2021届高三一轮复习模拟考试-物理

2021届高三一轮复习模拟考试

物理（一）

注意事项：

1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证

号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题

卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1〜6

题只有一项是符合题目要求，第7〜10题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对

但不全的得2分，有选错的得0分）

1.小球从空中自由落下，与水平地面相碰后弹到空中某高度，其速度一时间图象如图

所示，g=10m/s2。则由图象可知以下说法正确的是（）

A.小球下落的最大速度为5mzs

B.小球反弹时的最大速度大小为5m/s

C.小球能弹起的最大高度为0.9m

D.小球能弹起的最大高度为1.25m

【答案】A

【解析】由v—/图象可知，0〜0.5s小球下落，最大速度为5m/s,小球反弹的最大速

度为3m/s,A正确，B错误；由n—f图象可得，弹起的最大高度Zz=12x0.3x3m=0.45

m,D错误。

2.如图所示，质量为加、电荷量为+“的带电小球A用绝缘细线悬挂于。点，带电荷

量也为的小球8固定在。点正下方绝缘柱上，其中。点与小球A的间距为/,。点与

小球8的间距为3/。当小球A从与竖直方向夹角6=30。处的C点静止释放后，会经过。

点正下方的。点。若带电小球A、8均可视为点电荷，静电力常量为％,细线始终绷直。

则（）

A.小球A做匀速圆周运动

2

B.在C处，小球A与小球2之间的库仑力大小为女多

C.小球A在运动过程中机械能守恒

D.小球A从C到。的过程中，库仑力对其做负功，电势能减少

【答案】B

【解析】小球A做圆周运动的受到的合力方向并不始终指向圆心且合力大小变化，所

以速度大小变化不是匀速圆周运动，故A错误；在C处时，2、C间距离为/,根据库仑定

2

律可得尸=%能，故B正确；小球A在运动过程中有电场力做功，机械能不守恒，故C错

误；小球4从C到。的过程中，库仑力对其做负功，电势能增加，故D错误。

3.如图所示（俯视图），两个完全相同的横截面为直角三角形的三棱体拼在一起放在

光滑水平面上，其中锐角为30。。现对其中的三棱体A施加一垂直于侧面、大小恒为尸的

水平推力，三棱体A和2一起相对静止地开始在水平面上运动，己知A、2间的最大静摩

擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）

A.三棱体A对8的弹力大小为3）2/

B.三棱体A对8的摩擦力大小为12F

C.若增大对A的水平推力，48有可能会相对滑动

D.若仅增大8的质量且8的形状体积均不变，则A对2的摩擦力会增大

【答案】D

【解析】现对A、B整体分析，有F=2ma,然后隔离8分析，如图所示，B所受摩擦

力后和弹力乐的合力产合，满足厂合=加"，F^=12F,由力的合成的几何关系可知乐=

3）4凡Ff=14F,AB错误；根据前面受力分析可知，A、8间的动摩擦因数至少为3）3。假

设/增大时，A、B仍然相对静止，受力分析可知，芭、尺会同比例增大，所以无论用多

大的力，A、B都不会出现相对滑动，C错误；若增大B的质量，鼠=—生一增大，

m

°%+B

入、乐会同比例增大，D正确。

Fz

Ft,

4.我国北斗导航系统包含运行于中圆轨道、地球同步轨道、周期为24h的倾斜地球

同步轨道三种卫星，这些卫星中（）

A.中圆轨道卫星周期最大

B.同步轨道卫星向心加速度最大

C.2颗倾斜地球同步轨道卫星机械能相等

D.倾斜地球同步轨道卫星相对地面不是静止的

【答案】D

【解析】根据GMmr2=7〃4712T2r,可得卫星周期7=2兀r3GM）,可知轨道半径越大，

周期越大，故中圆轨道卫星周期最小，A错误；根据6乂皿2=加°,可得卫星向心加速度a

=GMr2,可知轨道半径越小，向心加速度越大，故中圆轨道卫星向心加速度最大，B错

误；2颗倾斜地球同步轨道卫星，离地面高度和运行的线速度均相等，但由于质量关系不

确定，故无法确定机械能的大小关系，C错误；倾斜地球同步轨道卫星在绕地球转动过程

中，地球也在自转，故倾斜地球同步轨道卫星相对地面不是静止的，D正确。

5.如图所示，电源电动势E=L5V,内电阻r=0.5Q,滑动变阻器R的最大电阻Rm

=5.0Q,定值电阻&=2.0A,C为平行板电容器，其电容为3NF。将开关S与a接触，

A.当凡接入电路阻值为0.5。时，以消耗的功率最大

B.当凡的阻值增大时，&两端的电压减小

C.开关从a接向6,流过&的电流流向为I-。

D.开关从a接向b,待电路稳定，流过R3的电荷量为9义1。-3c

【答案】B

【解析】将及等效为电源的内阻，当品=&+r=2.5。时，以消耗的功率最大，故A

错误；当照的阻值增大时，外电路的总电阻增大，总电流减小，&两端的电压减小，故B

正确；当开关接。时，电容器右极板带正电，将开关从。接向6,稳定时电容器左极板带

正电，所以电容器先放电后反向充电，流过&的电流流向为c-d,故C错误；因R1接入

的阻值未知，不能求出电容器上的电压，故不能求出流过尺的电荷量，故D错误。

6.如图所示，竖直平面内有水平向左的匀强电场E,〃点与N点在同一电场线上。

两个质量相等的带正电荷的粒子a、b,以相同的速度w分别从M点和N点同时垂直进入

电场，不计两粒子的重力和粒子间的相互作用。已知两粒子都能经过尸点，在此过程中，

下列说法正确的是（）

A.。粒子到达P点的时间短

B.。粒子电荷量较大

C.b粒子电势能变化较大

D.a粒子动量变化较大

【答案】C

【解析】两粒子进入电场后做类平抛运动，因为重力不计，竖直方向匀速，水平向左

匀加速，因为两粒子竖直方向的位移相同，速度相同，所以达到P点的时间相同，A错

误；水平向左匀加速，根据尤=12/，a=匹以及xa<xb，时间和质量均相等，可知的<

m

qb，B错误；b粒子电场力大，沿电场力方向位移大，故电场力做功多，根据功能关系可

知，b粒子电势能变化较大，C正确；根据动量定理可知，时间相同，电场力小

的动量变化小，a粒子电场力小，a粒子动量变化小，D错误。

7.一群处于第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，将这

些光分别照射到图甲电路阴极K的金属上，只能测得3条电流随电压变化的图象如图乙所

示，已知氢原子的能级图如图丙所示，则下列推断正确的是（）

E/eV

-0

--0.85

-1.51

-3.4

--13.6

A.图乙中的。光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的

B.图乙中的b光光子能量为12.09eV

C.动能为leV的电子能使处于第4能级的氢原子电离

D.阴极金属的逸出功可能为6.75eV

【答案】BCD

【解析】由以上分析可知，c光的频率最小。根据玻尔跃迁理论，能级差八£=加，故

c光频率对应的能级差最小，不可能是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，因为第4能

级和基态之间的能级差最大，故A错误；6种光子中，只有三种能使阴极发生光电效应，

故a光子是氢原子由能级4向基态跃迁的产物，b光子是氢原子由能级3向基态跃迁的产

物，c光子是氢原子由2能级向基态跃迁的产物。故6光子的能量AE=12.09eV,B正

确；处于第4能级的氢原子电离至少需要吸收0.85eV的能量，故动能为leV的电子能使

处于第4能级的氢原子电离，C正确；由题意可知，c光子的频率最小，则跃迁产生c光子

的能级差10.2eV,根据爱因斯坦光电效应方程，Ek^hv-W0,要想有效地发生

光电效应，需满足故逸出功W可能等于6.75eV,D正确。

8.如图所示的正方形线框abed边长为L每边电阻均为广，在垂直于纸面向里，磁感

应强度为B的匀强磁场中绕cd轴以角速度。匀速转动，c、d两点与一阻值为r的电阻相

连，各表均可视为理想表，导线电阻不计，则下列说法中正确的是()

A.线框abed产生的电流为交变电流

B.当S断开时，电压表的示数为零

C.当S断开时，电压表的示数为注8。/?

8

D.当S闭合时，电流表的示数为亘M

14r

【答案】AC

【解析】线框而cd绕着垂直于磁场的转轴匀速转动，故产生的电流为交变电流，故A

正确；产生的交流电的电动势最大值为有效值E=Em\r(2),当S断开时，电

压表测量的电压为cd间的电压，故W—,故B错误，C正确；S闭合时，

电路总电阻为3r+12r=3.5r,通过ab中电流-—则电流表读数

”故D错误。

9.一如图所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场。质量为相、半径为R的圆

环中通有恒定的电流/时，恰好能水平静止在N极正上方X处。已知与磁单极子N极相距

k

r处的磁场强度大小为2=£，其中％为常数。重力加速度为g,贝lJ（）

r

A.静止时圆环的电流方向为顺时针方向（俯视）

B.静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势

C.静止时圆环的电流为“叫面:改）

2nkR2

D.若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小

【答案】AC

【解析】环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可

知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向（俯视），故A正确；静止时圆环的电流方向为

逆时针方向，由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩

的趋势，故B错误；对环的某一部分进行受力分析如图，在水平方向，根据安培力的对称

性可知，整个的环在水平方向的合力为0,竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环

处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力歹=2/•2兀R,由几何关

Hkmg(H2+R2)

系，Feosd=mg,cos3=.由题5=----------联立得/=,故C

,-2nkR2~

正确；结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；

由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以

合外力减小，加速度先减小，故D错误。

10.如图所示，一质量为机的小球，用长为/的轻绳悬挂于。点，初始时刻小球静止

于P点。第一次小球在水平拉力Fi作用下，从尸点缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直

方向夹角为。（。＜90。），张力大小为Fn；第二次在水平恒力B作用下，从P点开始运动

并恰好能到达。点，在。点时轻绳中的张力大小为瓦2。关于这两个过程，下列说法中正

确的是（不计空气阻力，重力加速度为g）（）

A.两个过程中，轻绳的张力均变大

第一个过程中，拉力B在逐渐变大，且最大值一定大于尸2

YY12

FT2=mg

D.第二个过程中，重力和水平恒力巳的合力的功率先增大后减小

【答案】BC

【解析】第一次小球在水平拉力尸作用下，从尸点缓慢地移动到。点，则小球处于平

衡状态，根据平衡条件得八=»7gtan仇随着。增大，为逐渐增大；第二次从尸点开始运

动并恰好能到达。点，则到达。点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得分/sind=

n

mgl（l-cos0）,解得玛=mgtan,,因6V90°,则772Vzngtana即QaB，第一次运动过

程中，根据几何关系可知，绳子的拉力耳纥，所以轻绳的张力变大，第二次由于重

cose

力和拉力都是恒力，可以把这两个力合成为新的“重力”，则第二次小球的运动可以等效于

单摆运动，当绳子方向与重力和B方向在同一直线上时，小球处于“最低点”，最低点的速

度最大，此时绳子张力最大，所以第二次绳子张力先增大，后减小，故A错误，B正确；

第一次运动到。点时，受力平衡，根据几何关系可知工小色，第二次运动到。点时，

速度为零，则向心力为零，则绳子拉力

cos

F72=mgcos0+F2sinO=mgcos0+^）,sjn_mg,故C正确；第二个过程中，重力

和水平恒力尸的合力是个恒力，在等效最低点时，合力方向与速度方向垂直，此时功率最

小为零，到达。点速度也为零，则第二个过程中，重力和水平恒力B的合力的功率先增

大，后减小，再增大，最后再减小为0,故D错误。

二、非选择题（本题共6小题，共60分。把答案填在题中的横线上或按题目要求作

答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得

分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

11.（6分）某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小。如图甲所

示，将直径约为3cm的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固

定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频

率为50Hzo

012345

乙丙

（1）实验得到一卷盘绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻2个点之间的长

度心，以及此时圆盘的直径力，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻

2个点之间的长度乙2，以及此时圆盘的直径刈，重复上述步骤，将数据记录在表格中，其

中一段纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为m/s»测得此时

圆盘直径为5.60cm,则可求得电动机转动的角速度为rad/so（均保留2位有效数

字）

（2）该同学根据测量数据，作出了纸带运动速度（v）与相应圆。盘直径（d）的关系图

象，如图丙所示，分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中。（选填“增

大'、“减小”或“不变”）

【答案】1.864不变（每空2分）

【解析】（1）纸带的长度x=3.60xl（F2111则y=xt=1.8m/s,圆盘的角速度

V

0=—q64rad/s。

r

（2）根据v=cw=120d,因v-d图象是过原点的直线，可知。不变。

12.（9分）某研究小组要精确测量一个只有刻度、没有刻度值的电压表的内阻和一个失

去标签的电源的电动势。

图甲

（I）第一步，先用多用电表的直流电压档粗测电源的开路电压，测得约为20V。再用

“xlk”的欧姆挡粗测电压表的电阻，指针指示如图甲所示，则应该转化为

挡，结果测得电阻约为1200。。

（2）第二步，研究小组设计了没有系统误差的测量方法，电路如图已所示，其中电流表

量程为30mA,凡是阻值范围0〜：1000。的电阻箱，&是阻值范围0〜500。的滑动变阻

器。

①先测电压表内阻：将开关Si、S2闭合，调节肥、&使电流表、电压表都取得合适刻

度，多次改变Ri、&的值、同时保持不变，记录Ri和对应的电压表指示的

格数N。根据数据作工-工图象，得到一条一次函数图象，截距是6,斜率是左，那么电

NK

压表的内阻等于；

②再测电源电动势：断开Si、闭合S2,调节凡、R2使电流表有合适读数，再保持

不变，多次改变同时记录电流表和必读数。根据数据作:-用的函数图

线，截距是〃，斜率是〃，那么电源的电动势等于o

【答案】（1）x100（1分）（2）电流（或电流表示数）£&二（每空2

bk

分）

【解析】（1）由图可知，表盘中指针偏转角度过大，说明倍率档选择过高，则应该选择

“X100”档。

（2）①先测电压表内阻：将开关Si、S2闭合，调节4、&使电流表、电压表都取得合

适刻度，多次改变品、&的值、同时保持电流表示数不变，记录Ri和对应的电压表指示

的格数N；可设电压表每格对应的电压为Uo，由部分电路欧姆定律有：/=

W0（—+—）,该式变形可得：—+-^,则坛=左，%=b,解得&=公。

%RvNI%IRvII%b

②再测电源电动势：断开Si、闭合S2,调节Ri、&使电流表有合适读数，再保持&

不变，多次改变品，同时记录电流表和品读数；由闭合电路欧姆定律有E=/（&+r+

Ri）,该式变形可得'=L用+2^,则工=乂，解得£=工。

IE1EEk'

13.（8分）质量为10kg的环在尸=200N的拉力作用下，沿粗糙直杆由静止开始运

动，杆与水平地面的夹角6=37。，拉力F与杆的夹角也为0=37。。力F作用0.5s后撤

去，环在杆上继续上滑了0.4s后，速度减为零。求：

（1）环与杆之间的动摩擦因数〃；

（2）环沿杆向上运动的总距离s。

【解析】（1）设环做匀加速直线运动和匀减速直线运动的加速度大小分别为m和。2,撤

去力尸瞬间物体的速度为v,贝U：

v=a\t\,0=V—〃2/2（2分）

根据牛顿第二定律得

Feos0—mgsm//（Fsin9—mgcos3）=ma\（1分）

mgsin0+jLimgcos9=ma?（1分）

22

联立解得：〃=0.5,（2I=8m/s,a2=l0m/so（2分）

（2）所以环沿杆向上运动的总距离$=124访2+12皿22=1.8m。（2分）

14.（10分）如图，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和

2分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速度释放，A与2碰撞后结合为一

个整体，并沿桌面滑动。已知A的质量《u=lkg,8的质量〃ZB=2kg,圆弧轨道的半径R

=0.45m,圆弧轨道光滑，A和8整体与桌面之间的动摩擦因数“=0.2,取重力加速度g=

10m/s2o

（1）求碰撞前瞬间A的速率v；

（2）求碰撞后瞬间A和B整体的速率M和碰撞过程中A、B系统损失的机械能E报;

（3）4和B整体在桌面上滑动的距离Lo

【解析】（1）对A，从释放T碰撞前，由动能定理得：，WAgR=12：WAv2-0（1分）

解得：v—3m/so（2分）

（2）对A、2组成的系统，在碰撞过程中，由动量守恒得：

mAv+0=（mA+HIB）v'（1分）

解得v'=1m/s

碰撞之前的机械能£=12/MAV2+0=4,5J（1分）

碰撞之前的机械能E，=12OA+mB）V'2=L5J（1分）

碰撞过程中损失的机械能△£1#；=£—=3J。（1分）

（3）A和8整体在桌面上做匀减速直线运动，有：“（〃ZA+"ZB）g=（"ZA+ffJB）a（1分）

又0一”=2厘（1分）

解得：工=0.25。（1分）

15.（12分）磁悬浮列车是一种现代高科技轨道交通工具，某研究所制成如图所示的车

和轨道模型来定量模拟其涡流制动过程。车厢下端有电磁铁系统固定在车厢上，能在长L

=0.5m、宽L2=02m的矩形区域内产生沿竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B可随车速

的变化而自动变化（由车内速度传感器控制），但最大不超过2T；长〃=0.5m、宽匕=

0.2m的单匝矩形线圈间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为七，每个线圈的电阻R=0.1

。，导线粗细忽略不计。在某次实验中，当模型车的速度vo=2Om/s时启动电磁铁制动系

统，车立即以加速度a=2m/s2做匀减速直线运动；当磁感应强度达到2T后保持不变，直

到模型车停止运动。已知模型车的总质量机=30kg,不计空气阻力，不考虑磁场边缘效应

的影响，求：

（1）匀减速过程中B是增大还是减小？说明理由；

（2）匀减速过程中模型车的位移；

（3）变加速运动过程中通过的线圈个数。

【解析】（1）匀减速过程中，根据牛顿第二定律：取=机。（1分）

又--（1分）

由此可知，因工1、R