2021届百所名校高考模拟一模试卷(含答案解析)

2021届百所名校高考模拟一模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.一理想变压器与电阻R、交流电压表心电流表4按图甲所示方式连接，R=1O0,变压器的匝

数比为£=半。图乙是R两端电压U随时间变化的图象，［/巾=10V2K»下列说法中正确的是（）

A.通过R的电流［R=y/2cos50ntAB.电流表4的读数为0.14

C电流表4的读数为缁4D.电压表U的读数为10/1/

2.下列叙述正确的是（）

A.物体在恒力作用下不可能作曲线运动

B.变速运动一定是曲线运动

C.合运动就是物体的实际运动

D.两个分运动是直线运动，则它们的合运动一定是直线运动

3.如图所示，用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，厂

重力加速度为g。则下列说法正确的是（）

A.小球通过最高点时，绳子张力一定大于零

B.小球通过最高点时，绳子张力一定等于零

C.小球能通过最高点时临界速度为前

D.小球通过最高点时，绳子对小球的作用力可以与小球所受的重力方向相反

4.一小球质量为m,用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于。点，在。点川赛2

正下方，处钉有一颗钉子。如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放

后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则下列说法错误的是（）

A.小球的角速度变为原来2倍B.小球的向心加速度变为原来.

C.小球的向心力变为原来2倍D.绳的拉力变为原来2倍

5.如图所示，虚线a、氏c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的

电势差相等，即Uab=4c，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下

通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点.据此可知（）

A.带电质点通过P点时的电势能较Q点小

B.带电质点通过P点时的动能较Q点大

C.带电质点通过P点时的加速度较Q点小

D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.如图所示，质量为小的小车在水平恒力F推动下，从粗糙的山坡底部4

处由静止开始运动至高为八的坡顶B处时速度为小AB之间的水平距

离为s,重力加速度为g.下列说法正确的是（）

A.小车克服重力所做的功为mg/i

B.合外力对小车做的功为

C.推力对小车做的功为+

D.小车克服阻力做功为Fs-mg八一

如图所示，通有恒定电流的螺线管竖直放置，铜环沿螺线管的轴线加速下落，在

下落过程中，环面始终保持水平.铜环先后经过轴线上的1、2位置时的加速度分别

为的、a2,位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距离.则

A.%<g

B.a2<g

C.铜环在位置1、3的感应电流方向相反

D.铜环在位置1、3的感应电流方向相同

8.一块含铀的矿石质量为M,其中铀的质量为m,铀发生一系列衰变后，最终生成物为铅。下列

说法正确的是（）

A.经过1个半衰期后,该矿石的质量剩下?

B.经过2个半衰期后,其中铀的质量还剩?

C.经过3个半衰期后,其中铀的质量还剩蓑

1O

D.当环境温度升高时，铀衰变的速度不变

9.下列说法中不正确的是（）

A.热力学第一定律揭示了自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向

B.扩散现象说明了分子的运动就是要打破一切不均衡性，使之均衡

C.表面张力是液体附着层由于分子引力不均衡而产生沿表面作用于任一界线的张力

D.一定质量的晶体，熔化时吸收的热量和凝固时放出的热量相等

E.做功是改变内能的唯一方式，做功的多少只由物体的初末状态决定.

10.一根弹性绳沿x轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当《=0fy/cm

时使其开始沿y轴做简谐振动，在t=0.25s时，绳上形成如图所示的波0Ag

45x/m

形.关于此波，下列说法中正确的是（

A.此列波振源的频率为2Hz

B.在t=1.0s时B点开始向上运动

C.在t=0.75s时，x=3.0m绳的质点开始向上运动

D.当t=10s时，质点4正位于平衡位置速度方向向下

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某同学设计了一个“探究碰撞中的不变量”的实验：如图甲所示，小车4左端连着纸带，右端固

定一小尖锥，小车B左端粘有橡皮泥，在长木板左端垫上小木片以平衡摩擦力，平衡摩擦力后推

动小车A使之做匀速运动，与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体继续运动，打点计时器

所用电源频率为50Hz。

D£cat

8.401050908

乙

（1）若已测得打点纸带如图乙所示，并测得各计数点的间距（已标在图上），A为运动的起点，并已测

得小车4的质量叫,=0.40kg,小车B的质量mb=0-20kg，由以上测量结果可得：碰前4、B系

统总动量为kg-m/s,碰后4、B系统总动量为kg•m/s（结果均保留三位有效数字

）。

（2）某同学把小车4的尖锥和小车B的橡皮泥都去除，再用上述装置和操作步骤来“探究碰撞中的不

变量”的实验。发现碰后48没有粘在一起，而是分开同向运动，再次测量两车质量和纸带，则

A.他能测得碰前4B系统总动量，也能测得碰后4B系统总动量

B.他能测得碰前4B系统总动量，不能测得碰后4B系统总动量

C.他不能测得碰前4、B系统总动量，也不能测得碰后4、B系统总动量

。.他不能测得碰前4、B系统总动量，能测得碰后4、B系统息动量

12.利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等。图甲所示为某同学用传感器做实验得到

的小灯泡的U/关系图线。

（a）实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器4（阻值范围0〜100、滑动变阻器

B（阻值范围0〜1000）、电动势为6V的电源（不计内阻）、小灯泡、电键、导线若干。该同学做实

验时，滑动变阻器选用的是（选填或"B”）；请在图乙的方框中画出该实验的电路

图。

（b）将该小灯泡接入如丙图所示的电路中，己知电流传感器的示数为0.34电源电动势为3匕则此时

小灯泡的电功率为勿，电源的内阻为______0。

四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）

13.在抗震救灾中常常利用悬停直升机向灾区空投救灾物资（如图甲）.对于医药救灾物资只能从不高

于h=20机处自由释放才能安全着地，实际一些灾区往往地处深山峡谷，直升机能够安全悬停

的高度比/I要高得多，直接空投会造成损失.为解决这一问题，“我爱发明”研究小组设计了一

台限速装置，不论从多高处释放物资，最终都能以安全速度着地.该装置简化工作原理如图乙

所示，竖直绝缘圆盘可以绕圆心。自由转动，其上固定半径分别为ri=1加和万=0.5机的两个同

心金属圆环，连接两圆环的金属杆EF的延长线通过圆心0,足够长的不可伸长的轻质细绳一端

缠绕在大金属圆环上，另一端通过光滑滑轮挂救灾物资，圆环上的a点和b点通过电刷连接一可

调电阻R,两圆环之间区域存在垂直于圆盘平面向内的匀强磁场，磁感应强度8=407.（细绳与

大金属圆环间没有滑动，金属杆、金属圆环、导线及电刷的电阻均不计，空气阻力及一切摩擦

均不计，重力加速度g=10m/s2）

（1）求10kg的医药物资能安全地以最大速度落地时重力的瞬时功率；

（2）当中午下落时，圆环顺时针转动，外电路的电流方向为？（a流向b或b流向a）

（3）利用该装置使医药物资以最大安全速度匀速下降，求此时电阻R两端的电势差；

(4)若医药物资的质量m=50kg,应如何设置可调电阻R的阻值？

图乙

图甲

14.如图所示，放置水平面上的长木板的左端放置一小滑块(可视为质点)，右侧有一固定在水平地

面上的底座，底座上嵌有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，轨道最低点P与长木板等高，半圆弧轨

道的最高点Q处装有一压力传感器。现用水平向右恒力尸作用在小滑块上，小滑块到达P点时撤

去力凡此时长木板也恰好到达P点，并立即粘在底座上，小滑块沿着半圆弧轨道运动到最高点

Q。已知小物块的质量为m=1kg,长木板的质量为M=1kg,滑块与长木板、长木板与地面间

的动摩擦因数分别为%=0.4和〃2=0」，半圆弧轨道半径为R=0.4m,小滑块沿着半圆弧轨道

运动到最高点Q时，压力传感器的示数为5=12.5N,长木板右端与底座左端的距离为x=1m,

假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：

(1)小滑块到达P点时速度的大小力；

(2)长木板的长度L；

Lx

15.如图所示，体积为匕的导热性能良好的容器中充有一定质量的理想

气体，室温为7。=300K.有一光滑导热活塞C（不占体积）将容器分成

4、B两室，B室的体积是4室的两倍，气缸内气体压强为大气压的两

倍，右室容器中连接有一阀门K,可与大气相通.（外界大气压等于76cmHg）求:

①将阀门K打开后，4室的体积变成多少？

②打开阀门K后将容器内的气体从300K加热到540K,力室中气体压强为多少？

16.如图所示，在水面上放置一个足够大的遮光板，板上有一个半径为r的圆孔，圆心的正上方人处

放一个点光源S,在水面下深H处的底部形成半径为R的圆形光亮区域（图中未画出）.测得r=8cm,

h=6cm,H=24cm,R=26cm,求：

（1）水的折射率.（作出光路图）

（2）光在水中的传播速度.

H

参考答案及解析

1.答案：B

解析：

根据R两端的电压随着时间变化的图象，可求出电压的有效值，再利用电压与匝数成正比，可算出原

线圈电压的有效值，由电流与匝数成反比，可算出原线圈的电流大小，电压表测量R的电压，是有效

值。

正弦变化规律的交流电的有效值比最大值等于1：V2；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效

值。同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同。

A.正弦式电流且电阻R的Um=10V27,则有效值。=lOVo所以通过电阻的电流为/=£=14根据

乙图可知，周期，=0.02s,则3=与=lOOnrad/s,因此通过R的电流随时间t变化的规律是曲=

V2cosl007rt(71),故4错误；

BC.正弦式电流且电阻R的=10V2K,则有效值U=10V.所以通过电阻的电流为/=£=14又由

于电流表读出的是有效值，再由匝数比为詈=产的变压器，得电流表4的读数为0.14,故B正确，C

九21

错误；

。.由于电压表读出的是有效值，则电压表4的读数为10心故O错误。

故选Bo

2.答案：C

解析：解：4、物体做曲线运动的条件是合力的方向与速度方向不在同一条直线上，但合外力不一定

是变化的，如平抛运动，故A错误；

8、变速运动不一定是曲线运动，如匀加速直线运动.故8错误；

C、合运动就是物体的实际运动，故C正确；

。、两个直线运动的合运动可能是直线运动，也可能是曲线运动.如平抛运动是水平方向上的匀速

直线运动与竖直方向上的自由落体运动两个直线运动合成的.故。错误.

故选：c

曲线运动的条件，合外力与速度不一条直线上，速度方向时刻变化，故曲线运动时变速运动.曲线

运动合力一定不能为零.在恒力作用下，物体可以做曲线运动

掌握曲线运动的条件，合外力与速度不一条直线上，知道曲线运动合外力一定不为零，速度方向时

刻变化，一定是变速运动

3.答案:C

解析:解：4、设小球通过最高点时的速度为V，由合力提供向心力及牛顿第二定律可知mg+%=巾9

当%=0时，v=y[gR>当">痴^时，PT>0,故A8错误；

C、u2碗是小球能沿着圆弧通过最高点的条件，故C正确；

。、若D（声时，FT<0,而绳子只能产生拉力，不能产生与重力方向相反的支持力，故。错误；

故选：Co

对小球在最高点位置时分析向心力的来源，利用牛顿第二定律列方程求得在最高点的临界速度，即

可解答。

圆周运动问题重在分析向心力的来源，利用牛顿第二定律列方程，记住刚好能过最高点的临界情况。

4.答案：D

解析：解：4、把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不

变，半径变为原来的一半，根据v=r3,则角速度变为原来的两倍。故A正确；

8、当悬线碰到钉子后，半径是原来的一半，线速度大小不变，则由a=贮分析可知，向心加速度突

r

然增加为碰钉前的2倍。故8正确。

C、根据向心力F的=ma,质量不变，向心加速度突然增加为碰钉前的2倍，所以小球的向心力变为

原来2倍，故C正确；

22

D、根据牛顿第二定律得：悬线碰到钉子前瞬间：Ti—mg=m1得：A=mg+m5

悬线碰到钉子后瞬间：T2-mg=m^-,得：&=+2小后由数学知识知：&<2。.故。错误。

本题选说法错误的

故选：Do

把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变，半径减小，

根据。=rs、a=《判断角速度、向心加速度大小的变化，根据牛顿第二定律判断悬线拉力的变化

r

解决本题的关键要掌握线速度、角速度、向心加速度之间的关系，以及知道在本题中悬线碰到钉子

的前后瞬间，线速度大小不变。

5.答案：D

解析：4根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于

Q点的电势能，故A错误；

8、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故B错误；

CD,等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度

也大，故C错误，。正确。

故选Do

6.答案：ABD

解析：解：力、小车上升的高度为/I,则小车克服重力做功生=mg/i,故A正确。

8、根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功为：山病,故B正确。

22

C、对整个过程运用动能定理有：WF-mgh-Wf=|mv,则克服阻力做功必=Fs-mgh-^mv,

推力做功不等于+故c错误，。正确。

故选：ABD.

根据上升的高度确定小车克服重力做功的大小，根据动能定理求出合力做功的大小以及克服阻力做

功的大小.

本题考查了动能定理的基本运用，知道合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各力做功的代数

和，基础题.

7.答案:AC

解析：试题分析：铜环在1位置时，穿过线圈的磁通量增大，所以产生一个阻碍线圈向下运动的力,

故加速度的＜g,A正确，在2位置时，线圈磁通量不变化，所以没有感应电流产生，此时aa=g，

B错误，根据楞次定律可得铜环在位置1、3的感应电流方向相反，C正确，。错误

故选AC

考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律

点评：解决本题的关键会用楞次定律去判定感应电流的方向，以及会利用楞次定律的另一种表述进

行解题

8.答案：BD

解析：解：总质量m、衰变剩余质量mi、衰变时间，半衰期之间关系为：mi=mG)n,n为半衰期

次数，即n=5，曲为半衰期，t为衰变时间，所以在本题中有：

c0

A、经过1个半衰期后剩余U为三，但U变成了2，矿石的质量变化很小，故A错误；

B、经过2个半衰期后剩余U为mi：=故8正确；

C、经过三个半衰期后，其中铀元素的质量还剩血2=巾(}3=[771,故C错误；

。、铀衰变的速度与温度无关，故。正确。

故选：BD。

解答本题的关键是熟练掌握有关半衰期的运算，弄清总质量、衰变质量、衰变时间，半衰期之间关

系；半衰期与温度无关。

本题考查了有关半衰期的理解及运算，要注意对基本概念和规律的理解及应用。

9.答案：AE

解析：解：4、热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都具有方向性，是不可逆

的，故A错误；

8、扩散现象说明了分子的热运动，分子间存在空隙，是要打破一切不均衡性，使之均衡，故B正确；

C、表面张力的微观解释，液体表面层由于分子引力而产生沿表面作用于任一界线的张力，故C正

确

。、晶体具有确定的熔点与凝固点，相同质量，同一晶体的熔解热与凝固热相等；故。正确；

民做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故E错误；

本题选不正确的故选：AE

在热力学中，系统发生变化时，内能的变化为△U=Q+"；扩散现象、表面张力的解释，做功和

热传递是改变物体内能的两种方法.

本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律，关键是根据公式AE=W+Q进行分析，基础题.

10.答案：AD

解析：解：4、图中是半个波长的波形，则该波的周期T=2t=0.5s,频率/="=2Hz,故A正确.

B、由图知，波长4=2m,波速“=：=&=4m/s,波从图示位置传到B点的时间1='==1s,

t0.25v4

图示时刻x=处质点的振动方向向下，则在t=1.0s时B点开始向下运动，故B错误.

C、波从图示位置传到x=3.处的质点用时是一个周期，即0.5s,则在£=0.755时，％=3.0血绳的

质点开始向下振动，故C错误.

。、当t=10s=207时，波从。点传到力的时间为t=0.5T,则t=10s时，质点4已经振动了19.57,

质点4起振方向向下，则当t=10s时，质点4正位于平衡位置速度方向向下.故。正确.

故选：AD.

由波形确定出周期，由/="求频率.绳波是横波，。点开始时振动方向与图示时刻x=1m处质点的

振动方向相同；由图读出波长，根据求出波速.分析4、B间距离与波长的关系，确定状态的关

系；根据时间t=10s与传播时间和振动时间的关系，分析质点A的运动状态.

本题研究时要抓住波在同一均匀介质中是匀速传播的，根据。=:求波速和时间，这是常用的方法.对

于简谐波，要掌握其基本特点：介质中各个质点起振动方向相同.

11.答案：04200.417B

解析：解：(1)由图乙可知，BC=10.50cm=0.1050m；DE=6.95cm=0.0695m；

碰前小车的速度为：%=华=卷黑=1.05m/s,

IU.UZXo

碰前的总动量为：P=rnAvA=0.4x1.05=0.420kg-m/s；

碰后小车的共同速度为：。=字=黑衿=0.695m/s,

碰后的动量为:P'=(mA+mB)v=(0.4+0.2)x0.695=0.417kg-m/s；

(2)碰前动量可以按(1)中方法求出，但碰后由于被碰小车的速度无法求出，故无法求出碰后的动量，

故B正确，ACO错误。

故选：B。

故答案为：(1)0.420,0.417；(2)8。

(1)根据图象，由速度公式求出小车的速度，然后由P=mv求出动量.

(2)分析实验方法，从而明确求解动量的方法，从而明确能否求出碰撞前后的动量大小。

本题考查了验证动量守恒定律实验，分析清楚小车运动过程，运用速度公式、动量计算公式即可正

确解题，要掌握根据纸带求速度的方法。

12.答案：A0.751.67

解析：解：(1)图中横轴表示温度，纵轴表示电阻，随着温度的增加，金属热电阻的阻值略微增大，

而热敏电阻的阻值显著减小。所以这种热敏电阻在温度上升时导电能力增强；相对金属热电阻而言，

热敏电阻对温度变化的影响更敏感。

(2)(a)为方便实验操作，滑动变阻器可以选A；小灯泡电阻较小，电流传感器应采用外接法，描绘小

灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；

好传感面

(b)由图甲可知，通过灯泡的电流是0.34时，灯泡两端电压是2.5V,则灯泡功率P=U/=2.5Vx

0.3/1=0.75W；电源电动势是3V,过点(0.342.5U)和纵轴上3V的点作一直线，该直线是电源的U-/

图象，如图所示，根据闭合电路欧姆定律应有E=U+/r,解得r=1.6700

故答案为：(1)4电路如图所示；(4)0.75；(5)1.67。

(1)在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；实验时.，电压与电流

从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由于灯泡电阻较小，电流表可以采用外接法；

(2)由小灯泡的U-/图象，根据电流找出灯泡两端电压，由「="求出灯泡功率；在图象上作出电

源的U-/图象，根据闭合回路欧姆定律求解电源内阻。

本题考查了实验电路设计，确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键，同时注意

掌握利用伏安特性曲线分析实验数据的基本方法。

13.答案：解：(1)由匀变速直线运动的速度位移公式得：

v2=2gh,解得速度为：v=y/2gh.=V2x10x20=20ni/s,

重力的瞬时功率为：P瞬=mgv=10X10x20=2000W.

(2)由右手定则可知，感应电流方向为：a流向b；

(3)金属杆转动的角速度为：3=：=午=20rad/s,

金属杆切割磁感线产生感应电动势为：

E=BLv=8仇-r2)•空•w=40X(1-0.5)xx20=300V,

除电阻外一切电阻不计，则电阻两端电势差为300V；

(4)重力功率等于发热功率，则：mgv-

解得：R=9/2；

答：(l)10kg的医药物资能安全地以最大速度落地时重力的瞬时功率为2000IV；

(2)当重物下落时，圆环顺时针转动，外电路的电流方向为：a流向b；

(3)利用该装置使医药物资以最大安全速度匀速下降，此时电阻R两端的电势差为300V；

(4)若医药物资的质量m=50kg,可调电阻R的阻值为90.

解析：(1)应用匀变速直线运动的速度位移公式求出落地速度，然后应用功率公式求出重力的瞬时功

率.

(2)应用右手定则可以判断出感应电流的方向.

(3)应用E=BLu求出感应电动势，然后求出电压.

(4)由能量守恒定律可知，重力的功率等于发热功率，从而求得可调电阻的阻值.

本题考查了求功率、判断电流方向、求电势差、求电阻阻值问题，认真审题理解题意是解题的前提，

应用运动学公式、法拉第电磁感应定律的内容，掌握能量守恒关系即可解题，理解题意、掌握基础

知识是解题的关键，平时要注意基础知识的学习与应用.

14.答案：解：(1)在Q点，轨道对小滑块的支持力为凤'=%=12.5N

由牛顿第二定律即，+小。=等

从P到Q的过程中，由动能定理得：-zng•2R=如诏-)诏

解得=5m/s

(2)对长木板，由