2021届吉林省通化市梅河口五中高考物理模拟试卷(含答案解析)

2021届吉林省通化市梅河口五中高考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共5小题，共15.0分）

1.牡基熔盐堆核能系统（TMSR）是第四代核能系统之一。其中牡基核燃料铀由较难裂变的针吸收一

个中子后经过若干次0衰变而来；铀的一种典型裂变产物是钢和氟。以下说法正确的是（）

A.题中铀核裂变的核反应方程为匏u+Jnt56Ba+36Kr+30n

B.钻核衰变的快慢由原子所处的化学状态和外部条件决定

C.针核播7Tl经过2次0衰变可变成锲

D.在铀核裂变成钢和氟的核反应中，核子的比结合能减小

A.变大B.变小C.不变D.无法确定

3.测出万有引力常量的是（）

A.开普勒B.伽利略C.牛顿D.卡文迪许

4.质量为小的4球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假如B球

质量mg可选取不同的值，则下列说法错误的是（）

A.若机8=巾4，碰后B球速度最大

B.若m8=犯4，碰后B球动能最大

C.在保持MB>巾4的条件下，加3越小，碰后B球速度越大

D.在保持巾8<叫的条件下，WIB越大，碰后B球动量越大

5.如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线

和等势线则（）

A.场强Ea>Eb,Eb>Ec

B.电势（pa>Wb，（Pc><Pb

C.沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的

D.沿儿方向直线射入的电子有可能做曲线运动

二、多选题（本大题共5小题，共16.0分）

6.如图所示，倾角为。的光滑斜面上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向下,

磁场的下边界为MN,边界上方有一边长为L的正方形线框abed,线框的电阻为R,质量为小，ab

边离MN的距离为s。现将线框由静止释放，线框下落过程中ab边始终保持与MN平行，且ab边

离开磁场前已做匀速直线运动，已知当地重力加速度为g,则线框从静止释放到完全离开磁场的

过程中，下列说法正确的是（）

A.线框先做变加速运动后做匀速运动

B.整个过程流过线框截面的电荷量为春

C.线框在离开磁场的过程中产生的焦耳热为mg（s+L）sin6-叱寡“

D.线框从开始运动到离开磁场的时间为一笔彳+篝

mgRsinO

7.下列说法中正确的是（）

A.物体的动量改变，一定是速度大小改变

B.物体的动量改变，一定是速度方向改变

C.物体的运动状态改变，其动量一定改变

D.物体的速度方向改变，其动量一定改变

8.如图所示，自由下落的小球从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，如果不计空气阻

ol

力，并且弹簧的形变始终没有超过弹性限制，则（）I

A.小球的加速度先减小后增大

B.小球的速度一直减小

C.小球的机械能一直减小

D.小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和不变

9.下列说法正确的是（）

A.物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和

B.布朗运动就是液体分子或者气体分子的热运动

C.利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是

可能的

D.气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力减小

E.一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而

增加

10.关于光的叙述中，下面说法正确的是（）

A.激光能沿着弯曲的光导纤维传播，是利用了光的全反射原理

B.一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化

C.通过两枝铅笔的狭缝所看到的远处日光灯的彩色条纹，是光的干涉所致

D.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由蓝光改为黄光，则条纹间距变宽

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

11.用如图甲所示的实验装置验证叫、爪2组成的系统机械能守恒。g从高处由静止开始下落，如上

拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量分析，即可验证机械能守恒定律。如图

乙给出的是实验中获取的一条纸带，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未

标出），所用电源的频率为504z。已知mi=150g、m2=250g»当地重力加速度g取:lOm/s?。

（数值结果均保留两位小数）

（1）在打下计数点5时，m1的速度大小为u=m/s;

（2）在打下0点到打下计数点5的过程中，佗动能的增加量为4岳上=J,系统重力势能的减少量

为％=]■

（3）某同学测出多个计数点的速度大小”及对应小2下落的高度儿作出的J-h图象如图丙所示，则图

象的斜率表达式上=（用加1、和g表示）。

12.两位同学在实验室利用如图(a)所示的电路测定定值电阻R。、电源的电动势E和内电阻r.调节滑

动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表4和电压表匕的测量数据，另

一同学记录的是电流表4和电压表七的测量数据.并根据数据描绘了如图(b)所示的两条U-/直

(1)根据甲乙两同学描绘的直线，可知正确的是

A.甲同学是根据电压表匕和电流表4的数据

8.甲同学是根据电压表彩和电流表4的数据

C.乙同学是根据电压表匕和电流表4的数据

D乙同学是根据电压表彩和电流表4的数据

(2)根据图(b),求出定值电阻用=n,电源内电阻的阻值r=n.

(3)仅从实验设计原理上分析，用上述方法得到的及测量值与真实值相比；电源内电阻「测量

值与真实值相比(选填“偏大”“偏小”或“相等”)

四、计算题(本大题共4小题，共40.0分)

13.如图所示，两根足够长的平行金属导轨间距1=0.50m,倾角。=

53°,导轨上端串接电阻R=0.052在导轨间长d=0.56m的区

域内，存在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度B=2.07的匀

强磁场.质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用轻质*J%乡

细绳跨过定滑轮与拉杆GH(GH杆的质量不计)相连.某同学用F=80N的恒力竖直向下拉动GH

杆，使C。棒从图中初始位置由静止开始运动，刚进入磁场时速度为v=2.4m/s,当C。棒到达磁

场上边界时该同学松手.g=10m/s2,sin53o=0.8,不计其它电阻和一切摩擦.求：

(1)CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s；

(2)该同学松手后，CD棒能继续上升的最大高度九；

(3)在拉升CD棒的过程中，该同学所做的功W和电阻R上产生的热量Q.

14.水平台球桌面上母球4、目标球B和球袋洞口。位于一条直线上，设4、8两球质量均为徵=

0.25kg且可视为质点，4、B间的距离为5sn,B、C间距离为》=80cm,因两球相距很近，为

避免“推杆”犯规(球杆推着两球一起运动的现象)，常采用“点杆”击球法(当球杆杆头接触4

的瞬间，迅速将杆抽回，4在离杆后与B发生对心正碰，因碰撞时间极短，可视为完全弹性碰撞

)，设球与桌面的动摩擦因数均为〃=0.25,为使B恰好可以落入袋中，g取10m/s2求：

(1)碰撞过程中4球对B球的冲量大小-

(2)碰撞前瞬间4球的速度大小.

15.如图所示，一连通器与贮有水银的开口容器M用软管相连，连通

器的两直管4和B竖直放置，两管粗细相同且上端封闭，直管4和

B内充有水银，当气体的温度为口=27久时，水银面的高度差九=

10cm,两管空气柱长均为％=10cm,B管中气体的压强PBI=

WcmHg.现使两管中的气体的温度都升高到t2=127汽，同时

调节M的高度，使4管中的水银面的高度不变，己知面仪4.6,

求温度t2=127℃0t«

①4管中气体的压强；

②B管中气体柱长度。

16.如图所示，AABC为一直角三棱镜的截面，其一个底角为30。，一束单色平行光束斜射向力B面,

经三棱镜折射后在4C面水平平行射出。

A

①以图中三条光线代表光束，画出三条光线经棱镜折射的光路示意图:

②若棱镜的折射率为k，求入射光线与48面的夹角。。

参考答案及解析

1.答案：A

解析：解：4、该核反应方程式符合质量数守恒与电荷数守恒，故A正确；

8、原子核的半衰期由核内部自身因素决定，与原子所处的化学状态和外部条件无关，故8错误；

C、0衰变的本质是一个中子变成一个质子和一个电子，故不改变质量数，故C错误；

。、重核裂变的过程中释放能量，所以重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能增大，故。错误；

故选：力。

根据质量数守恒和电荷数守恒判断核反应方程式；衰变过程由原子核内部自身因素决定；0衰变中不

改变质量数；根据裂变的特点分析；

该题考查常见的核反应方程以及半衰期，解答的关键是知道半衰期与外界条件无关。

2.答案：A

解析：解：若极板8向上移动一小段距离，电容器极板正对面积减小，由平行板电容器电容的决定式

。=急可知，电容。减小，电容器的电量Q不变，由电容器的定义式。=小可知电容器两板间的电

压增大，则静电计的指针偏角变大.

故选：A.

由平行板电容器电容的决定式C=抵可分析电容的变化；由电容器的定义式C=号可求得电容器两

4nkaU

端的电压变化，则可得出静电计的指针偏角的变化.

本题考查电容器的动态分析，要注意明确静电计的张角反映电容器板间电压大小，关键要掌握电容

器的决定式C=盘和定义式C=*

4nkdU

3.答案：D

解析：解：牛顿发现了万有引力定律后，第一次通过实验比较准确地测出万有引力常量的科学家是

英国的卡文迪许，故ABC错误，。正确

故选：D

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可.

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是

考试内容之一.

4.答案:A

解析：解：4、B碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前4的速度方向为正方向，根据动量守恒定律和机

械能守恒定律，得

mAvA=mAvA'+mBvB'

2

如若=加以'2+^mBvB'

联立解得：

碰后4B两球的速度分别为以'=怒就%，%'=高詈；%=病外

，2

AC、碰撞后B的速度:VB=彳巫勿，则知在保持血8>g的条件下,巾3越小，B的速度越大，m=m

mABA

时，碰后B球的速度不是最大，故A错误，C正确；

B、碰撞后B的动能：EKB=：MB%'2=（善腺z,由数学知识知：当机4=爪8时，碰后B的动能最

大，故8正确；

p

D、碰撞后B的动量：B=芯-=RT,则知ms越大，碰后B球的动量越大，故。正

mA

确；

本题选错误的

故选：Ao

小球A与B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定

律答题。

本题考查了动量守恒定律的应用，知道=弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒是解题的关键，

应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题，解题时要注意数学知识的应用。

5.答案：A

解析：解：4、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知Ea>Eb>Ec.故4正确。

B、沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知9c>0b=8a•故B错误。

C、沿cba路径移动质子与电子，根据公式小=勺（/,知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子

做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大。故C错误。

D、沿be方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动。故。错误。

故选：4。

沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的.明确

电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况.根据受力情况，

分析电子的运动情况.

本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电荷的电性和电势差，属于基

础问题.

6.答案：BD

解析：解：4、线框全部在磁场中运动时，由于穿过线框的磁通量不变，所以线框中不会产生感应电

流，即不受到安培力作用，在重力的作用下，线框沿着斜面向下做匀加速直线运动；

线框出磁场过程中，线框受到沿着斜面向上的安培力作用，

如果cd边刚到达MN时线框受到的安培力大于重力沿着斜面向下的分力,线框先做加速度减小的减速

运动，当安培力大小等于重力沿着斜面向下的分力大小时，线框的加速度为零，之后线框做匀速直

线运动，

如果cd边刚到达MN时线框受到的安培力小于重力沿着斜面向下的分力,线框先做加速度减小的加速

运动，当安培力大小等于重力沿着斜面向下的分力大小时，线框的加速度为零，之后线框做匀速直

线运动，

如果cd边刚到达MN时线框受到的安培力等于重力沿着斜面向下的分力，则线框匀速穿过磁场，故A

错误；

B、整个过程流过线框截面的电荷量为勺=〃==1=竽=字，故8正确；

RRR

C、线框匀速运动时，根据平衡条件有7ngs比。=BIL=已了，

所以匀速运动的速度为u=噂渭，

从线框静止到线框完全离开磁场的过程中，根据能量守恒有mgs-sine=lmv2+Q,

则线框在离开磁场的过程中产生的焦耳热为Q=mgs-sind-故C错误；

D、线框从开始运动到离开磁场的过程中根据动量定理有mgs讥。.t-嗒t=mv-O-

o2r2(

即7ngs讥。•t=mv—0,

所以线框从开始运动到离开磁场的时间为t=一三+黑，故。正确。

mgRsinOB2l7

故选：BD。

分析线框在运动过程中的受力情况，根据受力分析线框的运动情况；

根据电荷量的计算公式结合法拉第电磁感应定律求解；

导线穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律列方程求解线框在离开磁场的过程中产生的焦耳热；

线框从开始运动到离开磁场的过程中，根据动量定理求解运动时间。

解决该题需要掌握安培力的计算公式，知道线框在运动过程中的受力情况，掌握用能量守恒求解运

动过程的焦耳热，掌握用动量定理求解变加速运动的时间。

7.答案：CD

解析：解：AB,动量是矢量，动量改变可能是大小改变，也可能是方向改变，所以速度大小不一定

变，A错误，B错误。

CD,运动状态是用速度来描述的，运动状态的改变一定是速度在变，只要速度改变，不论是大小还

是方向，动量都发生变化，故C、。正确。

故选:CD。

动量是矢量，有大小有方向，只要速度发生变化，物体的动量发生变化.

解决本题的关键理解动量的矢量性，只要大小或方向发生改变，动量发生变化.

8.答案：AC

解析：

本题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根

据牛顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况。再由机械能守恒的条件进行分析即可

明确能量的变化。

本题考查了牛顿第二定律的综合应用和机械能守恒定律的应用，学生容易出错的地方是：认为物体

一接触弹簧就减速。对弹簧的动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习。

解：力、小球接触弹簧上端后受到两个力作用：向下的重力和向上的弹力。在接触后的前一阶段，重

力大于弹力，合力向下，因为弹力尸=丘不断增大，所以合外力不断减小，故加速度不断减小，由

于加速度与速度同向，因此速度不断变大。当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合外力为零，加

速度为零，速度达到最大。后一阶段，即小球达到上述位置之后，由于惯性小球仍继续向下运动，

但弹力大于重力，合外力竖直向上，且逐渐变大，因而加速度逐渐变大，方向竖直向上；小球的加

速度先减小，后增大；速度先增大后减小；故A正确；8错误；

C、小球做减速运动，当速度减小到零时，达到最低点，弹簧的压缩量最大。整个过程中小球的机械

能一直减小；故C正确；

。、由于小球和弹簧组成的系统机械能守恒；故小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持

不变；因动能先增大后减小；故重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大；故。错误；

故选：AC.

9.答案：ACE

解析：解：4、物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，故A正确；

8、布朗运动是液体分子对固体颗粒的撞击不平衡引起的，固体颗粒的运动，不是分子的运动.故B

错误；

C、根据热力学第二定律，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，不能将全部的内能

转化为机械能，但是将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，C正确；

。、分子之间的作用力-分子引力和斥力都随距离的减小而增大，故。错误；

E、气体的压强是有大量分子持续撞击器壁产生的，一定量的理想气体，在压强不变时，若温度降低，

分子对器壁的平均撞击力减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数需要增加，即需要减小

气体的体积即可.故E正确；

故选：ACE

物体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和，布朗运动是固体颗粒的运动，利用浅层海水

和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，分子之间的

作用力随距离的减小而增大；气体的压强是有大量分子持续撞击器壁产生的.

该题考查内能、布朗运动的实质，热力学第二定律、分子之间的作用力以及要求的微观意义，要理

解热力学第二定律的几种不同的说法.

10.答案：ABD

解析：解：4、光导纤维是利用全反射来实现传播信号，故A正确；

8、光是一种横波，光的偏振是光沿特定方向振动且与传播方向相垂直。一束自然光相继通过两个偏

振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化，故B正确；

C、通过两枝铅笔的狭缝所看到的远处日光灯的彩色条纹，这是光的衍射现象，故C错误；

。、在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由蓝光改为黄光，波长变长，则条纹间距变宽，故。正

确；

故选：ABD.

当光从光密进入光疏介质时，若入射角大于或等于临界角时，发生光的全反射。光的偏振是光沿特

定方向振动且与传播方向相垂直。光的干涉是频率相同的两种波相互叠加，出现彩色条纹。当光的

波长越长则干涉条纹间距越宽。光的衍射是绕过阻碍物继续向前传播。

光的全反射条件是：光从折射率大进入折射率小的介质中，且入射角大于或等于临界角。而光的干

涉条件是频率相同，对于明显的衍射现象是光的波长比阻碍物尺寸要大得多，可相差不大。

11.答案：1.70.580.60-^—

7712十

解析：解:已知7nl=150g=0.150/cg,m2—250g=0.250kg.

(1)打点计时器所用交流电的频率为50Hz,每相邻两计数点间还有4个点，则相邻两计数点的时间间

隔为t=5x*=0.1s

根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可知打第5个点时的速度

为：%=*=(……厂

32T2X0.1''

(2)从打下。点到打下计数点5的过程中

系统的初速度为零，所以系统动能的增加量为：^Ek=+m2)vl=1x(0.150+0.250)x

1.72/x0.58/

2

系统重力势能的减少量：△%=(m2-mjgh=(0.250-0.150)x10x(45.40+14.60)x10-J=

0.60/

2

(3)对系统根据机械能守恒定律：mzg/i-m^gh=^(mt+m2)v

整理得：源=徐＞

根据［-九图象的斜率可知：卜=肾;g

故答案为：(1)1.7；(2)0.58,,060；(3)荽

(1)根据在匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打下计数点5时

的速度大小；

(2)根根据动能的计算公式求出系统动能的增加量，据力势能的计算公式可以求出重力势能的减少量;

(3)应用机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。

本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的数据处理问题，应用机械能守恒定律、匀变速直线运动

的推论、动能与重力势能的计算公式即可解题；解题时注意单位换算与有效数字的保留。

12.答案：AD2.01.0偏小偏小

解析：解：(1)从图象上看出电流表4的读数增大时，甲同学的绘制图象电压表的读数减小，乙同学

的绘制图象电压表的读数增大，

从电路连接可以看出，电流表4的读数增大时，电压表匕的读数减小，电压表彩的读数增大.

所以甲同学是根据电压表匕和电流表4的数据绘制图象的，故B错误，4正确；

乙同学是根据电压表匕和电流表4的数据绘制图象的，故C错误，D正确.

故选：AD.

(2)定值电阻的U-/图线是正比图线，斜率表示电阻，&=牛=/=2.00；

图线乙的纵轴截距表示电动势，为1.5叭斜率绝对值表示内电阻，k=华=咚F=1.O0,所以电

源的内阻为10;

(3)由图可知，在测量定值电阻时采用的是电流表外接法，则由于电压表的分流而使电流表示数大于

真实值；则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；

测内电阻时采用相对电源的电流表外接法，则由于电压表的分流而使电流表示数偏小；可将电压表

视为与电源内阻并联，则可知测量电阻偏小；

故答案为：(1)4。；(2)2.0,1.0；(3)偏小，偏小

(1)从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义.

(2)定值电阻的U-1图线是正比图线，斜率表示电阻；电源的U-/图线的纵轴截距表示电动势，斜

率表示内电阻；

(3)明确电路结论，根据电表内阻的影响分析电路实验误差.

本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出内

电阻.同时注意误差分析的方法，明确两种电路中电表内阻所带来的影响.

13.答案：解：(1)CD棒向上运动：

F—mgsind=ma

代入数据解得：a=12m/s2

由运动学公式：v2=2as

代入数据解得：s=0.24m

(2)刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=B由=2x0.5x2.4V=2.4V

由闭合电路欧姆定律有：/=£=芸=484

又:F安=B〃=2X48XO.5=48N

因为：F=mgsin。+F安=40x0.8+48=80N

所以：CD棒在磁场中做匀速直线运动

离开磁场后，CD棒沿导轨向上做匀减速运动

由/=2gxsin。代入数据解得：x=0.36m

CD棒还能继续上升的最大高度为：

h=xsinO=0.288m

(3)该同学所做的功为：W=F(s+d)

代入数据解得：V/=64;

由能量转化和守恒定律得：F(s+d)=zng[(s+d)sin6+h]+QR

代入数据解得：QR=26.88/

答：(1)CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s为0.24m；

(2)该同学松手后，CC棒能继续上升的最大高度九为0.288m；

(3)在拉升CD棒的过程中，该同学所做的功皿为64/,电阻R上产生的热量Q为26.88/

解析：(1)根据牛顿第二定律求出CD棒进入磁场前的加速度，再由速度位移公式求出CD棒的初始位

置与磁场区域下边界的距离s；

(2)判断CD棒在磁场中的运动情况是匀速直线运动，从而得出离开磁场时速度，松手后向上匀减速

运动，由运动学公式求出匀减速运动的位移，即可求出CD棒能继续上升的最大高度公

(3)根据能量守恒定律求解；

本题是力电综合题，关键要根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力的表达式，并计算出安培力的大

小，从而判断导体棒的受力情况和运动情况.第3小题，导体棒匀速运动时，感应电流一定，也可根

据焦耳定律求热量。

14.答案：解：①设碰撞后瞬间B球能进入球袋的最小速度为火,由动能定理得：pmgx=0-1m