2021届中学生标准学术能力诊断高考物理模拟试卷(1月份)(含答案解析)

2021届中学生标准学术能力诊断高考物理模拟试卷（1月份）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.氢原子辐射出一个光子后，贝式）

A.电子绕核旋转的半径增大B.电子的动能增大

C.电子的电势能增大D.原子的能级值增大

2.下列关于圆周运动的向心力的讨论，正确的有（）

A.运动员在跑道转弯时，受到了重力、支持力、向心力的作用

B.用细绳拴住的小球在竖直平面内做圆周运动，在任何位置绳上的拉力都提供了向心力

C.在绕地球作圆周运动飞船内，宇船员处于完全失重状态，万有引力提供向心力

D.洗衣机脱水旋转时，能够把衣物中的水分甩出，是由于水分受到向外作用的力

3.两电荷量分别为ql和q2的点电荷放在%轴上的。、M两点，两电荷连线上各点电势尹随x变化的关

系如图，其中4、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，贝式）

A.C■点的电场强度大小为零

B.4点的电场强度大小为零

C.NC间场强方向向工轴正方向

D.将一负点电荷从N点移到D点，电场力一直做正功

4.如图，实线为方向未知的三条电场线，a、b两带电粒子仅在电场力作用

下从电场中的。点以相同的初速度飞出.两粒子的运动轨迹如图中虚线

所示，贝女）

A.a一定带正电，b一定带负电

B.在虚线所示的过程中，a加速度增大，b加速度减小

C.在虚线所示的过程中，a和b的动能都增大

D.在虚线所示的过程中，a电势能减小，b电势能增大

5.如图所示，在一长直导线右侧放一矩形线框abed,导线中通有稳恒电流/,

现将线框由位置I移到位置D,第一次是平移，第二次是以反边为轴旋转

180°,两次线框中产生的感应电量分别为qi和勺2,则（）

A.qi>q2B.=q2

C.Qi<q2D.无法确定q1与勺2的大小关系

二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）

6.如图是甲、乙两物体从同一地点同时做直线运动的u-t图象，则下列说法正确的是（)

A.第1s末，甲、乙速度相同

B.第2s末，甲、乙相遇

C.2s〜4s内，甲相对于乙做匀速直线运动

D.第6s末，乙在甲前方6m处

7.如图所示，一倾角为45。的斜面固定于竖直光滑墙上，为使一光滑的铁球静

F/y

止，需加一水平力F,且F通过球心，则下列说法正确的是（）

A.球一定受墙的弹力且水平向左/

B.球可能受墙的弹力且水平向左

C.球可能受斜面的弹力且垂直斜面向上

D.球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上

8.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比如:n2=10：1,b是原线圈的中心抽头，图中电

表均为理想的交流电表，其余电阻均不计，从a某时刻开始在原线圈c、d两端加上%=

220夜5讥100忒（7）的交变电压，开始时单刀双掷开关与a连接，下列说法中正确的是（）

A.t=±s时，cd间电压的瞬时值为220&V

B.t=*s时，电压表的示数为22迎U

C.若将滑动变阻器的滑片向上移，电压表和电流表的示数都变大

D.当单刀双掷开关由a拨向b后，电压表和电流表的示数都变大

9.下列有关热现象的说法正确的是（）

A.一定质量的理想气体，当压强不变，温度升高时，气体从外界吸热

B.一定质量的理想气体，当温度不变，体积增大时，气体向外界放热

C.热量不可能从低温物体传给高温物体而不引起其他变化

D.第一类永动机不能制成是因为违背能量守恒定律

E.液体表面层分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势

三、填空题（本大题共1小题，共4.0分）

10.要产生干涉必须满足一定条件，两列光的频率,振动方向,具有恒定的。

激光散斑测速应用了光的干涉原理，二次曝光照相获得的“散斑对”，相当于双缝干涉实验中

的双缝。待测物体运动速度与二次曝光时间间隔的乘积等于双缝间距，已知二次曝光时间间隔

为A3双缝到屏的距离为3相邻两条纹间距为△刀,激光波长为九则运动物体的速度表达式

为。

四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，使用了如图1所示的实验装置.

（1）请判断以下做法正确的是.

人打点计时器不应固定在长木板的右端，而应固定在长木板左端靠近定滑轮的位置

B.每次改变小车质量后，需要重新平衡摩擦力

C.实验时，先放开小车，再接通打点计时器电源

。.在探究加速度与质量的关系时，作出a-白图象可以更直观地判断出二者间的关系

(2)已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz.图2是实验中打出的一段纸带，在打出的点中，从4点

开始每5个打点间隔取1个计数点，分别记为4、B、C、。、E,相邻计数点间的距离已在图中标

出.打点计时器打下计数点C时，小车的瞬时速度〃=m/s.(结果保留两位有效数字)

(3)在探究加速度与力的关系时，某同学根据实验数据做出a-尸图象，如图3所示，发现该图线不通

过坐标原点且图线的BC段明显偏离直线，分析其可能产生的原因，下列说法中符合的一项是

A未平衡摩擦力，所挂钩码的总质量太小

员平衡摩擦力过度，所用小车的质量太小

C未平衡摩擦力，所挂钩码的总质量太大

D平衡摩擦力过度，所用小车的质量太大.

12.测量“水果电池”的电动势和内电阻：将一铜片和一锌片分别插

入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约1.5V,

可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5U,额定电流为0.34的手

电筒上的小灯泡.原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得

还不足3巾4现用量程合适的电压表、电流表以及滑动变阻器、开

关、导线等实验器材尽量精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻.

(1)若给出的滑动变阻器有两种规格：4(0〜300)8(0〜30k。).本实验中应该选用哪种规格的滑动变

阻器？答：.

(2)在实验中根据电压表的示数U与电流表的示数/的值，经描点、连线得到U-/图象，如图所示，

根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势的内电阻分别为E=V-,r=H.

五、计算题(本大题共4小题，共52.0分)

13.四个相同的电阻R与一对平行金属板C、。连接成如图所示的电路，力、B两端电压恒为%,C、D

两板间距离为d。带电粒子从两板左端沿中心线以相同的速度持续射入两板之间，带电粒子电荷

量为q，不计带电粒子重力和粒子间相互作用。当电键S断开时，带电粒子刚好从上极板C边缘

射出。将电键S闭合后，求:

(1)通过理想电流表4的电流大小;

(2)带电粒子从两板间射出时在垂直板方向的位移;

(3)带电粒子在两板之间运动过程中电场力做的功。

14.2017年4月16日，国产大飞机C919在上海浦东机场进行了首次地面高速滑行

测试。某次测试中，C919在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经功=20s达

到最大速度216km",之后匀速滑行一段时间，再匀减速滑行，最后停下来。

若滑行总距离1800m,且减速过程的加速度大小与加速过程的加速度大小相等，求:

(1)C919减速滑行时的加速度大小；

(2)画出C919运动全过程的u-t图象；

(2)0919在整个滑行过程中的平均速度大小。

15.如图所示，由刚性杆连接的绝热汽缸4与导热汽缸B均固定于地面，绝热活塞与两汽缸间均无摩

擦。开始时体积均为%=2L、温度均为To=300K,压强均为po=1.0XlOSp。.缓慢加热4中气

体，停止加热达到稳定后，4中气体压强以=1.5x105pa.设环境温度始终保持不变。

求：①汽缸4中气体的体积%和温度二；

②B中气体内能如何变化，吸热还是放热？

二口

B

16.一块厚度为/i的平板玻璃水平放置，其下表面中心有一点光源S,其中一条光线斜射到玻璃上表

面A点，它的反射光线与折射光线恰好垂直（图中未画出），已知点光源S到4点的距离为I。

①求玻璃的折射率；

②若在玻璃板上表面放置一块遮光板，使遮光板完全挡住从点光源S发出的光线不射出上表面（不考

虑反射），遮光板面积至少多大？

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：力、氢原子辐射出一个光子后氢原子的能量减少，故电子向低能级跃迁，故电子绕核旋转

半径减小，故A错误.

8、氢原子辐射出一个光子后氢原子的能量减少，电子绕核旋转半径减小，电场力对电子做正功，故

电子的动能增加，故B正确.

C、氢原子辐射出一个光子后电子绕核旋转半径减小，电场力对电子做正功,故氢原子的电势能降低，

故C错误；

。、氢原子辐射出一个光子后氢原子的能量减少，电子向低能级跃迁，故原子的能级值减小，故。

错误；

故选：B.

氢原子辐射出一个光子后氢原子的能量减少，电子向低能级跃迁电场力对电子做正功，根据动能定

理和能量关系即可顺利求出答案.

本题考查了玻尔的氢原子理论，内容比较基础，但选项B比较容易出错.

2.答案：C

解析：解：

A、运动员在跑道转弯时，地面的支持力和重力二力平衡，主要靠地面的静摩擦力提供向心力，故4

错误.

8、用细绳拴住的小球在竖直平面内作圆周运动时，细绳的拉力可以为零，完全由重力提供向心力，

故8错误.

C、在绕地球沿圆周轨道自由飞行的飞船内，由万有引力全部提供向心力,宇船员处于完全失重状态，

故C正确.

。、洗衣机脱水旋转时，可把衣物中的水分甩出是由利用离心现象，并不是水分受到的向外运动的

力，故。错误.

故选：C

物体做圆周运动时，由指向圆心的合外力提供向心力.根据物体的运动状态，通过分析受力情况，

确定向心力的来源

本题考查对向心力的理解能力.知道向心力的来源.向心力不是什么特殊的力，其作用产生向心加

速度，改变速度的方向，不改变速度的大小

3.答案：A

解析：解：力、C点电势的拐点，若正点电荷从。到N点，电势能先增大后减小。则C点电场强度为零，

故A正确；

B、由图知A点的电势为零，则。点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且。点的电荷带正电,

M点电荷带负电，力点合场强向右，不为零。故8错误；

C、由图可知：。“间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，NC间场强方向

向》轴负方向。故C错误；

。、因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点

移到。点，电场力先做正功后负功。故。错误；

故选：力。

9-%图象的斜率等于电场强度E.根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电

势降低，可知两点电荷的电性.根据功能关系分析电场力做功的正负.

电势为零处，电场强度不一定为零.电荷在电场中与电势的乘积为电势能.电场力做功的正负决定

电势能的增加与否.

4.答案：C

解析：解：4、由运动轨迹如图可知，a、b做曲线运动，由于电场线方向未知，故a、b电性不能确

定，故A错误；

3、根据a、b两粒子做曲线运动轨迹弯曲程度即电场线的疏密可知，b所处的电场线变密，电场强度

变强，所受的电场力在增大，加速度在增大；a所处的电场线变疏，电场强度变弱，所受的电场力在

减小，加速度在减小，故B错误；

CD,根据图知a、b两粒子的电场力、速度的夹角为锐角，电场力对电荷做正功，电势能减小，动能

增加，故C正确，。错误；

故选：Co

由粒子的轨迹弯曲方向判断粒子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低.根据电场

力方向与粒子速度方向的夹角，判断电场力对粒子做正功还是负功，确定粒子在a与b动能的大小变

化以及电势能的变化.

物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出力、速度和运

动轨迹三者的位置关系体，电场力做功与电势能、动能的关系，电场线与电场强度的关系

5.答案：C

解析：解：由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在线框处的方向为垂直直面向里，并

且离导线越远磁感应强度越小，故当沿图示方向移动线框时，穿过线框平面的磁通量要减小，感应

电流的磁场应与原磁场同向，而当以be边为轴旋转180。，穿过线框的磁通量先变小后变大，

根据电量表达式勺="与及E=N当，即可得出勺=/79.而第一次是平移的磁通量的变化小

于第二次转动的磁通量变化，故C正确，ABD错误;

故选：C.

会判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，根据法拉第电磁感应定律得到感应电动

势的变化规律，应用欧姆定律判断电流的大小变化规律；根据电量表达式q=It与1=9,扉=NJ

即可得出q=N好.

通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用法拉第电磁感应定律结合欧姆定律解题，考察比较全

面，注意磁通量虽不是矢量，但有正负之分.

6.答案：ABC

解析：解：4、由图知，第1s末，甲、乙速度相同，都是2m/s,故A正确.

8、根据图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，可知2s内两个物体的位移相等，则第2s末，甲、乙

相遇.故8正确.

C、由图看出，2s〜4s内，甲与乙的速度之差保持为2m/s,所以甲相对于乙做匀速直线运动，故C

正确.

根据面积表示位移，可知，6s内甲的位移比乙大，因此甲在乙前方，且相距距离S=：x4x4-

|x2x2=6m.故D错误.

故选：ABC.

由u-t图象可直接读出速度，根据图线与坐标轴围成图形的面积表示位移，判断第2s末两物体位移

是否相等，即可判断是否相遇.根据速度大小关系分析甲相对于乙做什么运动.由面积求出甲乙的

位移，得到第6s末两者相距的距离.

u-t图象中图线的斜率表示加速度，由图象的形状分析物体的运动性质.图线与坐标轴围成图形的

面积表示位移；根据面积关系即可以得出位移关系，来判断物体能否相遇.

7.答案：BD

解析：解：AB,对小球进行受分析，如图所示，若水平力?等于N2

水平向上的分力时，小球对竖直面没有压力，故Ni有可能为零，如

果水平力F大于N2水平向上的分力时，球受墙的弹力水平向左，故A错误、B正确；

CD、由小球的受力分析可知，如果小球不受斜面的弹力，即小球受到mg,F,&三力的作用，小球

不可能平衡，所以小球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上，故C错误、。正确。

故选:BD。

由题意可知，小球处于平衡状态；则可知小球所受各力的合力为零；对小球进行受力分析，小球受

重力、推力、竖直墙的支持力及斜面对小球的支持力；可采用分解法将斜面支持力向水平方向和竖

直方向分解，分别列出水平和竖直方向上的平衡方程，分情况进行讨论即可求解。

在解答平衡类的问题时，在注意准确的进行受力分析；而物体处于平衡状态时是指物体所受合力为

零，若力为三个一般采用合成的方式，若力为三个以上，一般采用正交分解的方式，列出平衡方程

即可求解。

8.答案：AD

解析：解：力、c、d两端加上的电压为由=22(h/Isinl00vt(V),t=^s时，cd间电压的瞬时值

为%=22(h/Isin100nt(V)=220&sin100兀x+=220&U,故4正确；

B、交流电的有效值为Ui=220k根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为/=22V,电压表

的示数为有效值，即为22V,故B错误；

C、若将滑动变阻器的滑片向上移，接入电路电阻减小，电流表示数增大，电压表的示数是由匝数比

和原线圈电压决定，是由电压表示数不变，故C错误；

D,当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈匝数减小，副线圈两端的电压变大，电压表和电流表的示

数都变大，故。正确；

故选：AD.

公式顺时针表达式求解顺时针；电压表的示数为有效值，根据变压器原理求解；根据电路动态分析

的方法分析滑动变阻器阻值变化、原线圈匝数变化时各表的示数变化.

本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有

一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等.

9.答案:ACD

解析：解：

4一定质量的理想气体，当压强不变，温度升高时，根据气态方程崇=，可知体积增大，气体对外

界做功，内能增大，根据热力学第一定律AU=Q+W分析可知气体从外界吸热，故A正确.

8、一定质量的理想气体，当温度不变，内能不变，体积增大时，气体对外界做功，根据热力学第一

定律△U=Q+W分析可知气体从外界吸热，故B错误.

C、根据热力学第二定律得知热量不可能从低温物体传给高温物体而不引起其他变化，故C正确.

。、永动机是不可能制成的，因为它违背了能量守恒定律，故。正确.

E、液体表面层分子间引力和斥力同时存在，因为引力大于斥力，分子力表现为引力，所以液体表面

具有收缩的趋势，故E错误.

故选：ACD

对于理想气体，可根据气态方程崇=c和热力学第一定律结合分析热量问题.根据能量守恒定律和

热力学第二定律分析永动机问题.分子间引力和斥力是同时存在的.

对于气体，气态方程和热力学第一定律是考试的重点，还要掌握热力学第一、第二定律和分子动理

论等等基础知识.要注意分子间引力和斥力是同时存在的，与其他作用力不同.

10.答案：相同；相同；相位差；~

解析：解：要产生干涉必须满足一定条件，两列光的频率相同，振动方向相同，具有恒定的相位差；

在波的干涉中，干涉条纹的间距AX=；九

及速度公式

由上式联立可得：v=—

△XAt

故答案为：相同；相同；相位差；

△XAt

根据稳定干涉条件：频率相同，振动方向相同，相位差恒定；

再由波的干涉中条纹的间距公式和速度公式可得出物体运动速度大小。

本题考查光波的干涉条纹的间距公式，应牢记条纹间距的决定因素，同时理解稳定的干涉条件。

11.答案：D-.1.0；C

解析：解：（1）打点计时器使用的是交流电源，而干电池是直流电源；接通电源前，小车应紧靠打点

计时器，而在该图中小车初始位置离打点计时器太远；应在右端垫起合适的高度，平衡摩擦力；

A、打点计时器应固定在长木板的最右端，故A错误；

8、平衡摩擦力后，每次改变小车质量后，不需要重新平衡摩擦力，故B错误；

C、实验时，先接通打点计时器电源，再放开小车，故C错误；

。、在探究加速度与质量的关系时，作出［图象可以更直观地判断出二者间的关系，故。正确

故选：D

(2)C点的瞬时速度u=署=-°7-^~m/s=l.Om/s

(3)图中直线发生明显弯曲的原因是：随着F的增大，不再满足砂和桶的总质量远小于小车的总质量，

故C正确；

故答案为：(1)。

(2)1.0

(3)C

(1)打点计时器应固定在没有定滑轮的一端，打点计时器使用交流了电；实验时应平衡摩擦力；开始

时小车应靠近打点计时器.

(2)中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，

(3)直线发生明显弯曲的原因是砂和桶的总质量没有远小于小车的总质量.

本题考查“探究加速度与力、质量的关系”的实验，解题时要注意明确用图想法处理数据时，要作

直线，直线较为形象直观.验证牛顿第二定律实验应采用控制变量法，掌握描点法作图的方法、实

验注意事项即可正确解题.

12.答案:B；1.50；500

解析：解：(1)电源的内阻大约「=彳=品=5000,若选用0〜30。的滑动变阻器，移动滑片，电

流基本不变，因此滑动变阻器应选/?2(阻值0〜3k。).

(2)由图示电源U—/图线可知，图象与纵轴截距为1.50,则电源电动势：E=1.50V；电池内阻：r=

—=—=500/2；

A/0.003

故答案为：⑴8；(2)1.50：500/2.

(1)通过水果电池的内阻大小，选择合适的滑动变阻器.

(2)(7-/图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻.

解决本题的关键知道实验误差的来源，会从U-/图线中获取电源的电动势和内电阻.

13.答案：解：(1)将电键S闭合后，电路的总电阻R总=2R+g=|R

通过理想电流表4的电流/=卷=煞

总

(2)当电键S断开时，两极板间电压5=1%

R

将电键S闭合后，两极板间电压=;%

R总5

则4=|U1

带电粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向有

y--at2—-^-t2

’22md

水平方向有L=%t,则知

两种情况下带电粒子在电场中运动时间相等，则yocU

所以，带电粒子从两板间射出时在垂直板方向的位移y=|xTk

(3)带电粒子进、出极板间的两点间电势差为

〃出3U。

△A°F』

带电粒子在两板之间运动过程中电场力做的功W=q^U=^qU0.

答：

(1)通过理想电流表4的电流大小是黑：

(2)带电粒子从两板间射出时在垂直板方向的位移是算；

(3)带电粒子在两板之间运动过程中电场力做的功是

解析：(1)将电键S闭合后，先求出电路的总电阻，再由欧姆定律求出通过理想电流表4的电流大小;

(2)当电键S断开时，带电粒子刚好从上极板C边缘射出，带电粒子在垂直板方向的位移等于也将电

键S闭合后，根据两种情况下极板间电压关系求带电粒子从两板间射出时在垂直板方向的位移；

(3)根据公式W=qU求带电粒子在两板之间运动过程中电场力做的功。

本题是带电粒子在电场中运动的问题，关键是分析带电粒子的受力情况和运动情况，熟练运用运动

的分解法处理。

14.答案：解:(l)vm=216km/h=60m/s；

由题意可知［％=ati=60m/s,

2

解得Q=3m/s；

由于减速过程和加速过程的加速度大小相等，故优=3m/s2o

(2)加速和减速阶段的位移相等，均为h=肛=孕1=当x20m=600m；

-X-2X11800-2X600

匀速埼动的时g=FT==ios;

速度图象如图所示;

(m/s)

Au204060t/s

(3)C919在整个滑行过程中的平均速度大小：5=甯m/s=36m/s。

答：(1)C919减速滑行时的加速度大小为3m/s2；

(2)C919运动全过程的u-t图象如图所示；

(2)C919在整个滑行过程中的平均速度大小为36m/s。

解析：(1)根据速度时间关系求解减速过程的加速度大小；

(2)求出加速和减速阶段的位移，再求出匀速运动的位移和时间，然后画出速度图象；

(3)根据平均速度的计算公式求解C919在整个滑行过程中的平均速度大小。

本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是弄清楚运动过程，掌握平均速度的计算

方法。

15.答案：解：(1)设汽缸4中气体的体积为匕

膨胀后4、B压强相等，PB