2021届全国普通高中教育教学高考物理模拟试卷(1月份)(含答案解析)

2021届全国普通高中教育教学高考物理模拟试卷（1月份）

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.如图所示，一个氢原子处于量子数n=3能级状态，下列说法正确的是“

X

（）;

A.氢原子向低能级跃迁时最多产生3种频率的光子2

B.用0.70W的光子照射氢原子可使其跃迁

C.用0.7eV动能的电子碰撞可使氢原子跃迁

D.氢原子向低能级跃迁时电子动能增大，电势能增大

2.如图所示，将一不带电的绝缘枕形导体P放在正点电荷Q的电场中，Q

导体P的a、b两端分别带上了感应负电荷与等量的感应正电荷，-V---------

另外，导体内部还有两点c、d,则以下说法错误的是（）

A.导体上a、b两端的电势高低关系是外=%

B.导体上a、b两端的电势高低关系是<pa>0b

C.导体内部c、d两点的场强大小关系是反=&=0

D.感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系是Ec>Ed力0

3.关于冲量和动量，以下说法正确的是（（）

A.物体的运动状态改变，不一定受到冲量的作用

B.物体运动时合外力的冲量方向与物体动量方向相同

C.物体的动量发生了改变，则合外力一定对物体做了功

D.运动物体动量方向与即时速度方向相同，而合外力的冲量与合外力的方向相同

4.如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，盘面上距圆盘中心一定____I

距离处有一小木块随圆盘一起转动，则下列说法正确是（）Q

A,木块受到重力、支持力、摩擦力与向心力

B.圆盘对木块的摩擦力对木块做了功

C.由圆盘对木块的静摩擦力提供向心力

D.由于木块做匀速圆周运动，所以木块处于平衡状态

5.将一小球以，Ozn/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，Is末小球落地，已知g=l0rn/s2,贝i|（）

A.小球下落高度为Khn

B.落地速度为20m/s

C.落地时速度方向与竖直方向成45。角

D.落地时加速度方向与竖直方向成45。角

二、多选题（本大题共5小题，共27.0分）

6.2013年12月6日17时47分，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥

三号开始实施近月制动，进入100公里环月轨道I,2013年12月10日晚21：I

20分左右，嫦娥三号探测器将再次变轨，从100公里的环月圆轨道I,降H））

低到近月点（B点）15公里、远月点（4点）100公里的椭圆轨道H,为下一步

月面软着陆做准备.关于嫦娥三号卫星下列说法正确的是（）

A.卫星在轨道n上4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失重状态

c.卫星从轨道I变轨到轨道n,在A点应加速

D.卫星在轨道n经过4点时的动能小于在轨道n经过B点时的动能

7.如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向匀强磁场，PQ为两个磁场的

边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B1=B、％=2B.一个竖直放置的边长为质

量为m、电阻为R的正方形金属线框，以速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当

线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为（则下列结论中正确的是（）

A.此过程中通过线框横截面的电量为此

2R

B.此过程中回路产生的电能为:小/

C.此时线框的加速度为空也

2mR

D.此时线框中的电功率为此士

2R

8.如图所示为哈雷彗星轨道示意图，A点和B点分别为其轨道的近日点和远日点，则关于哈雷彗星

的运动，下列判断正确的是（）

iim

哈雷彗星

H：

A.在4点的线速度大于在B点的线速度

B.在4点的角速度小于在B点的角速度

C.在4点的向心加速等于在B点的向心加速度

D.哈雷彗星的公转周期一定大于1年

9.下列说法正确的是（）

A.一定质量理想气体，温度降低，则其内能一定减小

B.布朗运动就是液体分子无规则运动

C.当分子距离减小时，分子力一定减小

D.热量不可能自发地由低温物体传给高温物体

E.完全失重状态下悬浮的水滴呈球状是液体表面张力作用的结果

10.如图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位

置为％=4加处的质点，图乙为质点Q的振动图像，贝女）

A.t=0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大

B.t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向

C.从t=0.10s到t=0.25s,该波沿x轴正方向传播了6nl

D.从t=0.10s到t=0.25s,质点P通过的路程为30cm

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

11.某同学想测定滑块与水平桌面间的动摩擦因数，他设计了如图1所示的实验装置图，重力加速度

为g

(1)他先用天平测量出滑块和遮光条的总质量m,然后用螺旋测微器测遮光条的宽度d,所用的螺旋

测微器零刻度不能对齐测量前读数如图2(a)所示，测量时如图2(b)所示，则遮光条宽度

d—mmo

(2)按图示组装好器材后，把滑块从桌面上某一位置由静止释放滑块经过两光电门的时间分别为

和4t2,弹簧秤的示数为F,要测定出滑块与水平桌面间的动摩擦因数还需要测出的物理量及相

应符号是。

(3)用题中给出的物理量和第(2)问中测出的物理量的符号表示出动摩擦因数：〃=。

12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6叭3W”，其他选择的器材

有：

A.电压表匕(量程6V,内阻20k0)；

区电压表匕(量程20U,内阻60W2)；

C.电流表4(量程34,内阻0.20)；

D电流表量程0.64，内阻1。)；

E.滑动变阻器&(0〜10000,0.5/1)；

F.滑动变阻器/?2(。〜200,24);

G.学生电源E(6〜8V);

”.开关S及导线若干。

实验中要求电压在0〜6U范围内，读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流/,以便作出

伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用,滑动变阻器应选用。(只填代号)。

画出实验原理图。

四、计算题(本大题共4小题，共52.0分)

13.如图所示电路中，4B两端始终保持电压U=32V,定值电阻％=

R2=100,/?3=60,电容器的电容=10〃F.

（1）保持开关S1、S2闭合，求电容器c的带电量；

（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻/?2的电量•

（1）画出上升过程中物体的受力示意图，并求物体受到滑动摩擦力大小；

（2）求物体向上运动的加速度大小；

（3）若物体上行3m后撤去推力F,物体能否到达斜面最高点8,说明理由。

并求出物体到达地面时的动能大小。（已知sin37。=0.6,cos37°-0.8,g取lOm/s?）

15.如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置，右端与大气”

相通，左端封闭气柱长k=20cm（可视为理想气体），两管中水银面等高.现将右h

端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面九=10cm.（环境更-匕

温度不变，大气压强po=75cm"g）

①求稳定后低压舱内的压强（用作单位）.

②此过程左管内的气体对外界（填“做正功”“做负功”或“不做功”），气体将（填

"吸执"或"放执"）

16.如图所示，一直角三棱镜截面4BC,^ABC=30°,N4CB=90。斜

边长为3其折射率为门=b，一束平行光从斜边距4点5处的。点

平行于BC边射入该棱镜.（光在真空中的速度c=3.0x108m/s,

不考试光的反射.）

①做出光的折射光路图，并求出光射出棱镜时光的偏向角;

②求出光在棱镜中传播的时间.

参考答案及解析

1.答案：C

解析：解：4、一个处于n=3能级的氢原子最多可能辐射2种频率的光子，故A错误；

BC、根据能级差公式&-E3=-0.85eV一（—1.51eV）=0.66eV,所以n=3能级状态的氢原子吸收

0.66eM的光子后，氢原子跃迁到n=4的能级；若是0.70eU动能的电子，由于其能量大于能级差，也

可让氢原子跃迁，故B错误，C正确；

氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射出一个光子，轨道半径减小，能级减小，总能量减小，根

据詈=mJ,解得动能取=牛，可知其动能增大，电势能减小。故。错误，

故选：Co

根据数学组合公式鬣求出一群氢原子处于量子数n=3的激发态可能发出几种频率的光子，但一个不

同；

能级间发生跃迁时吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差；

氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，能级减小，根据库仑引力提供

向心力判断电子动能的变化；

解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即Em-E"=/w,以及氢原子吸收光子跃迁或吸收

实物粒子的能量使其跃迁的区别。

2.答案：B

解析：解：4、当正电荷Q处在金属导体P附近时，正电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电

子在电场力作用下向a端发生移动，导致b端的正电荷多余，a端的负电荷多余，最终导体P的b端带

正电，a端带负电。因此两点的电势关系0a=机，故A正确，B错误；

C、当金属导体b端带正电，a端带负电时，导体中有自b向a的电场。由于正确电荷Q也产生电场。故

只有当复合电场为。时，自由电子才停止运动，达到静电平衡，因此c、d两点的场强大小关系是£=

Ed=0,故C正确；

。、根据正点电荷的电场强度的公式，结合合电场为0,可知：感应电荷在导体内部c、d两点产生的

场强大小关系£>Ed手0.故。正确；

本题选择错误的，故选：B

物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电.对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种

电荷相互吸引的原理.且带电体是等势体

感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象，导体内的合场强为零

3.答案:D

解析：解：力、物体的运动状态改变，那么物体的动量一定改变，由动量定理可知，物体一定受到了

冲量的作用，故A错误；

8、由动量定理可知，物体运动时合外力的冲量方向与物体动量变化量的方向相同，故B错误；

C、动量是矢量，动量发生了改变可以只是速度的方向发生变化，而大小不变，所以当动量发生了改

变时，合外力不一定对物体做了功，故C错误；

。、运动物体动量方向与即时速度方向相同，而合外力的冲量与合外力方向相同，合外力冲量的方

向与物体动量变化的方向相同，故。正确；

故选：Do

冲量的方向一定与作用力方向相同，不一定与动量方向相同；根据动量定理，物体所受合力的冲量

等于物体动量的变化；动量发生了改变可以只是速度的方向发生变化，而大小不变，合外力不一定

对物体做了功；依据动量的定义可知运动物体动量方向与即时速度方向相同，由冲量的定义可知合

外力的冲量与合外力的方向相同。

本题考查对冲量、动量、动量的改变三个物理量的理解，抓住三个量都是矢量，从定义、定理方面

理解并加强记忆。

4.答案：C

解析：解：AC.木块做匀速圆周运动，合力指向圆心，对木块受力分析，受重力、支持力和静摩擦

力，如图所示：

重力和支持力平衡，静摩擦力提供向心力，故A错误，C正确；

8、由于圆盘对木块的摩擦力与木块的速度方向互相垂直，根据求功的定义可知，圆盘对木块的摩擦

力对木块做功为零，故B错误；

。、由于木块做匀速圆周运动，合外力提供其做匀速圆周运动的向心力，所以木块处于非平衡状态，

故。错误。

故选：C。

对木块进行运动分析和受力分析，做匀速圆周运动，合力等于向心力，指向圆心；根据求功的定义

可知，圆盘对木块的摩擦力对木块做功为零；木块处于非平衡状态。

本题考查了木块做匀速圆周运动时的受力分析，要明确向心力的来源，向心力是按照效果命名的，

不能当作一个单独力去分析；同时要理解求功的定义和平衡状态的物理意义。

5.答案：C

解析：解：力、小球下落的高度=ioxlm=5m,故A错误.

3、小球落地时的竖直分速度为=5=10xITH/S=10m/s,根据平行四边形定则知，落地的速度

v=J诏+哆=V100+100m/s=10V2m/s»故B错误.

C、根据平行四边形定则知，落地速度方向与水平方向夹角的正切值tana=詈=黑=1,则落地时

的速度方向与竖直方向的夹角为45度，故C正确.

。、平抛运动的加速度方向不变，始终竖直向下，故。错误.

故选：C.

根据运动的时间，结合位移时间公式求出小球下落的高度；根据速度时间公式求出物体落地的竖直

分速度，结合平行四边形定则求出落地的速度大小以及方向.

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，基

础题.

6.答案：ABD

解析:解：4、卫星在轨道〃上运动,4为远月点，B为近月点，卫星运动的加速度由万有引力产生a=等

知，卫星在B点运行加速度大，故A正确；

8、卫星在轨道/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正确；

C、卫星从轨道/变轨到轨道〃的过程中卫星轨道要减小做近心运动，提供的向心力大于所需向心力

G萼〉m旺，又因在轨道/上运动时万有引力和向心力相等，故变轨时需在4点做减速运动，使得卫

rLr

星满足G萼〉m《做近心运动，故C错误；

rzV

D、卫星在轨道/上运动有：。学=加或，在轨道〃上经过4点有。萼＞邈，由于万有引力大小相

rzrr

同，故在轨道〃上的速度小于在轨道/上经过4点的速度，则卫星在轨道n经过4点时的动能小于在轨

道口经过B点时的动能，故。正确。

故选：ABDo

卫星在轨道上运动，万有引力产生加速度，根据万有引力大小判断加速度的大小，卫星绕月球做匀

速圆周运动过程中万有引力完全提供向心力，卫星中的物体处于完全失重状态，从轨道/变轨到轨道

〃要做近心运动，提供的向心力大于运动所需向心力，故从轨道/到轨道〃上要减速，故在轨道/上运

行时的动能大于在轨道〃上运行时的动能.

解决本题是要知道卫星做圆周运动时万有引力完全提供向心力，卫星中的物体处于失重状态，知道

卫星变轨的原理.

7.答案：AC

解析：解：A、根据电荷量的经验公式可得：4=〃=等，根据题意可得：△。=。2-01=|8。2,

所以通过线框横截面的电荷量为q=萼，故A正确。

2R

B、由能量守恒定律得，此过程中回路产生的电能为：E=；mv2-im（；）2=fmv2,故B错误；

C、此时感应电动势为：E=2Ba-l+Ba^=lBav,线框电流为：/=?=誓，由牛顿第二定律

得：2Bla+Bla=ma^,解得：。物=今黑，故c正确；

。、此时线框的电功率为：P=JR=空心，故。错误；

4R

故选：AC.

根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量q=/at相结合求解电量。根据能量守恒定律求解产生

的电能。

由安培力公式求出安培力，由牛顿第二定律求解加速度。根据法拉第电磁感应定律计算线框中感应

电动势，根据闭合电路的欧姆定律计算感应电流，由P=/2R求解电功率。

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；

另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

8.答案：AD

解析：解：4、根据开普勒第二定律可得到，在近地点A的线速度大于远地点B的线速度，故A正确；

B、根据3=：,因为以＞为，RA=RB，所以3A＞3B，故8错误；

C、根据牛顿第二定律有G等=nia,得。=黑，因为以＜玷，所以以＞即，故C错误；

。、根据开普勒第三定律，哈雷彗星的轨道的半长轴大于地球的轨道半径，所以哈雷彗星的周期大

于地球的公转周期1年，故。正确；

故选：AD.

根据开普勒第二定律判断近地点与远地点的速度结合v=3r比较角速度大小，根据开普勒第三定律

比较哈雷彗星的周期与地球自转周期大小，根据牛顿第二定律比较加速度大小，

开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律得发现的基础，是行星运动的一般规律，正确理解开

普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。

9.答案:ADE

解析：解：4、一定质量的理想气体的内能仅仅与温度有关，若温度降低，其内能一定减小，故A

正确；

8、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，不是分子的运动，故8错误；

C、当分子之间距离减小时，若分子力表现为引力，则分子间的作用力可能减小，也可能先增大后减

小；若分子力表现为斥力，分子力随分子之间距离的减小而增大，故C错误；

D,由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故。正确；

E,表面张力有使液体的表面收缩的趋势，在完全失重状态下悬浮的水滴呈球状是液体表面张力作用

的结果，故E正确。

故选：ADE.

解答本题应掌握：理想气体的内能取决于气体的温度，温度越高，内能越大；

布朗运动是固体小颗粒的运动，它是分子热运动的反映；

分子间同时存在引力和斥力，二者都随分子间距离的增大而减小；

热量可以自发地从高温物体传到低温物体；但不能自发地从低温物体传到高温物体；

失重状态下悬浮的水滴呈球状，这是液体表面张力作用的结果。

本题考查分子动理论的基本内容，要重点掌握布朗运动、热力学第二定律、分子间的相互作用力等；

并且要求能准确掌握，不能断章取义。

10.答案:AB

解析：

根据甲乙两图可以求出该波的波长和周期，从而求出波速，t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图

知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播。

本题有一定的综合性考察了波动和振动图象问题，关键是会根据振动情况来判定波的传播方向。

4由乙图中Q点的振动图象可知t=0.15s时Q点在负的最大位移处，故具有正向最大加速度，故A正

确；

员甲图描述的是£=0.10s时的波动图象，而根据乙图可知《=0.10s到t=0.25s内Q点将向下振动，

这说明在甲图中此时Q点将向下振动，根据质点振动方向和波传播方向的关系可知，波向左传播，

判定出经过四分之一周期即t=0.15s时质点P运动方向为丫轴负方向，故B正确：

C.根据甲乙两图可知波长和周期，则波速：\=A=_L=40nrs，故从t=0.10s到t=0.25s,波沿x负

T0.2

方向传播了6m,故。错误；

。.只有在波峰或波谷的质点，每工通过路程才为一个振幅4t=O.IOSP运动方向为y轴负方向，经

4

过平衡位置的速度较大，所以从t=O.lOsglJt=0.25s,质点P通过的路程一定大于30cm.故。错误。

故选AB。

11.答案:3.750光电门4、8之间的距离x竟一熟脸一苏

解析：解：(1)由图(a)读出示数为0.024?n?n,由图(b)读出示数为3.774mrn,故遮光条宽度d=

3.775mm—0.025mm=3.750mm；

(2)滑块从桌面上某一位置由静止释放后作匀变速直线运动，由牛顿运动定律得：F-iimg=ma,

对滑块经过光电门4、B过程由运动学公式有：点-磊=2狈，故欲测定动摩擦因数，可测出光电

门4、B间的距离X；

(3)由(2)问解析中的两个式子联立可得出：滑块与桌面的动摩擦因数三-袅(之一之)

故答案为：(1)3.750(3.748〜3.752nun均可给分)

(2)光电门A、B之间的距离支

⑶品T(京-京)。

(1)螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读。

(2)根据牛顿第二定律以及运动学公式列式，从而确定应测量的数据；

(3)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度得出遮光条4、B通过光电门4、B的速度，从而得出动

能的变化量，结合拉力做功等于动能变化量列出表达式。

本题以测定动摩擦因数为为实验命题背景考查学生的实验能力，知道光电门测速的原理，即极短时

间内的平均速度等于瞬时速度，掌握螺旋测微器的读数方法。

12.答案：A2/?2

解析：解：(1)灯泡额定电流/=任=鬻=0.54电流表应选42,为方便实验操

作，应选最大阻值较小的滑动变阻器/?2；工

(2)电压表0〜6U范围内读数，滑动变阻器应采用分压接法；I_I，________I

灯泡正常发光时电阻R===照=12。，电压表内阻为20日!电流表内阻为10,

I0.54

电压表内阻远大于电流表内阻，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：

故答案为：(1)42；&；(2)实验电路图如图所示

根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，根据该电流选择电流表；

在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；

电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接

法，然后作出实验电路图。

本题考查了描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中实验器材的选取、作实验电路图等，要注注意明确当

要求电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法。

13.答案：解：(1)保持开关&闭合，将开关S2断开，电路稳定时，电容器C的电压/=公£0=岛、

32V=12V,电容器C的带电量Qi=C%=10X10-6x12C=1.2X10-4C.

(2)保持开关&闭合，将开关S2断开，电路稳定时，电容器的电压等于U,则

4

电容器的带电量Qz=CU2=10X10-6x32c=3.2x10-C,电容器的电量增加△Q=Q2-Qi=

2X10-4C,则断开开关S2后流过电阻生的电量等于△Q=2x10-4C.

答：

(1)保持开关Si、S2闭合，电容器C的带电量为1.2X10-4仁

(2)保持开关品闭合，将开关S2断开，断开开关S2后流过电阻&的电量为2X10-4C.

解析：(1)保持开关区闭合，将开关S2断开，电阻&、/?2串联，电路稳定时，没有电流流过自，电容

器的电压等于％两端的电压，根据欧姆定律和电容的定义式求解电容器的带电量.

(2)保持开关S1闭合，将开关52断开，电路稳定时没有电流，电容器的电压等于U,由电容的定义式

求出电容器的带电量，再求出流过电阻/?2的电量.

求电容器的电量关键确定电容器的电压，当电路稳定时，电容器所在电路没有电流，与电容器串联

的电阻上没有电压，电容器的电压等于这条电路两端的电压.

14.答案：解：(1)受力分析图如图所示

垂直斜面方向平衡：FN=mgcosO+Fsind

物体受到滑动摩擦力：Ff=林FN=n(mgcosd+Fsind)

代入数据解得：Ff=4QN

(2)沿斜面方向由牛顿第二定律得：Fcosd-Ff-mgsind=mar

代入数据解得：=6m/s2

(3)撤去F时受力分析如图所示

撤去尸后，根据牛顿第二定律，mgsinO+fimgcosO=ma2

2

解得：a2=7.6m/s

撤去F瞬间，物体速度设为由,由资=2aS「

解得：v1—J2asi=6m/s

若运动到停止需要的距离为S2

由谱=2a2s2得52=2.37m

S2>S=2m所以物体能够到达最高点8

设到达B点时速度为方

由翦-谚=2a2s

得诏=5.6

动能&2=vf=287

B点高度h=ABsin37=3m

B点重力势能02=mgh=3007

离开B点后，物体抛出斜面落地，机械能守恒，设地面为零势能点

由机械能守恒定律得：Ek2+Ep2=Ek3

解得：Ek3=3287

答：(1)受力示意图如图所示，物