的动能大于b卫星的动能'、、/’

'、、、一…J

B.a卫星的周期与b卫星的周期之比为今

C.a卫星的线速度与b卫星的线速度之比为（意加

D.a、b卫星到下次相距最近，还需经过的时间为，，

81f2

7.如图所示，一光滑直杆ac固定在水平面上，直杆与水平面间的夹角为30。，十孥

一轻质弹簧一端固定在水平面上0点的转轴上，另一端与一质量为小、套

在直杆上的小球（可视为质点）相连，初始时小球位于杆上a处，弹簧竖直。‘”

已知。a=R,b点为ac中点，Od垂直ac于d点，Od等于弹簧原长，小球从a处由静止开始下滑,

运动到c点时速度为0.重力加速度为g,则下列说法中正确的是（）

A.小球在a、b位置时，弹簧的弹性势能相等

B.小球经过b点时小球速度大小为J证

C.小球运动到d点时的机械能最小

D.弹簧的最大弹性势能大于mgR

8.在竖直向上的匀强磁场中，分别放入两个完全相同的带中心轴的58八

水平金属圆盘a和b（圆盘的电阻不能忽略），它们可以绕中心轴自（言:'

由转动，彼此用导线把中心转轴和对方圆盘的边缘相连接，组成

电路如图所示.当圆盘a在外力作用下按如图方向转动时，则（）11

A.圆盘b沿与a盘相反的方向转动B.圆盘b沿与a盘相同的方向转动

C.圆盘b是一个等势体D.圆盘b中心电势比边缘电势高

9.下列说法正确的是（）

A.石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体

B.在物质内部的各个平面上，物质微粒数相等的是晶体，不相等的是非晶体

C.液晶的所有物理性质，在不同方向上是不同的

D.当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子力的合力总是指向液体内部的

E.露水总是出现在夜间或清晨，是因为气温的变化使空气中原来的饱和水蒸气液化

10.如图所示，在深48山的湖底。处有一激光光源，一桅杆顶部高出湖面5nl的帆船静止在湖面上,

从。点发出一束激光从水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为45。,

己知桅杆顶点4到。点的水平距离为9m,则下列说法正确的是()

A.入射光束与竖直方向的夹角为30。

B.该湖水的折射率为遮

C.调整激光束方向，当其与竖直方向夹角为60。时，仍有光从水面射出

D.若观察者在。点通过水面观察桅杆，则观察到顶点4离水面高度小于5m

三、实睑题(本大题共2小题，共15.0分)

11.在做痣则定金属丝的电阻率少的实验时

(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图甲所示，由图读出金属丝的直径是mm；

(2)游标卡尺的读数：主尺最小分度是lnun,则乙图中的游标是20分度，则读数为mm。

12.(1)如图甲所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用，选择开关S应接(选填1、2、

(2)某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3P的电压表内阻(如图乙)，主要步骤如下：

①把选择开关拨到“X100”的欧姆档上；

②把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；

③把红表笔与待测电压表(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发

现这时指针偏转角度很小；

④换用(选填“x10”或“x1k")欧姆档重新调零后测量，发现这时指针偏转时钟，记下电

阻数值；

⑤把选择开关调至空档或交流电压最高档后拨下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕。

(3)实验中(如图丙)某同学读出欧姆表的读数为n,这时电压表读数为V。

(4)请你求出欧姆表内部电源电动势为K(保留两位有效数字)

四、计算题(本大题共4小题，共52.0分)

13.一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图所示。图中的火、打、L均为已知

量，重力加速度为g,求:

(1)物块沿斜面向上滑行的最大高度;

(2)斜面的倾角;

(3)物块与斜面间的动摩擦因数。

14.如图所示，物体A置于足够长桌面的左端，且与桌面的动摩擦因数〃=0.2,

4与B通过软绳搭放在光滑定滑轮两端，B与地面间的距离s=0.8m.开始

绳拉直从静止释放4、B.若B落地后不反弹，mA=4kg,me=Mg.（g取lOm/s?）.求：B落地后4

在桌面上还能滑行多远才能静止下来？

15.如图所示，一端封闭、一端开口的玻璃管长度为2=1m,用长为h=20cm的水银

柱封闭一段理想气体，当玻璃管的开口竖直向下稳定时，气体的长度为k=72cm.

已知大气压强为Po=76cmHg,封闭气体的温度为公=27℃,求：（以下计算中相

关数据及结果均取整数）

①若气体的温度恒为G=27℃,将玻璃管缓慢地转过180。，则稳定时气体的长度为多

少？

②保持开口向上，使气体的温度逐渐升高，当温度为多少摄氏度时，水银柱刚好与玻璃管口平齐？

16.一列波在G时刻的波形图如图中的实线所示,t2时刻的波形图如图中的虚线所示，已知△t=t2—

①这列波可能的波速？

②若波速为68/n/s,这列波向哪个方向传播？

参考答案及解析

1.答案：c

解析：

A、对a粒子散射实验的研究建立了原子的核式结构.故A错误；

B、由光电效应的方程⑤=加-%可知，光电子的动能由入射光频率、金属的逸出功的大小决定,

与入射光的强度无关，故B错误；

C、根据玻尔氢原子模型的相关理论，电子轨道和能量都是量子化的，而在“跃迁”过程中要遵循

hv=Em-En,故只能辐射特定频率的光子，故C正确；

。、a射线和夕射线分别是带正电的氮核流和带负电的电子流，而y射线不带电.故。错误.

故选：C.

对a粒子散射实验的研究建立了原子的核式结构；根据光电效应方程得出光电子的最大初动能与什么

因素有关；能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差；a射线和夕射线分别是带正电的氮核

流和带负电的电子流，而y射线不带电；能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差；

本题主要考察原子结构和原子核的相关知识.选项的迷惑性大，关键要熟悉教材，牢记这些基本的

知识点，以及加强训练.

2.答案：C

解析：解：对球受力分析，如图

根据共点力平衡条件，有

M+N2cos45°=F

N2sin45°—mg=0

解得：N、=F—mg

N2=y/2mg，故ABD错误C正确

故选：Co

对球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用正交分解法，结合几何关系分析求解。

本题关键是对小球受力分析，根据共点力平衡条件，运用正交分解法列式求解。

3.答案：D

解析：解：4、物体的加速度大小为：&=祟=等=曰，故A错误;

B、由位移中点的速度公式讨论得中点速率为M=叵虫=叵/故8错误；

C、根据根据平均速度推论知，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，在［时刻的速率为：

v"=v=与吧=2.5v,故C错误；

D、由位移的推论公式知t时间内的位移大小丫=讥=2.5次，故。正确。

故选：Do

根据速度时间公式求出物体的加速度，根据速度位移公式，联立求出物体经过时中点的速率；根据

平均速度的推论求出中间时刻的瞬时速度，位移的推论公式求得t时间内的位移大小。

解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用，有时运用推论求解会使

问题更加简捷。

4.答案：D

解析：由图像知斜率表示加速度，6s内物体加速度变化，4错。2〜4s内物体加速度恒定，做匀变速

直线运动，B错。2s末物体的速度最大，没有改变运动方向，C错。由纵坐标知2s末物体的速度大小

为4m/s,。对。

故选：Do

5.答案：C

解析：解：设电子被加速后获得初速为孙，则由动能定理得：qUi=2^诏-0…①

又设极板长为/,则电子在电场中偏转所用时间：t…②

又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a,由牛顿第二定律得：。=艺=吟…③

mma

电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at...@

由①、②、③、④可得：%=a=黯,又有：tan。=蓝，

解得：tan6=黑？

A、/变大，出变大，偏转角可能增大，也可能减小，也可能不变，故A错误；

B、%变大，“变小，偏转角减小，故8错误；

C、%变小，”变大，偏转角一定增大，故C正确；

D、/变小，4变小，偏转角可能增大，也可能减小，还可能不变，故。错误；

故选：Co

电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场时

的速度.电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类

平抛运动.运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度。的变化情况.

带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电

势能与带电粒子动能之间的转化.第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强

电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题

的最基本解法.第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求

解.

6.答案:BC

解析：解：力、由于两颗星的质量大小不确定，无法判断a、b卫星的动能大小，故A错误；

B、根据角速度的定义式可得3=々又3=9解得：周期7=等，贝Ija卫星的周期与b卫星的周期

t1tz

之比为今,故8正确；

%

C、根据开普勒第三定律可得蓑=K,则a卫星的半径与b卫星的半径之比为噜”，根据万有引力提供

向心力可得线速度”=胫，贝Ua卫星的线速度与b卫星的线速度之比为（微臣，故C正确；

O、a、b卫星到下次相距最近，还需经过的时间为t',则有:营-吴=1,即袅一彘=1,解得t'=言,

故O错误。

故选：BCo

由于两颗星的质量大小不确定，无法判断a、b卫星的动能大小；

根据角速度的定义式求解周期之比；

根据开普勒第三定律求解半径之比，根据万有引力提供向心力可得线速度之比；

二者相距最近时a比b多转一周，由此列方程求解。

解答（卫星）运动问题的基本思路：（1）在地面附近万有引力近似等于物体的重力，即可得到GM=g/?2；

（2）天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即尸引=尸的，根据向心力的

计算公式进行分析；知道二者相距最近时a比b多转一周。

7.答案:ABD

解析：解：4、根据几何关系可知。a=。从故小球在a、b位置时，弹簧的伸长量相同，故弹簧的弹

性势能相等，故A正确；

B、从a到b,只有重力做功，根据动能定理可知，mgRsin30o=|mv2,解得故8正确;

C、小球从a处由静止开始下滑，运动到c点时速度为0,故在c点机械能最小，故C错误；

。、从b到c,根据动能定理可知mgRsin30。-耳,=0-1小*解得Ep=mgR,由于在b点弹簧已经

被拉伸，具有了弹性势能，故达到c点时的弹性势能大于mgR,故。正确

故选：ABD.

根据几何关系判断出在ab处弹簧的弹性伸长量相同，只有重力做功,根据动能定理求得在b点的速度,

从匕至Uc根据动能定理即可求得弹簧弹性势能的增加量即可判断

解决本题的关键要灵活运用能量守恒定律，对系统分段列式，要注意本题中小球的机械能不守恒，

也不能只对小球运用能量守恒定律列方程，而要对弹簧与小球组成的系统列能量守恒的方程。

8.答案：AD

解析：解：4、B、由于磁场的方向向上，从上向下看，a盘逆时针转动，其半径切割磁感线，感应

电流从中心流向边缘；b盘电流也是从中心流向边缘，根据左手定则，安培力顺时针方向，所以b盘

将沿顺时针方向转动.故A正确，B错误；

C、。、电流流过b盘转动的过程中，会使b盘的内外产生电压，根据欧姆定律可知，圆盘b中心电势

比边缘电势高，故C错误。正确；

故选：AD

对于左盘，根据右手定则判断感应电流方向；对于右盘，根据左手定则判断安培力方向，确定转动

方向.

本题关键要能熟练运用左手定则和右手定则判断感应电流方向和安培力方向，明确两个定则的运用

条件，不可混淆.

9.答案：ADE

解析：解：4、根据石墨、金刚体和木炭的结构的特点与是否具有固定的熔点可知，石墨和金刚体都

是晶体，木炭是非晶体.故A正确；

8、晶体有固定的熔点，非晶体没有熔点，不能由它们的结构判定某一种物质是否是晶体；物质微粒

数不相等的可能是非晶体，也可能是多晶体.故B错误；

C、液晶的光学性质具有各向异性，不能说液晶的所有物理性质，在不同方向上都是不同的.故C

错误；

。、由于表面张力的作用当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力

总是沿液体的表面.故。正确；

E、露水总是出现在夜间和清晨，是因为气温在夜间和清晨的温度低，使空气里原来饱和的水蒸气液

化的缘故，故E正确.

故选：ADE

晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变；非晶体没有熔点，非晶体在熔化

过程中不断吸收热量，温度逐渐升高.

晶体微粒排列有规则，而非晶体则没有.

液晶的光学性质具有各向异性；

根据表面张力的特点，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是沿液体的表面；

绝对湿度指大气中水蒸汽的实际压强，相对湿度是指水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压

强之比；温度降低时水蒸气容易达到饱和.

能否记住晶体与非晶体的不同特性是本题的解题关键，并掌握微粒排列是否有规则；

表面张力是液体表面层由于分子引力不均衡而产生的沿表面作用于任一界线上的张力.通常，处于

液体表面层的分子较为稀薄，其分子间距较大，液体分子之间的引力大于斥力，合力表现为平行于

液体界面的引力，该力不是指向液体的内部.

10.答案：AB

解析：解：AB,设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为石，到。点的水平距离为冷，桅杆的高

度为h，。点处水深为电，激光束在水中与竖直方向的夹角为。，

由几何关系有：/=b=5m

所以0=30。

由折射定律有：上==近,故正确；

s‘z售n3O:°。A3

C光射到水面上时的临界角为：sinC=Z=l

n2

则C=45。，则调整由P点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为60。时，没有光从水面射出，故

C错误；

。、根据题意可知，从水中去观察岸边的物体的高度总是比实际高度高，则若观察者在。点通过水面

观察桅杆，则观察到项点4离水面高度大于5m,故O错误。

故选：AB.

根据几何关系求解入射角和折射角，由折射定律求解折射率；

根据stnC=2分析光射到水面上发生全反射的临界角，根据入射角和临界角的大小关系分析光能否

n

射出水面；

解决该题需要熟记折射定律的表达式，掌握全反射的临界角公式，知道全反射的条件，知道视高与

实际的高度之间的关系。

11.答案：0.74110.70

解析：解：螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm,可动刻度读数为0.01x24.1mm=0.241mm,所

以最终读数为：0.741nun；

游标卡尺的游标尺为20分度，故精度为0.05m7n,固定刻度读数为lOrmn,游标读数为0.05x14mm=

0.70mm,所以最终读数为10.70mm。

故答案为：0.741；10.70。

游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读。螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数

加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。

解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，注意掌握不同测量仪器的原理和读数方法。

12.答案：1负xlk40/c2.203.0

解析：解：(1)由图示电路图可知，开关接1、2时表头与电阻并联，此时多用电表测电流，选择开关

接1时并联分流电阻阻值小，电流表量程大。

(2)③欧姆表内置电源负极与红表笔相连，把红表笔与待测电压表负接线柱相接，黑表笔与另一接线

柱相连，发现这时指针偏转角度很小；

④欧姆表指针偏角很小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换大挡，换用x1k欧姆档重

新调零后测量。

(3)欧姆表选择x1/c挡，由图丙所示表盘可知，欧姆表读数为：40xl/c=40/cI2；

电压表量程为3V,由图示电压表表盘可知，其分度值为0.1V,示数为2.2V；

(4)由图丙所示表盘可知，欧姆表中央刻度线为15,欧姆表选择xk挡位，则欧姆表内阻为15A0,

电源电动势：E=U+1R中=U+《R中=2.20+亮今x15x103X15k〜3.0匕

故答案为：(1)1;(2)③负；@Xlfc；(3)40%；2.20(4)3.0,

(1)表头与分流电阻并联可以改装成电流表，并联分流电阻阻值越小，电流表量程越大，分析图示电

路图答题。

(2)欧姆表内置电源负极与红表笔相连，正极与黑表笔相连，电压表正接线柱应接高电势点；

用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧

姆表示数；

(3)根据欧姆表挡位与图示指针位置读出其示数；根据电压表量程确定其分度值，然后根据指针位置

读出其示数。

(4)欧姆表内阻等于其中值电阻，根据实验数据，应用欧姆定律可以求出电源电动势。

本题考查了欧姆表的内部结构和使用方法，以及测量电动势的方法，要求能熟练掌握多用电表的结

构原理及使用方法：并能正确分析题意明确实验原理。

13.答案：解：(1)(2)(3)在0〜Q内，物块沿斜面向上滑行的加速度大小为：的=1

在ti〜t2内，物块沿斜面向下滑行的加速度大小为=最

物块沿斜面向上滑行时，根据牛顿第二定律有

mgsind—iimgcosO=mar

物块沿斜面向下滑行时，根据牛顿第二定律有

mgsinO—fimgcosO=ma2

所以斜面的倾角为

9=arcsin

当物块速度为零时，上升的高度最大，由图b可知，物块上滑的最大位移为

,%,

L=于1

所以物块上升的最大高度为h=Lsind=也喏也

答：(1)物块沿斜面向上滑行的最大高度为也若2

(2)斜面的倾角为arcsin蒙1；

(3)物块与斜面间的动摩擦因数为言总：

解析：由图求得上滑、下滑时的加速度，然后对物体进行受力分析求得加速度表达式，即可求得动

摩擦因数和倾角；再根据位移、倾角求得最大高度，

解决本题需认真分析题中所给的速度时间图象，能根据图象求解出两段过程的加速度，以及正确进

行受力分析；

14.答案：解：B下落过程，根据能量守恒定律：mBgs=|(mA+m^vl+nmAgs

得，v-陛.日二”诬

7mA+mB

代入解得：vB=0.8m/s

B落地后，4以以=0.8zn/s初速度继续向前运动，克服摩擦力做功最后停下，根据动能定理得：

t12

^A9S=~mAv^

其中以=vB

得s'=上幺=0.16m

答:B落地后4在桌面上还能滑行0.16m远才能静止下来

解析：先根据能量守恒定律求出B落到地面时的速度大小