2021年北京市海淀区首师大附中高考物理模拟试卷

第第#贞，共22页答案和解析【答案】A【解析】解：人、天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分。故A正确。B、 粒子散射实验说明了原子的核式结构模型。故B错误。C、 电子位于原子核外的，不能说明原子核可再分。故C错误。D、 氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分。故D错误。故选:九天然放射现象是原子发生衰变之后会放出三种射线，这说明原子核可再分：粒子散射实验说明了原子的核式结构模型：电子位于原子核外的，不能说明原子核可再分；氢原子发光说明核外电子的跃迁，不能说明原子核可再分。本题考査了原子核组成、天然放射性现象等内容。这道题属于识记性题型，以基础性为主，难度不大。【答案】C【解析】【分析】温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能会增大，但温度对单个分子来说没有意义；从微观角度讲，气体压强与气体分子的密集程度和分子平均动能有关;通过分子力做功分析分子势能变化：改变物体内能方式时做功和热传递，然后根据热力学第一泄律分析物体内能变化。本题要掌握气体的压强与分子平均动能和气体分子的数密度两个因素有关。一沱质量的理想气体内能只与温度有关。【解答】温度是分子平均动能的标志，温度升高，气体分子的平均动能会增大，但温度对单个分子来说没有意义，即当气体温度升髙时，有的分子的速率可能增大，有的分子的速率可能减小，有的分子的速率可能不变，故A错误：从微观角度讲，气体压强与气体分子的密集程度和分子平均动能有关，故B错误：C.当分子力表现为引力时，随着分子距离增大，引力做负功，分子势能增大，故C正确：D气体膨胀，气体对外做功，W=一50八根据热力学第一左律得:AU=W+Q=-SO+Q，由于吸放热情况不确定，故内能变化不确左，故D错误。故选co【答案】C【解析】解：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二立律可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿图中的0D方向，根据力的合成的平行四边形左则，直杆对小球的作用力只可能沿0C方向故选：C.小球受重力和杆对小球的作用力，在两个力共同作用下沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，合力水平向右.根据牛顿第二左律可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键.另外知道杆的弹力不一泄沿杆的方向.【答案】ACD【解析】解：人、已知位于x=lm处的质点正向下运动，根据质点的振动方向和波的传播方向处于曲线的同一侧可知，波沿x轴负方向传播，故A正确。B、 x=3m处的质点此时的位移为零，但英振幅为不为零，故B错误。C、 x=2m处的质点此刻的位移最大，回复力最大，则此刻具有最大加速度，故C正确。D、 该时刻，x=2.5m处的质点向上振动，x=1.5m处的质点向卜-振动，则该时刻以后x=2.5m处的质点比x=1.5m处的质点先回到平衡位置，故D正确。故选：ACD.根据质点的振动方向和波的传播方向处于曲线的同一侧，知=处的质点正向下运动可判断波的传播方向；质点的振动位移最大时，回复力最大，此时具有最大加速度；根据波的传播方向可判断x=2.5m处的质点振动方向以及％=1.5m处的质点的振动方向，从而判断x=2.5m处的质点先回到平衡位巻。本题考査波形图的基础知识，通过某个质点的振动方向来判断波的传播方向，反过来再判断其他质点的振动方向即可解题。【答案】A【解析】解：A、由图可知，从九=4能级跃迁到n=3能级比从n=4能级跃迁到n=2能级辐射出光子能量小，则辐射的光子频率小，所以辐射的电磁波的波长长。故人正确。B、根据玻尔理论，能级越高，半径越大，所以处于九=4的泄态时电子的轨道半径％比处于n=3的宦态时电子的轨道半径忌大。故B错误。从n=4能级跃迁到n=3能级，氢原子向外发射电子，能量减小，根拯：誓=叱可r-r知，电子越大的半径减小，则电子的动能增大。故C错误。D、 从n=3能级跃迁到n=2能级时辐射的光子的能量E32=E3—E2=-1.51-(_3.4)=—1.89eUV2.5eU,可知不能使逸出功为2.5e卩的金属发生光电效应。故D错误。故选：九能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越大，则波长越小.根据库仑力提供向心力分析半径与电子的动能之间的关系.解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差，Em~En=hv.【答案】D【解析】解：A、由楞次左律可得：感应电流的方向为逆时针，则M端比N端的电势高，所以电压表“+”接线柱接M端，故A错误；B、 磁通量的变化需要时间，由于未说明变化时间，故B错误；C、 磁通量的变化率为：筈=史泮=0・5"血0,故C错误：△r 0.1D根据法拉第电磁感应左律：E=N—.所以电压表读数为5队故D正确。At故选：D。线圈平而垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致岀现感应电动势，产生感应电流，由法拉第电磁感应立律可求出感应电动势大小，从而得出电压表读数，再由楞次立律判左感应电流方向。由法拉第电磁感应定律求岀感应电动势的大小，而感应电流的方向则由楞次左律判龙。同时穿过磁通量发生变化的线圈相当于电源，所以电源内部(线圈)电流方向是负极到正极【答案】D【解析】解：A、根据轨迹的弯曲方向可知，“粒子受到中心电荷的斥力，而“粒子受到中心电荷的斥力，说明"与中心电荷电性相同，b与中心电荷的电性相反，则两粒子的电性相反.故A错误.B、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判左，则不能比较“、b的电势髙低.故C、 电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小.故C错误.D、 b与中心电荷的电性相反，粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，故£＞正确.故选：D.根据轨迹判左"粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的引力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较"、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力做正负功，电势能减小与增加，从而即可求解.根据轨迹弯曲方向判左两粒子与中心电荷电性的关系是解决本题的突破口.要注意电势能，电荷，电势都有正负.学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减.【答案】C【解析】解：人、从“到c的过程中，摩天轮做匀速圆周运动，加速度方向指向圆心，在“到〃的过程中，处于超重，从d到c的过程中处于失重，故A错误.B、 从水平位置〃沿逆时针方向运动到最高点c的过程中，人受重力、支持力和静摩擦力，静摩擦力产生水平分加速度，由于水平分加速度减小，故静摩擦力减小，同理从“到〃，静摩擦力增大，故B错误.C、 从"到〃的过程中，加速度在竖直方向上的分加速度逐渐减小，可知重力和支持力的合力向上，逐渐减小，则支持力逐渐减小，从d到c的过程中，加速度在竖直方向上的分加速度逐渐增大，重力和支持力的合力向下，支持力继续减小，可知从“到c的过程中，座椅对人的弹力越来越小，故C正确.D、 由于人做匀速圆周运动，合力大小不变，方向始终指向圆心，故D错误.故选：C.根据人加速度方向确左人处于超重还是失重；根据加速度在水平方向和竖直方向上的分加速度的变化，结合牛顿第二定律分析摩擦力和弹力大小的变化.解决本题的关键知道人所受的合力提供向心力，向心力大小不变，知道人所受合力在竖直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力.【答案】C【解析】解：A、动量是矢量，三个物块落地时速度方向不同，故动量不同，故A错误：BC、由题意可知，三个物体下落的过程只有重力做功，重力对三个物体做功相同，根据机械能守恒左律可知，mgh=EK-EK0,c的初动能不为零，故落地瞬间c的动能较大，“、b的动能相同，故B错误，C正确:D、由于平抛运动的竖直分运动为自由落体，由h=^gtz,得七=J芋，故方、c下落时间相同，根据Umgt可知，重力对b、c两物体的冲量相同；但根据牛顿第二左律以及运动学公式可知，“的下落时间上=J詬禽，与“、c的下落时间不同，故三个物体受重力的冲量不同，故D错误。故选：C。明确各物体的运动情况，知道“沿斜而做加速度为gsinO.初速度为零的匀加速直线运动，b做自由落体运动，c做平抛运动。三物体下落高度相同，质量相同，故重力对三物体做功相同。本题关键是明确三个小球的运动规律，然后根据动能左理、动量泄理和运动学公式列式分析即可求解，注意动疑和冲量的矢量性。【答案】D【解析】解：AB.嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到0点的过程中，月球对卫星的引力与速度方向夹角小于90。，故月球对卫星的引力做正功，动能增大，速度逐渐增大，故AB错误；C、 根据万有引力提供向心力，有Mm2no=m（〒产可得月球的质量为M=竺工GT-若已知嫦娥三号在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，则可求出月球的质量，但月球的体积未知，故不能计算出月球的密度，故c错误；嫦娥三号由圆轨道变轨到椭圆轨道，在P点需要减小速度，即嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时的速度小于圆轨道经过P点的速度：由万有引力提供向心力得Mmv2G9=771 rz r整理知u=J字嫦娥三号在圆轨道的半径大于月球半径，故嫦娥三号在圆轨逍经过P点时的速度小于月球的第一宇宙速度，所以可知嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时的速度小于月球的第一宇宙速度，故D正确。故选：DaAB、根据月球对卫星的万有引力做功来判断速度变化：C、 先求出质量表达式，再结合题意和密度密度公式可以判断能否求岀月球的密度；先比较嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时的速度小于圆轨道经过P点的速度，再比较嫦娥三号在圆轨道经过P点时的速度和月球的第一宇宙速度的大小即可。在万有引力左律的应用中，在求天体质量和密度时，要注意把握万有引力提供向心力这一关键条件。【答案】D【解析】解：火车做匀加速运动，速度为v=v0+at,以火车为参照系，线圈是运动的，线圈左（或右）边切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv,线圈两端的电压“=E=BLv=BLv0+BLat,由此可知，“随时间均匀增大。线圈完全磁场中时，磁通量不变，没有感应电流产生。由于火车做加速运动，通过线圈左边的时间长，通过线圈右边的时间短，由图象可知，D正确；故选：Do由E=8厶“求出感应电动势与时间的关系式，然后分析图象答题.本题关键掌握感应电动势切割式E=3厶u和匀变速直线运动的速度公式，得到电压的表达式是解题的关键，这也是研究图象问题常用的方法:得到解析式，再研究图象的意义.【答案】A【解析】解:A、虚线"、b、c、〃代表匀强电场内间距相等的一组等势而，电子经过“时的动能为8eW,从“到c的过程中克服电场力所做的功为4eV,则电势能增加4"/,因此购等势面之间的电势差为4匕由于电子的电势能增加，所以等势而从"到c电势是降低的，因为"上的电势为4V,故c上的电势为零，故A正确：B、 由A可知，相邻等差等势而电势差为2卩.若电子经过"时速度方向与平而“垂直，则电子从“到d克服电场力做功需要6eUX8eU,电子可能到达平而〃：但如果电子经过"时速度方向与平而"不垂宜，电子将会在电场中做抛体运动，则可能不会到达平面〃，故B错误：C、 因为电子到达c时，动能剩余4eV,电势能为零，故电子的总能虽:为4eV,根拯能量守恒左律，电子经过平而"时，动能为8eV,故电势能为—4eu,故C错误：D、 电子经过平面“的动能是经过c动能的2倍，故它在平而“时的速率是经过c时的逅倍，故D错误。故选:Ao根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，半电场力做负功时，动能转化为电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。本题考査电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。【答案】AC【解析】解：人、根据左手左则知，电子向上表面偏转，则上表而的电势低于下表而的电势，故A正确；B、根据左手立则可知，洛伦兹力的方向始终与电子运动方向垂直，对电子不做功，故B错误；CD、电子在磁场中受到洛伦兹力作用，向上极板偏转，稳立后，极板间形成电场，后续电子在电场力和洛伦兹力的作用下，处于平衡状态，evB=e\解得霍尔电势差：nU=Buh,根拯电流的微观表达式可知，I=nevS=nevhd.解得：v=—7-，解得：nehdu=缶则霍尔系数k=^，即霍尔系数k的大小与”、e有关，故C正确，D错误。故选：ACo根据左手泄则判断电子的偏转方向，从而确定电势的髙低：洛伦兹力的方向始终与电子运动方向垂直，不做功：抓住电子所受的洛伦兹力和电场力平衡，结合电流的微观表达式求出霍尔系数的大小。此题考査了霍尔效应及苴应用，解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，注意偏转的是电子，掌握电流的微观表达式，结合洛伦兹力和电场力平衡进行求解。【答案】A【解析】解：AB.若线圈加速转动，即正离子晶格合线圈波长相对静止加速转动，自由电子相对于正离子晶格向后运动，由于规左正电荷左向运动的方向为电流方向，负电荷圮向运动的方向和电流方向相反，所以电流方向与线圈转动方向相同；a越大，即线圈角速度的变化率越大，电流越大，故A正确、B错误；CD.若线圈减速转动，即正离子晶格合线圈波长相对静止减速转动，自由电子相对于正离子晶格向前运动，由于规龙正电荷定向运动的方向为电流方向，负电荷左向运动的方向和电流方向相反，所以电流方向与线圈转动方向相反：a越大，即线圈角速度的变化率越大，电流越大，故CD错误。

无论线圈加速转动或减速，◎越大，电流越大；根据自由电子相对于正离子晶格的运动方向确泄电流方向。本题主要是考查感应电流的大小与不带电的闭合金属圆线圈转速的关系，解答本题的关键是弄淸楚题干叙述的情景，根据题意进行解答。【答案】BC1.500.83【解析】解：⑴一节干电池的电动势为1・5几则实验中电压表应选用瓦滑动变阻器应选用阻值较小的C；(2)根据表中实验数据在坐标系内描岀对应点，然后根据描出的点作岀电源的U-Z图线如图所示:UN1.6Bl亠亠J—l-U.「rl-l-LLrrr-»Tnnn-厶亠AJJJ.ALLX.U&.L.1ft亠丄“.LLLXrrttAlJ」1.1」」・-UULL•亠bbb-亠Jl.L-亠jL1.6Bl亠亠J—l-U.「rl-l-LLrrr-»Tnnn-厶亠AJJJ.ALLX.U&.L.1ft亠丄“.LLLXrrttAlJ」1.1」」・-UULL•亠bbb-亠Jl.L-亠jL*^-4-—mt •«—r-»■»••»*»•■«■11卞「fLffrt-t■rmXrrV._...1-ua.i.r*j-j. .3<J」lu上w*rx^.ULL1<1in-rrrrr0.2 0.3 0.4A44U•A0.50.6〃A(3)由图示〃-/图象可知，电场电动势:E=1.50V,电源内阻:r=于=1.5-1.0乞0.830。故答案为:(1)3；C；(2)图示如图所示：(3)1.50；0.83。根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器：应用描点法作岀图象；电源Z7-/图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻:根据电源的〃-I图象求岀电源电动势与内阻。本题考査了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻。【答案】ACmghp空笔弊受到阻力ABDA【解析】解：①要验证钩码动能的增加量与重力势能的增加量是否相等，要刻度尺测量下落的高度，从而算出瞬时速度，在纸带处理时需刻度尺，游标卡尺不适用.用打点讣时器来算岀所用时间，不需要秒表，对于重锤在下落过程中受到阻力越小越好，则为体积小，质量适中的铁球较好.故选:AC重力势能减小疑：△Ep=mghB-匀变速直线运动中时间中点瞬时速度等于该过程中的平均速度，因此有：hc一hATIT故动能的增量为：△EkB= =m(hc?4)S：KB2B 8T2重力势能的减少量略大于动能的增加量，是无法避免的，属于系统误差，因为各种阻力的存在使物体克服阻力做功而损失机械能。月、在实验过程中，释放纸带前，纸带在竖宜，再接通电源后，最后释放纸带，故A正确；B、 物体第一个0.02s下降的高度为M=|pT2=|X9.8X0.022m=2mm,所以打下1、2点的距离为2mm,才认为正确，故B正确：C、 对于某点时重锤的速度v,不能通过公式v=^h计算，否则不是实验的验证，而是理论推导，故C错误；D、 某点到O点的距离力，利用公式"叨计算重力势能的减少量，故D正确。故选：ABD.若实验中重锤所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不变，根据动能定理，则有：mgh—fh=^mu2；解得：v2=(2g-^)h,因此画出v2-h图象是A图，故选：A故答案为：①力C：®mghB.m(h^A)2;③受到阻力：④朋D：⑤力体积要小，质量适中的铁球，时间通过计时器来算岀，而长度较长，则需要刻度尺，游标卡尺不行；由图可读出O到B点物体下落的髙度，则可求得重力势能的减小量；由平均速度公式可求得B点的瞬时速度，则可求得B点的动能：比较两数据可得岀结论：重力势能的减少量略大于动能的增加量，属于系统误差，原因是受到各种阻力：在释放重锤前，使纸带保持竖直，再接通电源，最后释放纸带；瞬时速度不能通过运动学公式推导；实验中重锤所受阻力不可忽略，可通过动能定理，得出酣-h的关系，从而确左求解。解决本题的关键掌握验证机械能守恒立律的实验原理，通过实验原理确怎所需的器材•该题主要考查了验证机械能守恒左律的实验的操作步骤和运用运动学规律、功能关系去处理实验数据的能力。【答案】解：(1)木箱受重力、支持力.拉力以及摩擦力作用，受力如下图所示：对木箱受力分析，在竖直方向：Fn+FsinO-mg=0在水平方向：FcosO—f=ma又因为摩擦力为：f=叭解得加速度为：a=2.6m/s2根据匀变速直线运动位移和时间的关系有：x=v0t+^at2解得2s内的位移为:x=5.2m.故拉力的平均功率B=匕竺=10x5-2x0-8“=20.8"t 2答：(1)木箱受力的示意图如上图所示：求木箱的加速度a的大小为2.6m/s2；求0〜2s时间内，拉力F的功率为20.8"。【解析】(1)物体受重力、支持力、拉力和摩擦力作用，作岀受力分析图；根据牛顿第二左律求岀物体的加速度大小。根据位移时间公式求得"内的位移大小，根据P=严求得平均功率。解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动,也可以根据运动求力。【答案】解：(1)由牛顿第二定律：°=竺叱暨，“杆沿轨道向上做减速运动，m速度越来越小，加速度"越来越小；设“杆上滑的初速度为％,贝叫山杆产生的感应电动势E=Blv0,通过电阻R的电流为：/=学2，R上的最大功率/'iP—i2R=BL—»解得：％=竺：2R 4R 0BL在血杆上滑的全过程中，R上产生的热量为0,则”杆上产生的热量也为Q.全过程电路产生的总热量为20,巴肪杆速度为零时，血杆向上滑动的最大距离为x,根据能量转化和守恒左律：=mgxsin30°+2Q,解得：%=4(諾::§-侖)。答：(l)ab杆沿轨道向上做减速运动，速度越来越小，加速度"越来越小：金属杆ab上滑的初速度为迥：BL金属杆”上滑的最大距离为4(霸-梟)。【解析】本题考查了电磁感应与力学的综合运用，解决本题的关键会根据受力分析运动规律，得出加速度和速度的变化，难度中等。根据速度的变化，结合加速度的表达式得岀加速度的变化，下滑过程中，列岀加速度的表达式，抓住加速度的方向与速度方向的关系判断速度的变化，从而得出加速度的变化。【答案】解：(1)甲离子在电场中加速，由动能左理得：q1U=^m1vl，由题意可知，甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r1=^MN=^L22甲离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二立律得：q1v1B=m1^rL联立解得：8=誥；离子在电场中加速，由动能定理得：对甲：q±U=扌九1讶，对乙：q2U=^m2V2♦甲离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：$=扌MN=扣，22乙离子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r2=扌MN=离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得：$“3=九¥则比荷为:三=葺联立解得甲、乙离子的比荷之比：生：竺=1：4：nixnij根据以上分析可得，离子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：「=土拝设为铀235离子的质量，n?为铀238离子的质量，由于电压在〃±A〃范国内微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为：铀238藹子在磁场中最小半径为：张”=右严严这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为「心<“，即訂平<则有+△[/)<mf(U-△[/)所以曽=¥Um/+m解得：晋=0.63%,所以为使这两种离子在磁