2021年高考物理全真模拟预测试卷( 含答案)

1、()書硏題丑輙|血.frl1国晦華qx，鵜诞卿I無卿解昙1姗硏诞国箸筋注他审事mx，SmStfMSIRAS，9lar餉蜒雅x砸跑蜒mM昙翳音导図型南壬範v0()書硏MHI41輙ShLSAS，QBzEWF嗣紳跚啊朗阜砂猫鹏T硏IMIN时鯉诡型S绳雪羸唏1WBD$STMW咚酗却俐1，9-mmm1殴&附題驷ara咚(W硏壬彌1EEY脚備囱的回眸尊昨删耐H单MO*至祂時基牡01确0口孵I圣S書E加測0口關D则图像切线的斜率表示物体受到的合外力d对于静电场，若y轴表示电势，x轴表示位置，则图像切线斜率的绝对值表示电场强度在X方向上的分量大小16一理想变压器原、副线圈匝数比为3:1,原线圈与小灯泡D串联后

2、，接入一电压有效值恒定的正弦交流电源；副线圈电路中连接可变电阻R和电流表，电流表内阻不计，如图所示。若改变R的阻值，使电流表的示数变为原来的两倍。则（）A小灯泡D的亮度变暗B副线圈的电压变大CR的阻值小于原来的一半D变压器的输入功率变为原来的两倍17如图所示，a、b、c为地球赤道平面内沿相同的绕行方向绕地球做圆周运动的三颗卫星，a、b为中轨道卫星，它们的运行周期分别为6h和8h，c为地球同步卫星。某时刻，三颗卫星和地球在同一条直线上且彼此相距最近，则三颗卫星下一次与地球在同一直线上且彼此相距最近需要的时间为（）婆砂0勇醐彌删却AO，Bef朗审一屮八杲9昨剖朗轴I&事申沖壬法韓f0f朗审一屮八杲

3、VXXX,|XXX耳瀾題31趣I矗LOT（445医葩埔审眺一轉盈八塞硼犁皇（iie0）网剖妞IRx身卿oWYT单厦击Vox星g弼駁鲫骰，鄭噩号确重醐里铸壬阜垂砂対lx星，筠圖曲61鲂ui片x壬阳嘟flg口NSZOgd场暮啊呛9乙s/uitpmnnmv轴題31翱$|幅WSzkWlttBM%2BD$f咚專翳誣基印01诵4宙却谄何阳or葩鲫“T（帝ffl!半*霄）阿策硏丁r壬请瞪轴范=%塑一早4i窪藥踊一1由圈曲si3PQM9EDMW*SMZTeVD当一定时，V变化，粒子在磁场中运动的时间是不变的20如图所示，竖直平面内有水平方向的匀强电场E,A点与B点的连线垂直电场线，两个完全相同的带等量正电荷的

4、粒子，以相同大小的初速度v0分别从A和B点沿不同方向开始运动，之后都能到达电场中的N点，粒子的重力不计，下列说法正确的是（）PA两粒子到达N点所用的时间可能相等B两粒子到达N点时的动能一定相等C两粒子在N点时的动能均可能小于各自初始点的动能D两粒子整个运动过程机械能的增加量一定相等21如图所示，x轴上方有两条曲线均为正弦曲线的半个周期，其高和底的长度均为I,在X轴与曲线所的两区域内存在着匀强磁场感应PXB21N0强度大小均为B，方向相反。如图所示，NPQ为一边长为I的正方形导线框，其电阻为R,MN与x轴重合，在外力的作用下，线框从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速向右穿越磁场区域，则下列说法

5、中正确的是（）A线框的PN边到达x坐标为L处时，感应电流最大2B线框的PN边到达x坐标为31处时，感应电流最大2C穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为逊RD穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为沁2R22.（6分）用图示装置测量一块铁片的质量m。在定滑轮左侧挂上n块质量均为m的铁片，右侧挂一重锤，重锤下端贴有一遮光片，铁架台上安装有光电门。已知重锤和遮光片的总质量为M（M为已知量）。调门的挡光时间t0;从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为Jt2，计算出如、七忆.（1）挡光时间为t0时重锤的加速度为a。从左侧取下i块铁片

6、置于右a侧重锤上时，对应的挡光时间为，重锤的加速度为aiO则=。（结果用t0和g表示）（2）作出a的图线是一条直线，直线的斜率为k，则一块铁片的质a0量m=。23（8分）某实验小组为了测一节干电池的电动势和内阻，设计了如甲所示的实验电路。其中、电为电阻箱，电流计G的程为0100mA，内阻未知第一次，闭合5，断开S2,调节电阻箱R1，测出多组电阻箱的阻R及对应的电流计的示数I，作出R1图像，如图乙所示，则电源的电i动势为V,由此图不可以求出电源的内阻，原因是。第二次将电阻箱的阻值调为R0=3OQ,再闭合幵关S、S2，多次调节电阻箱R2，记录每次电阻箱的阻值R及对应的电流计的示数I，作出1一丄图像

7、如图丙所示。由两次操作测得的数据求得电池的内阻为Q,IR电流计的内阻为Q（保留整数）。24（13分）如图所示，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按“衣分布（x是轴上某点到0点的距匐*弗x轴上，有一长为L的绝缘细线连接A、B两个小球，两球质量均为m,B球带-SiilSOHSS-启WOTsssss,sStsOstfslSH_HssustfstfgN尺T,JEwws當a梯SSS8:bBtf&s當鲁s超带0HMesssfs-s希胃fsT世口蜃mms(0OI-I二z)rpThrLSEKrMlsH“rwdmmBis&8C用监窗带eu雪趣雕朗砸昨朗駆1dme皿1删叫目M罚晦I呱肆多Wzk底回

8、q申驰I三nqP，團紳sSz=W3b驯ssi更里團綁ssz=iwalUl硏吨B聲碧SSI再里毎融ssz=wS/U18MWS偉W鹽gsw辺mx瞬姿v轴題31輙値丄瞳WBU&raB興俯UIE=X昭zSSZ=区由暗SIRx啟中测号曲越腮副msll)woMaTVS，朗丄MW杲(!):narawiiraws4(!)*6钮颐5勺融sm除倍r(邨蕉删際)丄*)钮僧昨杲1理耐劃细确般朗稣融多鯉期罔0乙農K擬那翔逝曉如剖吗1回am眄鯉1diSSmMndfQHgSWMI1asm1sumny率2）（10分）如图所示，半圆形玻璃砖放在水平地面上，玻璃砖最低点B与地面接触，平面AC水平。一束由红光和紫光两种单色光组成的

9、复合光斜射到圆心0,方向与平面AC成0=30角，光线经玻璃砖折射后照射在地面上留下两个亮点P、Q,测得BP3R,BQ=R。3（i）求玻璃砖对红光和紫光的折射率；（ii）不考虑光的反射，光在真空中的传播速度为c，求两种单色光在玻璃砖中传播的时间差。14.B解析：A、铋210的半衰期是5天，经过10天后，发生2个半衰期有3数发生衰变即有4g的铋还没有衰变还有衰变产物总质量大于0.25克，故A错误;B、比结合能是结合能与核子数的比值，比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定放出核能，如轻核聚变、重核裂变，故A正确；C、发生光电效应时，入射光越强，光电子数目越多，而光子的最大初动能与光照强度无

10、关，故C错误；D、氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，根据上聖=mV2r2r知，电子的动能增大，则电势能减小，故B错误。At15.D解析：A.若y轴表示磁通量,x轴表示时间t,根据e二竺,图像切线的斜率表示感应电动势的大小，A错误;b.若y轴表示电子原件两端的电压u,x轴表示流过它的电流I,而R二U単，图像切线的斜率不表示电阻大小，B错误；IMC.若y轴表示物体的动量p,x轴表示时间t，根据动量定理f二攵，图At像切线的斜率表示合外力，C错误；D.若y轴表示电势CP,X轴表示位置X,在x轴方向有E二如，图像切xAx线斜率的绝对值表示电场强度在X方向上的分量大小D正确。故应选D。16

11、.C解析:A根据变压器输入输出电路与线圈匝数的关系得厶二n2,In21可知次级电流变为原来的两倍,则初级电流也变为原来的两倍,即小灯泡D的亮度变亮，故A错误；BC.因灯泡D两端的电压变大，可知变压器初级电压减小，次级电压也减小，R的阻值小于原来的一半，故B错误、C正确；D.初级电流变为原来的两倍，但是初级电压减小，则变压器的输入功率小于原来的2倍，故D错误。故选C。17.B解析：设b和c每相隔ti时间相距最近一次，则：亠=1，解得丄824t=12h1设a和c每相隔t2时间相距最近一次，则2一二二1，解得t2=8h26242所以三颗卫星下一次与地球在同一直线上且相距最近需要的时间为24h,选项C

12、正确，ACD错误。故选B。18.B解析：A.物块从静止做匀加速运动，由运动学公式v2=2ax可得x二丄v2，通过乙图可求出图象的斜率为k二丄二1，即丄二1，求得2a422aa二1m/s2物块的加速度大小为im/s2，故A错误；22B.由牛顿第二定律可得f=ma二0.5x1N=0.25N，物体所受外力为0.25N,2故B正确；Ct=4s时物块的速度为v二at二x4m/s=2m/s，故C错I天；2Dt=4s时物块位移xat2=1x1x42m=4m，但物体从X=-2m从静止开始运222动，所以4s时位置为-2+4m=2m，故D错误.CDBD解析:A因为两粒子完全相同，故产生的水平方向的加速度相同，而

13、A点粒子水平初速度为零，而B点粒子水平初速度不为零向左，故根据匀变速方程可知，运动时间不同，故A错误；BD因为只有电场力做功，根据题意可知，A点与B点在同一等势面上，故U二U，电场力做功W二qU相同，则到达N点的动能相同，速度ANBN大小相同，而电场力做功等与机械能增加量，故机械能的增加量一定相等，故BD正确；C因为A点粒子水平方向向右运动，故受力向右，则电场力做正功，动能增大，故C错误。故选BD。BC解析:AB电流和切割长度成正比，所以线框的PN边到达x坐标为L处时，相当于长度为I的边框来切割磁感线，线框的PN边到达2X坐标为31处时，相当于两个长度为I的边框来切割磁感线，两个电动20势叠加

14、所以线框的PN边到达x坐标为31处时感应电流最大为i=2BLv,2mR故A错误，B正确；C.因为电流的变化符合交流电的特征，所以线框的PN边到达x坐标为L处时，产生的焦耳热为Q12=I2Rt=-R丄B2l3V2R线框的PN边从I到21处时产生的焦耳热为Q=I2Rt=222l2B2l3vR=vR线框的PN边从21到豊处时产生的焦耳热为Q32=I2Rt=vR-B2l3V2R所以产生的总焦耳热为Q=Q+Q+Q=沁，又因为外力所做的功就等于123R焦耳热，所以C正确，D错误。故选BC。at2kM1-=0-at22+nk01解析：（1）挡光时间为t。时，设遮光条宽度为d，初始位置到光电门距离为h，通过光

15、电门速度v=d，重物做匀加速：v2=2ah；挡光时间为ti，1t10iat2=0-at2010通过光电门速度v=d，重物做匀加速：v2=2ah，解得:1t111（2）根据牛顿第二定律得：Mg-nmg=（M+nm）a（M+1m）g-（n-1）mg=（M+nm）a，01整理得：a二i+_2mi,斜率为k=2mg，所以m二旦。aMg-nmgMg-nmg2+nk2315电流计G的内阻未知330解析：(1)1由闭合电路欧姆定律可知I，解得R二E1-Q+r)TOC o 1-5 h zR+R+rIgg结合图象可得E二24V二1.5V，R+r=24016g2由于不知电流计内阻Rg，故无法求出电源内阻r。(2)

16、34由闭合电路欧姆定律知，电源电动势E二U+1r二MR总g+R)+I(R+R)gJ+1R整理得1G+R)r1R+r+R1ERE结合图象可知Rg+r+RE=42图象斜率k二+R丿rgo_E72-420.25二120解得r=3QRg=30Q24.(1)qA=-4q(2)略A、B两球静止时，A球所处位置场强为e=kL=mB球所处位置场13q强为e=k-2l=2mg对A、B由整体法得2mg+qAE-qE2=0解得qA=-4q当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0，则有mg=qE,即mg=竺q，解得：x=3L当B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为3L运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能

17、定理得：2TT11mg+mgmgL-EqL=mv2一mv2352m20Eq=mg，解得：v=mgL25.(1)k吩匹；(2)F=Rmin(3)v4m+2C九2d2x24V4m+Ck2d2x2126金属棒做匀加速直线运动，位移为x0时的速度为V=西切割感应电动势E二Bdv=kxdj2axo0电路中电流大小I=EARR设金属棒运动到位移x处，速度为v，加速度为a，此时电容器电荷量q=CU=CBdv-Ckxdv在微兀At内电容器的电荷量增量Aq-Ckxd-Av结合电流定义式i=纽At加速度定义式a=Av，得棒的加速度a-丄AtCkdx对金属棒应用牛顿第二定律得F-kxId=ma，解得FCkdx当kx

18、Id=，即x=丄回CkdxkdVC时，得拉力最小值F-21巴minC金属棒在x处撤去拉力后电容器放电，金属棒先做加速运动，后以速度v做匀速运动。设此过程电容器释放电荷量为AQ，则有1AQC-kxdv一Ckxdv121又对金属棒，此过不王由动量疋理彳得Bd-AQkxd-AQ二mvrmv2联立解得金属棒最终速度v-4m+2C九2d2x2v4m+Ck2d2x2133.(1)ADE解析：A.当rr0时，分子势能随着分子间距离的增大而增大；则分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，选项A正确；B.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片的物理性质各向异性，云母片是单

19、晶体，选项C错误；C汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分为蒸发和沸腾两种情况，跟分子运动有关，不是分子间的相互排斥产生的，故D错误；D附着层内分子之间的作用力表现为斥力时，附着层有扩展的趋势，液体与固体之间表现为浸润，选项B正确；E随着高度的加，大气压和温度都在减小，温度降低，则内能减小，故E正确。(2)(i)矇,7pS；(ii)L(T-)+空4g12kT12k0(i)对两个活塞整体硏究，根据力的平衡可知pS+2mg-pS020解得每个活塞的质量m-疇4g对活塞A硏究，根据力的平衡pS+mg-kx+2pS，解得x-7PoS03012k(ii)弹簧恢复到原长的过程中，气室口中气体发生等压变化，设活塞B上升的高度为h，则LS=(L+h)S，解得h二L(T-丁0)TTT00则活塞A上移的距离h二h+x二l(J人)+竺T12k034.（1）ADEA.图