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    《细挑17套试卷》广东省广州市培正中学2020-2021学年高考物理模拟试卷含解析-

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    广东省广州市培正中学2020-2021学年高考物理模拟试卷
    请考生注意：
    1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。


    一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、如图所示，O1、O2两轮通过皮带传动，两轮半径之比r1：r2=2：1，点A在O1轮边缘上，点B在O2轮边缘上，则A、B两点的向心加速度大小之比aA：aB为（ ）

    A．1：1 B．1：2 C．2：1 D．1：4 2、位于贵州的“中国天眼”（FAST）是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST可以测量地球与木星之间的距离．当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地 球与太阳距离的k倍．若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知木星的公转周期为（ ）A．1kC．324年
    B．1k3322年
    1k32年
    D．k2年
    3、如图所示，甲球用细线悬挂于车厢顶，乙球固定在竖直轻杆的下端，轻杆固定在天花板上，当车向右加速运动时，细线与竖直方向的夹角为θ=45°，已知甲球的质量为m，乙球 的质量为2m，重力加速度为g。则轻杆对乙球的作用力大小等于（ ）

    A．mg
    B．2mg
    27C．2mg
    D．22mg 4、质子的静止质量为mp1.672610kg，中子的静止质量为mn1.67491027kg，粒子的静止质量为m6.64671027kg，光速c3.0108m/s。则粒子的结合能约为（ ）
    A．4.31012J B．4.31012J

    C．2.61010J D．2.61010J
    5、在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是（ ）

    A．电路再次稳定时，电源效率增加 B．灯L2变暗，电流表的示数减小 C．灯L1变亮，电压表的示数减小 D．电容器存储的电势能增加
    6、2018年12月12日，嫦娥四号开始实施近月制动，为下一步月面软着陆做准备，首先进入月圆轨道Ⅰ，其次进入椭圆着陆轨道Ⅱ，如图所示，B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是（ ）

    A．卫星在轨道Ⅱ上A点的加速度小于在B点的加速度
    B．卫星沿轨道Ⅰ运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态 C．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，机械能增大
    D．卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能大于在轨道Ⅱ经过B点时的动能
    二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
    7、一简谐机械横波沿x轴正方向传播，t1s时刻波形如图甲所示a、b、d是波上的三个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。则下列说法正确的是（ ）

    A．该波传播速度大小为3m/s B．图乙可以表示d质点的振动

    C．图乙可以表示b质点的振动
    D．t0.5s时，a质点速度沿y轴负方向
    8、如图是氢原子的能级示意图。当氢原子从n=4能级跃迁到n=2能级时，辐射出光子a；从n=2能级跃迁到n=1能级时，辐射出光子b。以下判断正确的是（ ）

    A．光子b可能使处于基态的氢原子电离 B．n=4能级比n=2能级氢原子的电子动能小
    C．一个处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射10种不同的谱线
    D．若与a同频率的光可以使某金属发生光电效应，那么与b同频率的光也可以使该金属发生光电效应 9、下列说法中正确的是(

    A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
    B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性 C．理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小
    D．热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体
    10、如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，圆心为O，OA连线水平，AB为固定在A、B两点间的光滑直杆，在直杆和圆环上分别套着一个相同的小球M、N．先后两达让小球M、N以角速度ω和2ω随圆环一起绕竖直直径BD做匀速圆周运动．则

    A．小球M第二次的位置比第一次时离A点近 B．小球M第二次的位置比第一次时离B点近 C．小球N第二次的竖直位置比第一次时高 D．小球N第二次的竖直位置比第一次时低
    三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

    11．（6分）某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图所示的电路测量该铅笔芯的电阻值．所用器材有电流表A1、A2，电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测铅笔芯Rx、电源E、开关S及导线等．操作步骤如下：调节滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调节滑动变阻器和电阻箱的阻值：记录两个电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，
    请回答以下问题：
    （1）若电流的内阻可忽略．则电流表示数I2______I1时，电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值． （2）用螺旋测微器测量该笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图所示，该笔芯的直径为______mm．
    （3）已测得该笔芯的长度L20.00 cm，电阻箱R1的读数为5.00 ，根据上面测量的数据可计算出笔芯的电阻率______m．（结果保留3位有效数字）
    （4）若电流表A2的内阻不能忽略，仍利用（l）中方法，则笔芯电阻的测量值______真实值（填“大于”“小于”或“等于”）．

    12．（12分）某研究性学习小组的一同学想测量一下某电阻丝的电阻率，实验室供选择的器材如下： A．量程0.6A，内阻约0.5Ω的电流表 B．量程3A，内阻约0.01Ω的电流表 C．量程0.6A，内阻0.5Ω的电流表 D．量程15V，内阻约30kΩ的电压表
    E.阻值为0~1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器 F.阻值为0~10Ω，额定电流为1A的滑动变阻器 G.阻值为0~99.9Ω的电阻箱 H.电动势为3V的电池 I.开关一个、导线若干
    （1）如图甲是他先用螺旋测微器测量电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径D=____mm，用多用电表粗测了该电
    阻丝的电阻如图乙所示，则多用电表的读数为____Ω；
    （2）该同学想用伏安法精确测量该电阻丝的电阻，他检查了一下所给器材，发现所给电压表不能用，就用电流表改装一电压表，你认为所给电压表不能用的理由是____；如果要改装成量程为3V的电压表，需要串联的电阻R=____Ω；如果他选好器材后设计了如图所示的电路，电流表他应选用_____；滑动变阻器应选用_____；
    （3）该同学连好电路后，测出该电阻丝的长度为L，直径为D，然后改变滑动变阻器滑动头的位置读出两个电流表和电阻箱的若干数据，其中电流表A1、A2的读数分别用I1、I2来表示，从而测出该电阻丝的电阻率ρ，则ρ的表达式是___；(用所有测量的物理量的字母表示 （4）如果要求电流表A2的读数从零开始，请你根据上图将电路添加一条线改画在电路图上。（__________） 四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
    13．（10分）如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为+q的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与x的正方向成45°角。当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同。求 (1粒子从O点射入磁场时的速度v；
    (2匀强电场的场强E和匀强磁场的磁感应强度B； (3粒子从O点运动到P点所用的时间。

    14．（16分）如图所示，相距L=5m的粗糙水平直轨道两端分别固定两个竖直挡板，距左侧挡板L=2m的O点处静止放置两个紧挨着的小滑块A、B，滑块之间装有少量炸药。炸药爆炸时，能将两滑块分开并保持在直轨道上沿水平方
    向运动。滑块A、B的质量均为m=1kg，与轨道间的动摩擦因数均为=0.2。不计滑块与滑块、滑块与挡板间发生碰撞时的机械能损失，滑块可看作质点，重力加速度g取10m/s2。
    (1炸药爆炸瞬间，若有Q1=10J的能量转化成了两滑块的机械能，求滑块A最终离开出发点的距离；
    (2若两滑块A、B初始状态并不是静止的，当它们共同以v0=1m/s的速度向右经过O点时炸药爆炸，要使两滑块分开后能再次相遇，则爆炸中转化成机械能的最小值Q2是多少?
    15．（12分）如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O点水平飞出，经过t1.5s落到倾斜雪道上的A点。在落到A点时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自已只保留沿斜面的分速度而不弹起，已知O点是倾斜雪道的起点，倾斜雪道总长L20m，下端经过一小段圆弧过渡后与足够长的水平雪道相接，倾斜雪道与水平面的夹角37，滑2雪板与雪道的动摩擦因数均为0.2，不计空气阻力，取sin370.6，cos370.8，g10m/s，求：
    (1运动员离开O点时的速度大小及A点到O点的距离； (2运动员在水平雪道上滑行的距离。

    参考答案

    一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、B 【解析】 【详解】
    v2传送带传动的两轮子边缘上的点线速度相等，所以vA=vB，由题知r1：r2=2：1，由向心加速度公式a=得，
    raA：aB=1：2 故B正确，ACD错误。

    故选B。 2、B 【解析】 【详解】
    该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：

    设地球的公转半径为R1，木星的公转半径为R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍，则有：33R13R2R22RR(kR11kR ，由开普勒第三定律有：22，可得：T23T2(1k23T12，由于地球T1T2R122212221公转周期为1年，则有：T2(1k22年，故B正确，ACD错误． 3、D 【解析】 【详解】
    对甲球由牛顿第二定律知 ma=mgtanθ 则加速度大小为： a=gtanθ
    设杆对乙球的作用力为F，则
    3F2(2mg22ma
    解得： F=22mg；
    A. mg，与结论不相符，选项A错误； B. 2mg，与结论不相符，选项B错误；
    C. 2mg，与结论不相符，选项B错误； D. 22mg，与结论相符，选项D正确； 4、B
    【解析】 【详解】
    粒子在结合过程中的质量亏损为 m(2mp2mnm
    则粒子的结合能为
    △E△mc2
    代入数据得
    E4.31012J
    故B正确，ACD错误。 5、C 【解析】 【分析】 【详解】 A．电源的效率
    =IUUR IEERr 将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，外电路电阻减小，则电源的效率减小，选项A错误；BC．将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯L2并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯L1变亮。R与灯L2并联电路的电压U并=U-U1，U减小，U1增大，U并减小，灯L2变暗。流过电流表的电流IA=I-I2，I增大，I2减小，IA增大，电流表的示数增大。故B错误，C正确；
    D．电容器两端的电压等于并联部分的电压，电压变小，由Q=CU知电容器的电荷量减少，电容器存储的电势能减小，故D错误。 故选C。 6、A 【解析】 【分析】 【详解】
    A．卫星在轨道II上运动，A为远月点，B为近月点，卫星运动的加速度由万有引力产生
    GMmma
    2    r
    即
    a    GM r2所以可知卫星在B点运行加速度大，故A正确；
    B．卫星在轨道I上运动，万有引力完全提供圆周运动向心力，故卫星中仪器处于完全失重状态，故B错误； C．卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，需要点火减速，所以从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，外力做负功，机械能减小，故C错误； D．卫星从A点到B点，万有引力做正功，动能增大，故卫星在轨道Ⅱ经过A点时的动能小于在轨道Ⅱ经过B点时的动能，故D错误。 故选A。

    二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、AC 【解析】 【分析】 【详解】
    A．由题图甲可知波长6m，由题图乙可知周期T2s，则波速
    v    T3m/s
    A正确；
    BC．a、b、d三质点中在t1s时位于平衡位置的是b和d质点，其中b质点向y轴正方向运动，d质点向y轴负方向运动。则题图乙可以表示b质点的振动，C正确，B错误； D．t0.5s时a质点通过平衡位置向y轴正方向运动，D错误。 故选AC。 8、BD 【解析】 【详解】
    A．由能级跃迁的频率条件： h=Em-En
    可知，光子a的能量为2.55eV，光子b的能量为10.2eV，要使处于基态的氢原子电离，入射光子的能量要大于等于13.6eV，故光子b不能使处于基态的氢原子电离，A不符合题意；
    B．氢原子的能级越高，电子的轨道半径越大，由库仑力提供向心力得：

    ke2mv2 2rr又因电子的动能Ek mv，解得电子的动能
    1    2    2ke2 Ek2r故轨道半径越大，电子动能越小，B符合题意；
    C．一个处于n=5能级的氢原子向低能级跃迁时可辐射不同谱线最多的方式是逐级跃迁，故最多可辐射4种不同的谱线，C不符合题意；
    D．由于光子b的能量比a的高，故光子b的频率也比a的高，若与a同频率的光可以使某金属发生光电效应，那么与b同频率的光也可以使该金属发生光电效应，D符合题意。 故选BD。 9、BCD 【解析】 【详解】
    A．知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，故A错误；
    B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，故B正确；
    C．理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，故C正确； D．若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，故D正确。 故选BCD。 10、BC 【解析】 【分析】 【详解】
    设AB与竖直方向夹角为θ，则mgtan450=mω2r，则当ω变为2ω时，r变为原来的1/4，则小球M第二次的位置比第一次时离A点远，离B点近，选项A错误，B正确；对放在N点的小球：mgtanα=mω2Rsinα，则cos当ω越大，α越大，物体的位置越高，故选项C正确，D错误；故选BC。

    三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、g，则2R1 1.000 1.96107 小于
    2【解析】

    【分析】 【详解】
    (1[1]若电阻箱的阻值等于待测笔芯的电阻值，则两条支路的电流相等，所以： I21I1 2(2[2]主尺上的刻度为0.5mm，副尺上的刻度为50格，所以读数为：
    d0.5mm0.01mm501.000mm
    (3[3] 铅笔芯的横截面积：
    d2d2 S(24RR1
    带入电阻定律RL得：
    SRSRd2 L4L带入数据得：
    1.96107Ωm
    (4[4]若电流表A2的内阻不能忽略，则笔芯电阻的测量值为R1，真实值为R1RA2,则笔芯电阻的测量值小于真实值．
    πI2RD2 12、2.000 5.0 因为电源电动势只有3V，所给电压表量程太大 4.5 A、C F

    4L(I1-I2

    【解析】 【分析】 【详解】
    （1）[1]根据螺旋测微器读数规则读数为2.000mm。
    [2]从图上可以看出选择开关放在了“×1挡”，根据读数规则读出电阻为5.0Ω。 （2）[3]因为电源电动势只有3V，所给电压表量程太大。
    [4]改装成量程为3V的电压表，选用电流表A改装，需要串联的电阻

    R=30.50.6Ω=4.5Ω
    0.6[5]由于所求电阻丝的电阻约为5Ω，两端的电压不超过3V，电流不超过0.6A，为求电表读数准确，量程不能过大，所以电流表选A和C。
    [6]阻值为0~1kΩ，额定电流为0.5A的滑动变阻器阻值太大，为方便调节滑动变阻器应选用F。 （3）[7]根据电阻定律和欧姆定律，有
    I2RL=2I1-I2D
    π2因此ρ的表达式是
    πI2RD2
    4L(I1-I2（4）[8]因为要求电压表读数从零开始，所以用分压式接法，又电压表的内阻比待测电阻大的多，故采用电流表外接法，故完整的电路图如图所示


    四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
    2(8L2mv0mv0B 13、 (1 v2v0；(2 E；；
    (3 4v0qL2qL【解析】 【分析】 【详解】
    (1若粒子第一次在电场中到达最高点P，则其运动轨迹如图所示

    粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线，根据对称性可知，粒子在Q点时的速度大小也为v，
    方向与x轴正方向成45角，可得
    v0vcos45
    解得
    v2v0
    (2在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得
    qEL解得
    1212mv0mv 222mv0E
    2qL在匀强电场由从Q运动到P的过程中，水平方向的位移为
    xv0t1
    竖直方向的位移为
    yv0t1L
    2可得
    x2L
    OQL
    由OQ2Rcos45，故粒子在OQ段圆周运动的半径
    R2L
    2粒子在磁场中做圆周运动，根据牛顿第二定律则有
    mv2 qvBR解得
    B2mv0
    qL(3在Q点时，则有
    vyv0tan45v0

    设粒子从Q运动到P所用时间为t1，在竖直方向上有
    t1L2Lv0v0
    2粒子从O点运动到Q所用的时间为
    t2L4v0
    则粒子从O点运动到P点所用的时间为
    t总t1t22LL(8L v04v04v014、（1）1.5m；（2）19J 【解析】 【分析】 【详解】
    (1爆炸过程中，动量守恒，则有
    0mvAmvB
    根据能量守恒可得
    1212Q1mvAmvB
    22解得
    vAvB10m/s 爆炸后二者减速运动，根据牛顿第二定律可得加速度均为
    ag=2m/s2
    爆炸后二者减速运动的位移
    2vASA=2.5m 2g由于SA2.5mL，A会碰到挡板后原速率返回，在继续减速后停止 最终A停止时距离O点位移大小
    L(SAL=1.5m SA(2爆炸后A、B分开，可能有三种情况

    情形①：A、B反向分开，A碰到挡板后反弹，在与B相遇
    2mv0mvAmvB
    2vASA
    2g2vBSB
    2gSASB2L=10m 由以上可解得
    vBvA191m/s 191m/s
    SA191419+142m2.8m2m
    SB    2m7.2m3m
    符合题意
    121212Q2=mvAmvBmv0
    222解得
    Q2=19J 情形②：A、B反向分开，A未碰到挡板，B反弹后与A相遇
    2mv0mvAmvB
    2vASA
    2g2vBSB
    2gSBSA2(LL=6m 由以上可解得
    vB7m/s

    vA5m/s
    52SA6.25m2m
    4与预设相矛盾
    情形③：A、B同向分开，A慢B快，，B反弹后与A相遇
    2mv0mvAmvB
    2vASA
    2g2vBSB
    2gSASB2(LL=6m 由以上方程联立后，无解 15、 (1lOA18.75m(2x75m 【解析】 【详解】
    (1运动员在竖直方向做自由落体运动，有：
    lOAsin12gt，
    2运动员在水平方向上做匀速直线运动，有：
    lOAcosv0t，
    解得：
    v010m/s
    lOA18.75m
    (2运动员落到A点前瞬间：
    vx10m/s， vygt15m/s
    运动员落到A点后沿斜面向下运动，其初速度：
    v1vxcos37vysin3717m/s

    对运动员从A点沿斜面运动到最后停止的过程，由功能关系可知：
    1mv12mgLlOAsin37mgcos37LlOAmgx
    2解得：
    x75m

    2020-2021高考物理模拟试卷
    注意事项
    1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
    2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
    4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效． 5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．


    一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源, 定值分别为R1、R2，且R1R2,理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k1,电流表、电压表均为理想表，其示数分別用I和U表示。当问下调节电滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法错误的是（ ）

    A．R1U2 IkB．UR2
    IC．电源的输出功率一定减小 D．电压表示数一定增加
    2018年7月29日09时48分，2、我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第33、34颗北斗导航卫星。火箭将两颗卫星送入了同一个轨道上的不同位置，如图所示。如果这两颗卫星与地心连线成θ(弧度角，在轨运行的加速度大小均为a，均沿顺时针做圆周运动。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则第33颗北斗卫星从图示位置运动到第34颗北斗卫星图示位置所用的时间为


    A．Rag
    aB．Rag
    aC．2Rag
    aD．4Rag
    a3、2016年8月16日l时40分，我国在酒泉用长征二号丁运载火箭成功将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”发射升空．如图所示为“墨子号”卫星在距离地球表面500km高的轨道上实现两地通信的示意图．若己知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，则下列说法正确的是(


    A．工作时，两地发射和接受信号的雷达方向一直是固定的 B．卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s C．可以估算出“墨子号”卫星所受到的万有引力大小 D．可以估算出地球的平均密度
    4、如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈产生的感应电流I，线圈所受安培力的合力为F，则I和F的方向为（ ）

    A．I顺时针，F向左 C．I逆时针，F向左
    B．I顺时针，F向右 D．I逆时针，F向右
    5、马路施工处警示灯是红色的，除了因为红色光容易引起视觉注意以外，还因为红色光比其它可见光传播范围更广，这是由于红色光（） A．更容易发生衍射 C．更容易发生干涉
    B．光子的能量大 D．更容易发生光电效应
    26、已知动车组在水平轨道上运动时受到的阻力fkv（k为阻力系数），其中和谐号动车组的阻力系数是复兴号动车组的1.2倍，和谐号动车组的了大速度约为270km/h，若复兴号动车组的额定功率约为和谐号动车组的1.44倍，则相同条件下，复兴号动车组在额功率下的最大速度约为（ ） A．330 km/h B．300 km/h C．290 km/h D．260 km/h 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、关于热现象和热学规律，下列说法中正确的是（ ） A．非晶体和晶体的物理性质都是各向同性

    B．自然界中一切涉及热现象的宏观过程都具有方向性
    C．布朗运动是由悬浮在液体中的小颗粒之间的相互碰撞引起的 D．水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关
    E.慢慢向小酒杯中注水，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，是因为液体表面存在张力
    8、如图甲所示的电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为9:1，电表均为理想电表，R1为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R0为定值电阻，若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交变电流。下列说法中正确的是（ ）

    A．输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为u362sin50t(V B．t4102s时，该发电机的线圈平面位于中性面
    C．Rt温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变小，变压器的输入功率变大 D．Rt温度升高时，电流表的示数变大，电压表示数变大，变压器的输入功率变大
    9、如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端连接在一个小球上，小球套在光滑、水平的直杆上，开始时弹簧与杆垂直且处于原长。现给小球一个水平向右的拉力F，使小球从杆上A点由静止开始向右运动，运动到B点时速度最大，运动到C点时速度为零。则下列说法正确的是（）

    A．小球由A到B的过程中，拉力做的功大于小球动能的增量 B．小球由B到C的过程中，拉力做的功大于弹簧弹性势能的增量 C．小球由A到C的过程中，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量 D．小球由A到C的过程中，小球所受合力的功先减小后增大 10、下列说法中正确的是_______．
    A．饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关
    B．气体在等压变化过程中，若其温度升高，则容器内每秒钟单位面积上气体分子碰撞的平均次数将减少

    C．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是因为油脂使水的表面张力增大的缘故 D．分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，分子势能不一定减小
    E.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大．
    三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11．（6分）某同学在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材： A．待测的干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω） B．电流表A1（量程0~3mA，内阻Rg1=10Ω） C．电流表A2（量程0~0.6A，内阻阪Rg2=0.1Ω） D．滑动变阻器R1（0-20Ω，10A） E.滑动变阻器R2（0-200Ω，1A） F.定值电阻R0（990Ω） G.开关和导线若干

    (1他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个实验电路，其中更为合理的是________图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选________（填写器材名称前的字母序号）；用你所选择的电路图写出全电路欧姆定律的表达式E=______________（用I1、I2、Rg1、Rg2、R0、r表示）。
    (2图乙为该同学根据(1中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1－I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数），为了简化计算，该同学认为I1远远小于I2，则由图线可得电动势E=____________V，内阻r＝__________Ω。（r的结果保留两位小数）
    12．（12分）未来在一个未知星球上用如图甲所示装置研究平抛运动的规律。悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动， 现对小球采用频闪数码相机连续拍摄，在有坐标纸的背景屏前拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后照片如图乙所示，a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片大小如图中坐标所示，又知该照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4，则：

    ⑴由以上信息，可知a点______________（填“是”或“不是”）小球的抛出点； ⑵由以上信息，可以推算出该星球表面的重力加速度为__________m/s2 ⑶由以上信息可以算出小球平抛的初速度大小是_________m/s; ⑷由以上信息可以算出小球在b点时的速度大小是_________m/s.

    四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
    13．（10分）2020年2月18日，我国发射的嫦娥四号着陆器和玉兔二号探测器再次启动，打破了探测器在月球上工作的世界纪录，并将开始第15个月昼的科学探测活动。若着陆器与探测器总质量为1.510kg，着陆过程简化如下：在距月面102m处悬停，当发动机推力为F1时，先竖直向下做匀加速直线运动；当发动机推力为F2时，随即做匀减速直线运动，且两个阶段加速度大小相等，刚好在距离月面2m时再次悬停，此过程总共用时600s，此后关闭发动机做自由落体运动，直到接触月球表面。月球表面重力加速度取g1.6m/s，求： (1探测器接触月球表面时的速度大小； (2发动机施加推力的差值F2F1的大小。
    2    3
    14．（16分）如图所示，质量M=3kg的足够长的小车停在光滑水平地面上，另一木块m=1kg，以v0=4m/s的速度冲上
    小车，木块与小车间动摩擦因数=0.3，g=10m/s2，求经过时间t=2.0s时：

    （1）小车的速度大小v；
    （2）以上过程中，小车运动的距离x；
    （3）以上过程中，木块与小车由于摩擦而产生的内能Q．
    15．（12分）一导热性能良好的圆柱形气缸固定在水平面上，气缸上端开口，内壁光滑，截面积为S。A是距底端H高处的小卡环。质量为m的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为m0的氢气，C为侧壁上的单向导管。大气压强恒定为p0。环境温度为T0时，从C处注入水，当水深为H时，关闭C，卡环恰对活塞无作用力。接下来又从C处缓慢导2入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到1.6T0，稳定时活塞静止在距缸底2.7H处，设注水过程中不漏气，不考虑水的蒸发，氢气不溶于水。求： ①最初被封闭的氢气的压强p1； ②导入氢气的质量M。

    参考答案

    一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、B 【解析】 【详解】
    A．理想变压器初、次级线圈电压变化比

    U初U次=n1 n2电流变化比为 则
    I初I次=n2 n1U次I次2U初n22 n1I初将R1视为输入端电源内阻，则
    U初I初所以
    =R1
    R1U次I次2U初R1n22 n1I初k2这也是R1耦合到次级线圏电阻值为B．因
    R1，即为等效电源内阻，故A正确； k2UR2+R3
    I故B错误；
    C．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C正确；
    D．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D正确。 故选B。 2、B 【解析】 【详解】
    根据题意卫星运动的加速为a，则在地球表面时GMm22mam(r r2TGMmmg
    2    R
    则第33颗北斗卫星从图示位置运动到第34颗北斗卫星图示位置所用的时间为tT 2解得：t故选B 3、B 【解析】
    Rag ，故B对；ACD错
    a由于地球自转的周期和“墨子号”的周期不同，转动的线速度不同，所以工作时，两地发射和接受信号的雷达方向不是固定的，故A错误．7.9km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，则卫星绕地球做匀速圆周运动的速度小于7.9km/s，故B正确．由于“墨子号”卫星的质量未知，则无法计算“墨子号”所受到的万有引力大小，故C错误．根据Mm42G＝m(Rh2知，因周期未知， 则不能求解地球的质量，从而不能估算地球的密度，选项D错误；故(Rh2T选B．
    点睛：解决本题的关键知道卫星做圆周运动向心力的来源，知道线速度、周期与轨道半径的关系，理解第一宇宙速度的意义． 4、B 【解析】 【详解】
    金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况。若MN中电流突然减小时，穿过线框的磁通量将减小。根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为顺时针；再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向右，而右边的安培力方向也水平向右，故安培力的合力向右。 A．I顺时针，F向左，与结论不相符，选项A错误； B．I顺时针，F向右，与结论相符，选项B正确； C．I逆时针，F向左，与结论不相符，选项C错误； D．I逆时针，F向右，与结论不相符，选项D错误； 故选B。 5、A 【解析】 【详解】
    A．红色光的波长较长，而频率较小，所以比其他可见光更容易发生衍射，A正确． B．由εhν 知红光比其他可见光的光子能量更小，B错误．

    C．发生干涉的条件是两束光同频、同向、同相位，与光的颜色无关，故C错误．
    D．发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，红色光的频率小，不容易发生光电效应，故D错误． 故选A． 【点睛】
    本题是物理知识在生活中的应用，考查了光的波长、频率和衍射、光电效应的关系．要知道红色光在可见光中的频率最小，波长最长． 6、A 【解析】 【分析】 【详解】
    两列车的阻力分别为：
    f和谐=1.2kv和谐2

    f复兴=kv复兴2
    根据Pfvm 可得
    P复兴1.44P和谐=f复兴vm复兴
    P和谐=f和谐vm和谐
    联立解得
    vm复兴=324km/h
    故选A。

    二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、BDE 【解析】 【分析】 【详解】
    A．根据晶体的性质可知，单晶体的在某些物理性质上具有各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，A错误； B．热量可以自发地从较热的物体传递到较冷的物体，但不可能自发地从较冷的物体传递到较热的物，即涉及热现象的宏观过程都具有方向性，B正确；
    C．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒受到液体分子无规则碰撞引起的，C错误；

    D．水的饱和汽压与水面的大气压强无关，只与水的温度有关，随温度降低而减小，D正确；
    E．由于液体表面存在张力，液体表面像一张橡皮膜，即使水面稍高出杯口，水仍不会流下来，E正确。 故选BDE。 8、BC 【解析】 【分析】 【详解】
    A．由交变电流的图像可读出电压的最大值为362V，周期为0.02s，则角速度为
    2rad/s100rad/s
    0.02所以输入变压器原线圈的交变电流的电压表达式为
    u362sin100t(V
    故A错误；
    B．当t4102s时，电压的瞬时值为0，所以该发电机的线圈平面位于中性面，故B正确； CD．Rt温度升高时，其阻值变小，副线圈中的电流变大则原线圈中电流也变大，由
    PUI
    可知变压器的输入功率变大，电压表读数
    U3U2I2R0
    减小，故C正确，D错误。 故选BC。 9、AC 【解析】 【详解】
    A.小球由A到B的过程中，小球的动能增加，弹簧的弹性势能增加，根据功能关系可知，拉力做的功大于小球动能的增量，故A正确；
    B.小球由B到C的过程中，小球的动能减少，弹簧的弹性势能增加，根据功能关系可知，拉力做的功与小球减少的动能之和等于弹簧弹性势能的增量，则拉力做的功小于弹簧弹性势能的增量，故B错误；
    C.小球由A到C的过程中，动能的增量为零，根据功能关系可知，拉力做的功等于弹簧弹性势能的增量，故C正确； D.根据动能定理知：小球所受合力的功等于小球动能的变化量，小球的动能先增大后减小，所以合力的功先增大后减小，故D错误。

    10、ABD 【解析】 【分析】 【详解】
    饱和汽压只与温度有关，与饱和汽的体积无关，故A正确； 气体在等压变化过程中，若其温度升高，分子平均作用力变大，由于压强不变，所以容器内每秒钟单位面积上气体分子碰撞的平均次数将减小，故B正确；水对油脂表面是不浸润的所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，表面张力是一样的，故C错误；分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，但是分子势能不一定减小，关键要看分子力做正功还是负功，故D正确；气体的温度升高时，根据理想气体的状态方程：PVC由于体积不知如何变化，所以气体的压强不一定增大；故E错误；故选ABD T
    三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。 11、b D I1Rg1R0I1I2r 1.46V~1.49V 0.80~0.860Ω 【解析】 【详解】
    （1）[1]．上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表。将电流表A1和定值电阻R0串联可改装成一个量程为
    UIg1(Rg1R03103(10990V=3V
    的电压表；则（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是b；
    [2]．因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小。滑动变阻器应选D；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表A2读数太小，电流表A1读数变化不明显。 [3]．根据电路可知：
    E=U+Ir=I1（Rg1+R0）+（I1+I2）r；
    （2）[4][5]．根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压 U=I1（990+10）=1000I1 根据图象与纵轴的交点得电动势 E=1.47mA×1000Ω=1.47V；
    由图可知当电流为0.45A时，电压为1.1V，则由闭合电路欧姆定律可知
    r1.471.10.82
    0.4542
    512、是， 8， 0.8，

    【解析】 【详解】
    （1）[1]因为竖直方向上相等时间内的位移之比为1：3：5，符合初速度为零的匀变速直线运动特点，因此可知a点的竖直分速度为零，a点为小球的抛出点。
    （2）[2]由照片的长度与实际背景屏的长度之比为1：4可得乙图中正方形的边长l=4cm，竖直方向上有：
    y2LgT2
    解得：
    2L241022 g'28m/s2T0.1（3）[3]水平方向小球做匀速直线运动，因此小球平抛运动的初速度为：
    2L24102v00.8m/s
    T0.1（4）[4]b点竖直方向上的分速度
    vyb4L0.16m/s0.8m/s 2T0.2所以：
    22vbv0vyb0.82m/s42m/s
    5
    四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。 13、 (1v【解析】 【分析】 【详解】
    (1由速度位移公式v22ax，带入数据可得
    41010m/s；(2F2F1N 53v410m/s
    522(2设加速过程中的最大速度为vm，加速阶段的位移vm2ax1，减速阶段的位移vm2ax2，且
    x1x2100m
    加速阶段的时间t1vvm，减速阶段的时间t2m，且 aa
    t1t2600s
    带入数据可得
    a    1m/s2
    900由牛顿第二定律可得，加速阶段
    mgF1ma
    减速阶段
    F2mgma
    带入数据可得
    F2F110N
    314、（3）1m/s （3）1.5m （3）6J 【解析】
    试题分析：（3）木块的加速度am=μg=3m/s3 小车的加速度：aM＝mgM0.31101?m/s2
    3两者速度相等时：v=v2-amt3=aMt3 解得：t3=3s，v=3m/s 此后小车和木块共同匀速运动，则t=3．2s时小车的速度大小v=3m/s （3）小车加速阶段的位移为：x3＝匀速运动的时间t3=t-t3=3s 3=3m 小车匀速阶段的位移为：x3=vt3=3×3s内小车运动的距离x=x3+x3=3．5m 2v2v02.5m （3）速度相等前，木块的位移：x2am11aMt33=×3×33=2．5m 22木块和小车的相对位移为：△x=x′-x3=3m木块与小车由于摩擦而产生的内能：Q=f•△x=μmg△x=6J 考点：牛顿第二定律的综合应用 15、①mgp0S7 ；②m 24【解析】 【分析】 【详解】

    ① 设设注水前气体的体积为V1，从最初到水深为pV11p2V2
    H时，气体经历等温过程，注水后气体压强为p2，由玻意耳定律
    2其中 V1SH
    V2S(H对活塞，有
    H
    2p0Smgp2S
    联立解得 p1mgp0S
    2②设导入气体后且尚未升温时气体总度为h，显然此时活塞已经离开卡环，接下来升温过程为等压过程，则有
    hS2.70.5HS T01.6T0解得
    h    11H
    8    1H，故后导入的气体点高为
    2考虑到此h高度的气体中，原有气体点高为1h1hH
    2解得
    h17H
    8设此时密度为，则有
    Sh1MmSH
    2解得
    M7m
    4
    2020-2021高考物理模拟试卷
    考生须知：
    1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
    2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
    3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。


    一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、下列用来定量描述磁场强弱和方向的是（ ） A．磁感应强度
    B．磁通量
    C．安培力
    D．磁感线
    2、氢原子的核外电子从n=2的能级跃迁到n=1的能级时，发出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则下列各种说法中正确的是（ ）
    A．该光是氢原子所有可能发出的光中能量最大的
    B．氢原子中由高能级跃迁到n=2的能级时发出的光可能使该金属发生光电效应
    C．该金属发生光电效应产生的光电子的最大能量恰好等于氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级所放出光子的能量 D．氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级所放出光子的能量等于该金属的逸出功
    3、如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中。规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以顺时针方向为电流正方向，以向右方向为安培力正方向，下列关于bc段导线中的感应电流i和受到的安培力F随时间变化的图象正确的是（ ）

    A． B．
    C． D．
    4、如图所示，abcd是边长为L的正方形回路，处在斜向左上的匀强磁场中，磁场方向与回路平面呈45度角，ab，cd为金属棒，ad,bc为细的金属丝，金属丝的质量不计，ab金属棒固定且两端通过导线与另一侧的电源相连，连接在另
    一端的cd金属棒刚好能悬在空中且正方形回路处于水平，cd段金属棒的质量为m通过回路的磁通量为，重力加速度为g则cd棒中电流的大小和方向：

    A．，方向从d到c B．，方向从c到d C．，方向从d到c D．,方向从c到d 5、如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导轨上端连接一电阻。t0时，一导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且方向始终与斜面底边平行。下列有关下滑过程导体棒的位移x、速度v、流过电阻的电流i、导体棒受到的安培力F随时间t变化的关系图中，可能正确的是（ ）

    A． B．
    C． D．
    6、如图，竖直平面内的Rt△ABC，AB竖直、BC水平，BC=2AB，处于平行于△ABC平面的匀强电场中，电场强度 方向水平。若将一带电的小球以初动能Ek沿AB方向从A点射出，小球通过C点时速度恰好沿BC方向，则（
    ）

    A．从A到C，小球的动能增加了4Ek B．从A到C，小球的电势能减少了3Ek
    C．将该小球以3Ek的动能从C点沿CB方向射出，小球能通过A点 D．将该小球以4Ek的动能从C点沿CB方向射出，小球能通过A点
    二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
    7、如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度从中性面开始匀速转动，线框转过时的感应电流为I，下列说法正确的是（ ）
    6
    A．线框中感应电流的有效值为2I
    B．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为C．从中性面开始转过2IR
    2I 的过程中，通过导线横截面的电荷量为2D．线框转一周的过程中，产生的热量为8RI2
    8、如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h0.1m处，滑块与弹簧不拴接。现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h并作出如图乙所示滑块的Ekh图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，以地面为零势能面，不计空气阻力，2取g10m/s，由图象可知（ ）


    A．小滑块的质量为0.1kg B．轻弹簧原长为0.2m C．弹簧最大弹性势能为0.5J
    D．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J 9、2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京举行，跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O点由静止开始，在不借助其他外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A点水平飞出，然后落到斜坡上的B点．已知A点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40 m，斜坡与水平面的夹角θ＝30°，运动员的质量m＝50 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力．下列说法正确的是(

    A．运动员从O点运动到B点的整个过程中机械能守恒 B．运动员到达A点时的速度为20 m/s C．运动员到达B点时的动能为10 kJ D．运动员从A点飞出到落到B点所用的时间为3s 10、如图所示，轻弹簧的一端悬挂在天花板上，另一端固定一质量为m的小物块，小物块放在水平面上，弹簧与竖直方向夹角为θ=30o。开始时弹簧处于伸长状态，长度为L，现在小物块上加一水平向右的恒力F使小物块向右运动距离L，小物块与地面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则此过程中分析正确的是（ ）

    A．小物块和弹簧系统机械能改变了（F-μmg）L B．弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大 C．小物块在弹簧悬点正下方时速度最大
    D．小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和
    三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
    11．（6分）用如图所示的装置来验证机械能守恒定律，A为装有挡光片的钩码，挡光片宽度为b，轻绳跨过光滑轻质定滑轮与A和重物B相连，A的质量是B的质量的3倍，A、B静止时挡光片上端到光电门的距离为h(h>>b。由静止释放B后，挡光片经过光电门的挡光时间为t，重力加速度为g.

    (1实验中，将挡光片通过光电门的平均速度当作A下落h时的瞬时速度，该速度表达式为____________(用题中所给字母表示。
    (2为减小挡光片通过光电门的平均速度与A下落h时的瞬时速度间存在的误差，下列做法中可行的是____________(填选项序号字母。
    A．将B改换成密度小而体积大的重物 B．减小挡光片的挡光宽度b C．增大挡光片的挡光宽度b D．减小挡光片上端到光电门的距离h (3在A下落h的过程中，验证A和B的系统机械能守恒定律成立的表达式为______________________(用题中所给字母表示。
    12．（12分）某同学想测出济南当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律。为了减小误差，他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线。调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线。启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线。图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E。将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15cm，73.41cm，117.46cm。已知电动机的转速为3000r/min。求：

    (1相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为________s；

    (2由实验测得济南当地的重力加速度为________m/s2（结果保留三位有效数字）；
    v2(3该同学计算出划各条墨线时的速度v，以为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图2 丙所示的图像，据此图像________（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线不过原点的原因__________________。
    四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
    13．（10分）半径为R的玻璃半圆柱体，横截面如图所示，圆心为O，两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与∠AOB=60° 底面垂直，光线1的入射点A为圆柱面的顶点，光线2的入射点为B，，已知该玻璃对红光的折射率为n=3．
    ①求红光在玻璃中的传播速度为多大？
    ②求两条光线经圆柱面和底面折射后的交点与O点的距离d; 14．（16分）一半圆柱形透明体横截面如图所示，O为截面的圆心，半径R＝3cm， 折射率n＝3．一束光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角射入透明体，求该光线在透明体中传播的时间．（已知真空中的光速c＝3.0×108 m/s）

    1015．（12分）如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场区域，与坐标原点O相切，磁场的磁感应强度大小B=2×－4T，方向垂直于纸面向外，在x=1m处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N，板间距离为d=0.5 m，板长L=1m，平行板的中线的延长线恰好过磁场圆的圆心O1。若在O点处有一粒子源，能向磁场中不同方向源源不断的均匀发射出速率相同的比荷为q=1×108C/kg，且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿y轴正m方向射入磁场的粒子，恰能从沿直线O2O3方向射入平行板间。不计重力及阻力和粒子间的相互作用力，求：

    （1）沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v和粒子在磁场中的运动时间t0； （2）从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比；
    （3）若在平行板的左端装上一挡板（图中未画出，挡板正中间有一小孔，恰能让单个粒子通过），并且在两板间加上如图示电压（周期T0），N板比M板电势高时电压值为正，在x轴上沿x轴方向安装有一足够长的荧光屏（图中未画出），求荧光屏上亮线的左端点的坐标和亮线的长度l。

    参考答案

    一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、A 【解析】 【详解】
    A．磁感应强度是用来描述磁场强弱和方向的物理量，故A正确；
    B．磁通量是穿过某一面积上的磁感线的条数，单位面积上的磁通量才可以描述磁场的强弱，故B错误； C．安培力描述电流在磁场中受到的力的作用，不是用来描述磁场的强弱和方向，故C错误； D．磁感线只能定性地说明磁场的强弱和方向，故D错误； 故选A。 2、D 【解析】 【分析】 【详解】
    A．氢原子从n=2的能级跃迁到n=1的能级，所放出光子的能量是所有相邻能级间跃迁时能量最大的，但小于其他能
    级跃迁到n=1的能级时所放出的光子的能量，故A错误；
    B．氢原子从高能级跃迁到n=2的能级所放出的光子的能量都小于从n=2的能级跃迁到n=1的能级所放出的光子的能量，不会使金属发生光电效应，故B错误；
    C．恰好发生光电效应，说明光电子的最大初动能为零，故C错误； D．恰好发生光电效应，说明光子的能量等于金属的逸出功，故D正确。 故选D。 3、A 【解析】 【分析】 【详解】
    0～0.5T时间内，B减小，穿过线圈的磁通量减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿顺时针方向，为正值；
    由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为EBBS，不变，则E不变，感应电流i不变。由左手定则可知，bctt段导线受到的安培力方向水平向右，是正的。由F=BiL知bc段导线受到的安培力大小随B的减小而逐渐减小。 在0.5T-T时间内，B增大，穿过线圈的磁通量增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针方向，为负值；
    由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为 E时间内的BBS，不变，则E不变，感应电流i不变。由图知：在0.5T-TttB是0～0.5T时间内的2倍，则在0.5T-T时间内的感应电动势E是0～0.5T时间内的2倍，感应电流也是t2倍。在0.5T-T时间内，由左手定则可知，bc段导线受到的安培力方向水平向左，是负的，且由F=BiL，知在0.5T-T时间内bc段导线受到的安培力随B的增大而增大，且是0～0.5T时间内的4倍，故BCD错误，A正确。 故选A。 4、A 【解析】 【详解】
    设磁场的磁感应强度为B，则有：Φ=BL2sin45°，求得，cd棒处于静止，则受到的安培力垂直于磁感应强度指向右上，设cd中的电流为I，则有：BILcos45°=mg，解得：c，故A正确， BCD错误。 5、C ，根据左手定则可知，cd棒中的电流方向从d到
    【解析】 【分析】 【详解】
    AB．根据牛顿第二定律可得
    B2L2vmgsinma
    R可得
    B2L2v agsinmR随着速度的增大，加速度逐渐减小，vt图象的斜率减小，当加速度为零时导体棒做匀速运动，xt图象的斜率表示速度，斜率不变，速度不变，而导体棒向下运动的速度越来越大，最后匀速，故xt图象斜率不可能不变，故AB错误；
    C．导体棒下滑过程中产生的感应电动势 EBLv
    感应电流
    iBLvBLat RR由于下滑过程中的安培力逐渐增大，所以加速度a逐渐减小，故it图象的斜率减小，最后匀速运动时电流不变，C正确；
    D、根据安培力的计算公式可得
    B2L2aFBiLt
    R由于加速度a逐渐减小，故Ft图象的斜率减小，D错误。 故选：C。 6、D 【解析】 【分析】 【详解】
    A．设小球的速度为v，则有
    Ek12mv
    2小球通过C点时速度恰好沿BC方向，则说明小球在竖直方向上的速度减为0，小球在水平方向上做初速度为零的匀
    加速直线运动，运动的位移为竖直方向上位移的2倍，则平均速度为竖直方向上平均速度的2倍，又这段时间竖直方向的平均速度为
    vv
    2故水平方向的平均速度为
    v2vv
    又
    v0vC
    2解得
    vC2v
    则
    EkC121mvCm(2v24Ek 22从A到C，小球的动能增加了
    Ek4EkEk3Ek
    故A错误；
    B．由动能定理可知重力与电场力做功之和为动能的增加量即3Ek，重力做负功，故电场力做功大于3Ek，则小球的电势能减小量大于3Ek，故B错误；
    D．由上分析可知：动能为4Ek，则速度大小为2v，即小球以2v对速度从C点沿CB方向射出。而由AB分析可知，小球以初速度v沿AB方向从A点射出时，小球将以速度大小为2v，方向沿BC方向通过C点，则小球以2v的速度从C点沿CB方向射出后运动过程恰好可视为其逆过程，所以若将小球以2v的速度从C点沿CB方向射出，小球能通过A点；故D正确；
    C．由D分析可知，若将小球以2v的速度从C点沿CB方向射出，小球能通过A点；则若将小球小于2v的速度从C点沿CB方向射出，小球将经过A点右侧。所以，若将该小球以3Ek的动能从C点沿CB方向射出，小球将经过A点右侧，不能经过A点，故C错误。 故选D。

    二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 7、BC 【解析】

    试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势，电流，线框转过时的6感应电流为，电流的有效值，故A错误；线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS，又，解得BS=2IR，所以B正确；从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为2，故D错误．
    ，故C正确；转一周产生的热量考点：本题考查交流电 8、BC 【解析】 【详解】
    代入解得：A．在从0.2m上升到0.35m范围内，△Ek=△EP=mg△h，图线的斜率绝对值为：
    kEk0.32Nmg h0.350.2所以： m=0.2kg 故A错误；
    B．在Ek-h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m。故B正确；
    C．根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以 Epm=mg△h=0.2×10×（0.35-0.1）=0.5J 故C正确；
    D．由图可知，当h=0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知 EPmin=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38J 故D错误； 故选BC。 9、AB 【解析】
    运动员在光滑的圆轨道上的运动和随后的平抛运动的过程中只受有重力做功，机械能守恒．故A正确；运动员在光滑的圆轨道上的运动的过程中机械能守恒，所以：

    1mvA2=mgh=mgR（1-cos60°）所以：vA2gR(1cos60＝gR＝104020m/s
    2    1，故B正确；设运动员做平抛运动的时间为t，则：x=vAt；y=gt2
    2由几何关系： ＝tan30＝yx143280433 ，联立得：tm＝m s，y10(23333运动员从A到B的过程中机械能守恒，所以在B点的动能：EkB=mgy+错误．故选AB. 11mvA2，代入数据得：EkB=×105J．故C D23点睛：本题是常规题，关键要抓住斜面的倾角反映位移的方向，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，难度适中. 10、BD 【解析】 【分析】
    物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中受重力、拉力F、弹簧的弹力和摩擦力作用，根据功能关系和动能定理判断机械能和动能的变化；根据小物块的位置判断弹簧长度的变化以及弹簧弹性势能可能的变化情况. 【详解】
    物块向右移动L，则运动到右边与初始位置对称的位置，此过程中弹簧的长度先减小后增大到原来的值，弹簧可能先伸长量减小，到恢复到原长，然后压缩，且压缩量增加到达悬点正下方；继续向右运动时，压缩量减小，然后伸长到原来的值，可知弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大，选项B正确；此过程中物块对地面的压力不等于mg，则除弹力和重力外的其它外力的功不等于（F-μmg）L，则小物块和弹簧系统机械能改变量不等于（F-μmg）L，选项A错误；小物块在弹簧悬点正下方时，合外力做功不是最多，则速度不是最大，选项C错误；因整个过程中弹簧的弹性势能不变，弹力做功为零，根据动能定理可知小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和，选项D正确；故选BD.
    三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。
    bb11、 B gh tt【解析】 【详解】
    （1）[1]．A经过光电门时的速度：
    2vb；
    t
    （2）[2]．A、运动过程中重物B要受到空气阻力作用，为减小实验误差，应将B 改换成密度大而体积小的重物，故A错误；
    BC、挡光片的宽度越小，挡光片经过光电门时的平均速度越接近其瞬时速度，为减小实验误差，应减小挡光片的挡光宽度b，故B正确，C错误；
    D、挡光片经过光电门的时间越短实验误差越小，为减小实验误差，应增大挡光片上端到光电门的距离h，故D错误； 故选B．
    （3）[3]．设B的质量为m，则A的质量为3m，由机械能守恒定律得：
    13mghmgh（3mm）v2
    2整理得 gh=v2 即：
    bgh
    t12、0.1 9.79 能 墨线A对应的速度不为零 【解析】 【分析】 【详解】
    (1[1]由于电动机的转速为3000r/min，则其频率为50Hz，故每隔0.02s特制笔N便在铝棒上画一条墨线，又每隔4条墨线取一条计数墨线，故相邻计数墨线间的时间间隔是0.1s (2[2]由题可知
    2xBC(39.1514.68cm24.47cm xCD(73.4139.15cm34.26cm xDE(117.4673.41cm44.05cm
    可知连续相等时间内的位移之差
    x9.79cm
    根据△x=gT2得
    x9.79102g2m/s29.79m/s2
    T0.01(3[3]铝棒下落过程中，只有重力做功，重力势能的减小等于动能的增加，即

    mgh＝mv2 得
    v2gh 2v2若h图线为直线，斜率为g，则机械能守恒，所以此图像能验证机械能守恒
    2[4]图线不过原点是因为起始计数墨线A对应的速度不为0
    四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
    108m/s②13、①1.73×【解析】 ①由n1R
    3    c108m/s=1.73×108m/s 得v=3×v
    ②如图所示，光线1不偏折．光线2入射角i＝60°. 由光折射公式可得：sin由几何关系可得i=300
    0由光折射公式可得：sinnsini,＝60
    sini,＝300，
    n由正弦定理，得OC则dOCtan3010-10s 14、3.0×【解析】 【分析】 【详解】
    0    3R
    31R
    3设此透明体的临界角为C，依题意

    sinC13
    n3
    当入射角为sin600时，由n，得折射角
    sin30
    此时光线折射后射到圆弧上的C点，在C点入射角为发生全反射，从B点射出 在透明体中运动的路程为
    ，比较可得入射角大于临界角，发生全反射，同理在D点也s3R
    在透明体中的速度为
    vc
    ns3nR=3.0×10-10s vc传播的时间为
    t104 m/s，7.85×10－5 s；15、（1）1×（2）【解析】 【分析】 【详解】
    1425m，0）；（3）（，亮线长为m。
    363（1）由题意可知，沿y轴正向射入的粒子运动轨迹如图示

    则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必定为 R=r=0.5m
    根据洛伦兹力提供向心力有
    v2Bqv=m
    R代入数据解得粒子进入电场时的速度为 v=1×104m/s 在磁场中运动的时间为
    m1t0=T==7.85×10－5 s 2Bq4（2）如图示沿某一方向入射的粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点O、P以及两圆的圆心O1、O4组成菱形，故PO4和y轴平行，所以v和x轴平行向右，即所有粒子平行向右出射。故恰能从M端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图所示

    因为M板的延长线过O1O的中点，故由图示几何关系可知OO1C60，则入射速度与y轴间的夹角为30 同理可得恰能从N端射入平行板间的粒子其速度与y轴间的夹角也为30，如图所示

    由图示可知，在y轴正向夹角左右都为30的范围内的粒子都能射入平行板间，故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为
    601 1803（3）根据U-t图可知，粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为
    aqU911108m/s24.5107m/s2 md400.5所有粒子在平行板间运动的时间为

    tL1s1104s 4v110即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期T0，则当粒子由t=nT0时刻进入平行板间时，向下侧移最大，则有
    2a2T02T0T0y1=a＋3323aT0－=0.175m 232当粒子由t=nT0＋22T0时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则
    3aTy2=0=0.025m 23因为y1、y2都小于d=0.25m，故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出，根据动量定理可得所有出射粒子的在2y轴负方向的速度为
    qU2T0qUT0mvy0 d3d3解得
    vy=1.5×103 m/s 设速度vy方向与v的夹角为θ，则
    vy3tanθ= v020如图所示

    从平行板间出射的粒子处于图示范围之内，则
    lx2x1
    tan θ=ry1 x1ry2 x2tan θ=代入数据解得

    x1134m，lm 63亮线左端点距离坐标原点的距离为 x左= 21325mm 66即亮线左端点的位置坐标为（425m，0），亮线长为m 36
    2020-2021高考物理模拟试卷
    考生须知：
    1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
    2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
    3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。


    一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1、如图所示，N匝矩形导线框以角速度绕对称轴OO匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计，在OO左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R，理想电流表A，则：（ ）

    A．从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为eNBSsint B．交流电流表的示数I2NBS 4RC．R两端电压的有效值U2NBS
    D．一个周期内R的发热量QNBSR2
    2、两列完全相同的机械波于某时刻的叠加情况如图所示，图中的实线和虚线分别表示波峰和波谷，关于此时刻的说法错误的是（ ）

    A．a，b连线中点振动加强 B．a，b连线中点速度为零 C．a，b，c，d四点速度均为零 D．再经过半个周期c、d两点振动减弱
    3、图为探究变压器电压与匝数关系的电路图。已知原线圈匝数为400匝，副线圈“1”接线柱匝数为800匝，“2”接线柱

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