2021年决胜高考物理模考押题卷（六）解析版（新课标卷专用）

2021年决胜高考物理模考押题卷（六）

物理

本卷满分110分，考试时间90分钟。

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只

有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不

全的得3分，有选错或不答的得0分。

14.如图是电子感应加速器内部结构原理简图：电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁

极和环形真空室组成。当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空盒

所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就感应出涡旋电场，电子将

在涡旋电场作用下得到加速。（图中：上图为侧视图、下图为真空室的俯视图）。电子被

约束在半径为R的圆周上运动。若电磁铁绕组通有正弦式交变电流i,下列说法中正确

的是（）

A.电子做圆周运动的周期与交变电流的变化周期相同

B.涡旋电场的方向保持逆时针方向不变

C.在交变电流变化的任何时段，电子都将被加速

D.在交变电流按图示方向增大的过程中，电子做逆时针方向的加速运动

【答案】D

【解析】

4、电子做圆周运动的周期由感生电场周期决定，感生电场的周期与交变电流周期不同，

电子做圆周运动的周期与交变电流的变化周期不同，故A错误：

8、电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，磁场大小与方向发生变化，由楞

次定律可知，涡旋电场方向发生变化，涡旋电场的方向并不保持逆时针方向不变，故8

错误；

C、当感生电场力方向与电子运动方向相同时电子被加速，当感生电场力方向与电子速

度方向相反时电子减速，故C错误；

。、在交变电流按图示方向增大的过程中，磁感应强度方向竖直向上，如果电子速度方

向沿顺时针方向，电子所受洛伦兹力背离圆心，因此电子不可能沿顺时针方向运动，因

此电子沿逆时针方向运动，由安培定则可知，磁场方向竖直向上（俯视）且增大，由楞次

定律可知，感生电场方向沿顺时针方向，电子所受电场力沿逆时针方向，电子做逆时针

方向的加速运动，故力正确。

故选：Do

15.质量为恤=1kg和g（未知）的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其

x-t图象如图所示，则（）

A.此碰撞一定为弹性碰撞

B.被碰物体质量为2依

C.碰后两物体速度相同

D.此过程有机械能损失

【答案】4

【解析】

由图象可知，碰撞前小是静止的，恤的速度为：%=1=|m/s=4m/s

碰后Hi】的速度为：%'=子=衿巾/s=-2m/s,m2的速度为：方'=若==

o—Z（2'o—Z

2m/s

两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1=m/i'+m2V2

解得：m2=3kg；

碰撞前总动能：Ek=Ekl==8/

2,22

碰撞后总动能：E]=Ekl'+Ek2'=iniiV/+|m2v2=^x1x（-2）7+1x3x

22J=8/

碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，故A正确，8CQ错误。

故选4

同步11星

16.我国首颗量子科学实验卫星于2016年8月16S1点40分成功发

射.量子卫星成功运行后，我国将在世界上首次实现卫星和地面之/\

间的量子通信，构建天地一体化的量子保密通信与科学实验体系.假!七⑥，）

设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示.已知量子卫星的轨道半径

是地球半径的加倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的〃倍，图中p点是地球赤道上

一点，由此可知（）

A.同步卫星与量子卫星的运行周期之比为三

B.同步卫星与P点的速度之比为三

n

C.量子卫星与同步卫星的速度之比为2

D.量子卫星与P点的速度之比为世

yjm

【答案】D

【解析】

A根据=m^-r,得7=J需，由题意知％r=mR,小步=nR,所以孑=g=

焉书故A错误；

8/为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v=®r,所以有包=

Up

J=y=p故8错误；

C根据笳=秒所咤=（=恶=5，故。错误；

D综合BC,有“同=刖，生=尼，得当=巴故。正确；

故选Do

17.如图所示，一根细绳的上端系在。点，下端系一个重球8,放在斜面体A上，斜面

体放置水平地面上，所有接触面光滑，现用水平推力尸向右推斜面体使之在光滑水平面

上向右缓慢运动一段距离（细绳尚未到达平行于斜面的位置）。在此过程中（

A.斜面对小球B的支持力减小B.绳对小球8的拉力增大

C.地面对斜面体的支持力不变D.水平推力增大

【答案】D

【解析】

4B.对球受力分析，如图所示:

F

根据平衡条件，在向右缓慢运动过程中，细线与斜面夹角变小，支持力方向不变，故细

线的拉力在减小，支持力在增加，故A8错误：

CD.根据牛顿第三定律可知，球对斜面体的压力也增加，对斜面体分析，受推力、支持

力、重力和压力，如图所示：

根据平衡条件，有：

F=NsinO

N'=Mg+NcosO

由于N增加，故支持力N'和推力产均增加，故C错误，。正确;

故选：。。

18.如图所示，直角三角形ABC区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为8,已知AB边长

为L,NC=30。，比荷均为5的带正电粒子（不计重力）以不同的速率从A点沿方向射

入磁场，贝女）

A.粒子速度越大，在磁场中运动的时间越短

B.粒子在磁场中运动的最长时间为驾

C.粒子速度越大，在磁场中运动的路程越短

D.粒子在磁场中运动的最长路程为延兀力

9

【答案】B

【解析】

解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，当粒子运动轨迹恰好与8c边相切时，粒子运动轨

迹如图所示:

由几何知识得，粒子轨道半径：r=AB=L,

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

V2

qvB=m—

r

解得：u=理，

m

粒子在磁场中做圆周运动的周期为：7=筌，

粒子在磁场中的运动时间为：t=-T；

2n

当粒子速度:VW密时，粒子都从AC边离开磁场,粒子在磁场中转过的圆心角=120°,

m

当粒子速度:u＞比时,粒子从8C边离开磁场,粒子在磁场中转过的圆心角＜120°；

m

A、粒子速度越大，粒子轨道半径越大，由以上分析可知，只要粒子从AC边离开磁场，

粒子在磁场中转过的圆心角相等，运动时间相等，故A错误：

B、粒子从AC边离开磁场时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为。=120。，粒子在

磁场中运动的时间最长，最长时间：t=57=舞，故8正确；

2n3qB

C、粒子速度越大，粒子在磁场中运动的轨道半径越大，当粒子运动轨迹与8c边相切

时运动轨迹最长，粒子速度再增大，粒子运动轨迹变小，故C错误；

。、粒子运动轨迹与8c相切时运动轨迹最长，此时，粒子轨道半径：r=L,转过的圆

心角：8=120。=拳粒子运动轨迹的长度：s=%=等，故D错误。

故选8。

19.用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱

线。调高电子的能量再次进行观测，发现光谱线的数目比原来增加了5条。用/n表示两

次观测中最高激发态的量子数之差，E表示调高后电子的能量。根据氢原子的能级图可

以判断，和E的可能值为（）

--------------------------13.6

A.△n=1,13.22eV<E<1332eV

B.△n=2,13.22eV<E<13.32eV

C.An=1,12.75eK<E<13.06eV

D.△n=2,12.75eK<E<13.06FV

【答案】AD

【解析】

最高激发态量子数之差和最高能级量子数之差相同，因此设氢原子原来的最高能级为”,

则调高后的能级为（n+Zin）,则有：皿吆产3一改户=5,

BP2n△n+△n2—△n=10①

4C.当△n=l时，n=5,调整后的能级为n=6,此时能极差为：△E=-0.38-

（-13.6）=13.22eV,因此提高电子的动能应该大于此时的能级差，但是应该小于基态

和第7能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级，即小于AE=-0.28-（-13.6）=

13.32eV,故A正确，C错误；

BD.当An=2时，n=2,调整后的能级为?i=4,此时能极差为：△E=-0.85-

（-13.6）=12.75eU,因此提高电子的动能应该大于此时的能级差，但是应该小于基态

和第5能级之间的能级差，否则将跃迁到更高能级，即小于AE=-0.54-（—13.6）=

13.06W,故。正确，8错误。

故选AD.

20.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：I,原线圈的输入电压“

随时间，变化图像如图乙所示,。为理想二极管,R为电阻箱，当电阻箱阻值R=11。时，

下列说法正确的是（）

A.原线圈的输入电压频率为50，z

B.电阻箱R两端电压的有效值为11V

C.电阻箱R消耗的功率为22W

D.若电阻箱R阻值变小，原线圈中的电流减小

【答案】AC

【解析】

人根据图乙可知，交变电流的周期为0.02s,故频率为50Hz,故原线圈的输入电压频率

为50Hz,故A正确；

A根据理想变压器原副线圈两端电压之比等于匝数之比，故副线圈两端电压的有效值为

22V,因为二极管具有单向导电性，再结合有效值的定义式可知，—xI=-T,可知

R2R

电阻箱R两端电压的有效值为U=11V21Z,故8错误；

C.根据电功率的定义式得出，电阻箱R消耗的功率为P="=&®W=22W，故C

R11

正确；

D若电阻箱式阻值变小，副线圈中的电流增大，故原线圈中的电流也增大，故。错误。

故选4C。

21.如图甲所示，两个点电荷5、＜?2固定在x轴上，其中Qi位于原点O,人是它们连

线延长线上的两点。现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿x轴从。点开始经6点向

远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过匕两点时的速度分别为%、%,其速

度随坐标2变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是

QiQ2

O'a_

甲

A.ah连线的中点电势最低B.。点的电势比。点的电势高

C.x=3L处场强一定为零D.Q2带负电且电荷量小于Qi

【答案】CD

CD观察速度位移图像，在2L到3ZJ故加速运动，3L到4L做减速运动，3L处加速度为

0,x=3L处的场强一定为零，即：争=笆，X2</，则Ql><?2；根据从〃点开始经

X1x2

点向远处运动先加速后减速知，Q1带正电，<22带负电，故CQ正确；

AB.a点的动能比b点的动能小，。点的电势能比人点的电势能大，且运动电荷为负电荷，

所以a点的电势比〃点的电势低，由于Qi带正电，Q2带负电，且”处的电势

能低于3L处的，故AB错误。

故选CQ。

三、非选择题

(-)必考题(共47分)

22.(6分)某实验小组利用如图所示的实验装置测定滑块与长木板之间的动摩擦因数。

实验的主要步骤如下

挡光片光电门|f

nQliii।,1i.i,11u1111iiilJ

滑片f

勿01020

(i)将长木板放置在水平桌面上并固定好，并在其中间某一位置固定一光电门传感

器。

(2)用游标卡尺测量固定在滑块上端的挡光片的宽度心测量结果如图所示，则挡光

片的宽度d_mm。

(3)滑块放在长木板上，用手拨动滑块，通过光电门，运动一段距离后静止，记录

挡光片的挡光时间人滑块静止位置与光电门之间的距离X。

(4)已知重力加速度为g,则动摩擦因数〃=(用题中所给字母表示)。

（5）若某次实验时，手拨动滑块的位置到滑块静止位置的距离恰好是光电门到滑块

静止位置的距离的两倍，已知挡光时间为口，滑块质量为相，则人拨动滑块时，对

滑块的冲量大小为（用题中所给字母表示）。

【答案】（2）4.45；（4）虑；（5）专㈣

Ci

【解析】

（2）游标卡尺读数为主尺读数与游标尺读数之和，游标卡尺主尺读数为4m,小游标尺上

第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以读数为4mm+9x0.05mm=4.45mm；

（4）滑块经过光电门的速度为u=p

根据动能定理可得：fmgx=-1mv2,

解得“募

（5）滑块经过光电门的速度为%=&由于其速度是中间位置的速度，则初速度%=

或%=等，则根据动量定理知人拨动滑块时对滑块的冲量大小为：/=巾%=

\f2mvx=-

故答案为：（2）4.45：（4）券；（5）等。

23.（9分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝直

径约为1mm,接入电路部分的长度约为50cm。

图（1）图（2）

（1）用伏安法测金属丝的电阻灯。实验所用器材为：电池组（电动势3V,内阻约1。）、

电流表（内阻约0.10）、电压表（内阻约3k0）、滑动变阻器R（0〜200,额定电流24）、

开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据

如下：

次数1234567

U/V0.100.300.701.001.501.702.30

IM0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520

由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图(1)中的________图(选填“甲”或

“乙”).

(2)如图(2)是测量灯的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑

片P置于变阻器的一端。请根据(2)所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线，

并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。

(3)这个小组的同学在坐标纸上建立U、/坐标系，如图(3)所示，图中已标出了与

测量数据对应的4个坐标点。请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描

绘出U-/图线。由图线得到金属丝的阻值%=_______。(保留两位有效数字)。

(4)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为(填选项前的符号)。

A.lxI。-2。-mB.lx10-312-m

C.lx10-6n-mD.lx10-sn-m

(5)任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准。下列关于误差的说

法中正确的选项是(有多个正确选项)。

4用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差

8.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差

C若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差

D用U-/图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差

【答案】(1)甲；(2)

(b)

4.5(4.3〜4.7均可);

(4)C；⑸m

【解析】

(1)用伏安法测金属丝的电阻的时，由记录数据根据欧姆定律，可知金属丝的电阻号约

52则有*=50,M=60°，比较也为小电阻应该采用外接法测量误差小；又由(图3)知

KAKx

是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分

压接法甲；

(2)电路图如图(a)：

(5)螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差；由于电流表和

电压表内阻引起的误差属于系统误差，答案为CD。

故答案为：（1）甲；（2）

(b)

4.5(4.3〜4.7均可)；(4)C；(5)CD。

24.（14分）空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为01、半径为R、边界与x轴

和），轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为以第二

象限中存在方向竖直向下的匀强电场。现有质量为m、电荷量为q的一个带正电的粒子

从圆形区域边界与x轴的切点A处沿y轴正方向射入磁场，如图所示。已知该粒子在磁

场中做匀速圆周运动的半径也为R，经电场偏转后恰好到达x轴上与。点距离为2R的

N点，不计粒子的重力，求：

（1）电场强度的大小;

（2）粒子从4射入磁场到运动到N点所用时间。

【答案】解：（1）设粒子射入磁场时的速度大小为v,因在磁场中做匀速圆周运动的半径

2

为R,由牛顿第二定律得

得v=迎

m

如图所示，因粒子的轨迹半径是R,故沿4。1方向射入的粒子一定从与圆心等高的。点

沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从。点到N点做类平抛运动，有

水平方向：2R=vt

竖直方向有:

R_iqEf2

K——--I

2m

2K

甲

解得E=迎史

2m

（2）速度方向偏转角度等于圆心角9=90°,

速度为u的粒子在磁场中运动的时间为

07rm

卜=-2--T=-----

1360°2qB

在电场区运动的时间t2=竿=等

故粒子到达y轴的时间为

t=t1+t2=^（2+^；

25.（18分）如图所示，水平面上有A、8两个小物块（均视为质点），质量均为根，两

者之间有一被压缩的轻质弹簧（未与A、B连接）。距离物块A为L处有一半径为L的固

定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于C点，物块8的左边静置着一个

三面均光滑的斜面体（底部与水平面平滑连接）。某一时刻将压缩的弹簧释放，物块A、

8瞬间分离，A向右运动，恰好能过半圆形轨道的最高点D（物块A过。点后立即撤去），

B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为L（L小于斜面体的高度）。已知

A与右侧水平面的动摩擦因数4=0.5,B左侧水平面光滑，重力加速度为g,求：

（1）物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；

（2）斜面体的质量；

（3）物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。

【答案】解：（1）4到达。点时有mg=m生

从C到/）根据动能定理有一mg■2L=诏-gm哈

在C点根据牛顿第二定律有F—mg=m,，

解得F=6mg,vc=J5gL

根据牛顿第三定律可知物块4通过C点时对半圆形轨道的压力大小F'=F=6mg；

(2)弹簧释放瞬间，根据动量守恒有m%=mvB,

对A物体，从释放到运动到C的过程中，根据动能定理有-"mgL=听-

8滑上斜面体的最高点时，对B和斜面体，根据动量定理有=("+m)v,

根据机械能守恒有如诏=|(m+M)v2+mgL,

解得M=y,vB=，6gL；

(3)物体8从滑上斜面到与斜面分离的过程中，根据动量守恒有小g=mvB'+Mv',

根据机械能守恒有诏=|mvzg+|Mv，2,

解得如，=缙，卮，

根据功能关系可知，物块8与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功力

2

W=-Mv'=»o

23

(-)选考题(15分)

33.［物理——选修3-3|(15分)(1)下列说法正确的是。

A热机中燃气的内能不可能全部转化为机械能

8.已知某气体的摩尔体积及阿伏加德罗常数，可求得该分子的体积

C一定量100冤的水变成100汽的水蒸气，其分子之间的势能减小

。.由于多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体是各向同性的

£一定量的理想气体，在压强不变时，分子每秒对单位面积器壁的平均碰撞次数随

着温度升高而减少

(2)如图所示，长为30cm、粗细均匀的玻璃管开口向上竖直放置，管内一段5cni长

的水银柱封闭了一段长为14cm的空气柱，已知大气压强为75cmHg,将玻璃管在

竖直面内缓慢转动180。，使玻璃管倒置，求：

（回）倒置后封闭空气柱的长;

（助将倒置后的玻璃管竖直向下缓慢插入装有足够深水银的水银槽中，使管中原来

封闭的空气柱长仍为14cm,槽中水银进入管中的长度是多少（结果保留两位有效数

字）。

【答案】（1）4OE

A.热力学第二定律的一种表述为：不可能从单一热源吸取热量，使之完全变为有用功而

不产生其他影响，即无论采用任何设备和手段进行能量转化，总是遵循“机械能可全部

转化为内能，而内能不能全部转化为机械能”，A项正确；

B.已知某气体的摩尔体积及阿伏加德罗常数，可以求出气体分子占据的平均空间，不能

求出该分子的体积，B项错误；

C.一定量的水变成的水蒸气其内能增加，但分子平均动能不变，其分子之间的势能增大,

C项错误；

D.多晶体是许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体具有各向同性现象，D项正

确；

E.一定质量的理想气体，在压强不变时，温度升高，则分子对器壁的平均碰撞力增大,

因此气体分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数减少，E项正确。

故选ADE。

（2）解：（团）开口向上时，管中封闭气体的压强为pi=75cmHg+5cntHg=80cmHg

倒置后管中气体压强P2=75cmHg-5cmHg=70cmHg

气体发生等温变化PiLiS=p2L2S

解得~16cm

（团）玻璃管倒置时，管中下段气柱的长为人=30cm-16cm-5cm=9cm

玻璃管插入水银槽后，当管中原来封闭的空气柱长仍为14cm时