2021届高考考前模拟卷 物理（一）

（新高考）2021届高考

物理（一）

注意事项：

i.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证

号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案

标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题

卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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.下列关于近代物理知识的描述中，正确的是（）

A.康普顿效应实验说明了光不但具有粒子性，还具有能量和动量

B.一个处于〃=3能级状态的氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子

C.结合能越大，原子核越稳定

D.衰变中产生的B射线实际上是原子核外电子挣脱原子核形成的

【答案】A

h

【解析】康普顿效应说明光具有粒子性，且有动量和能量，动量大小能量大小E

="故A正确；一个处于”=3能级状态的氢原子自发跃迁时，最多只能发出2种频率的

光，分别为〃=3跃迁到〃=2,”=2跃迁到〃=1,故B错误；原子核的结合能越大，原子

核的比结合能不一定越大，原子核的稳定性用比结合能来表示，比结合能越大表示该原子核

越稳定，故C错误；p衰变中产生的B射线实际上是原子核中的一个中子转化为质子同时生

成一个电子，故D错误。

2.中国空间站将于2022年建成，我国将进入空间站时代，空间站轨道半径为6800km,

可看成圆轨道，空间站可供多名宇航员长期工作生活，引力常量为G,下列说法正确的是

)

A.知道空间站的运行周期就可以求得地球的质量

B.空间站的运行周期与地球自转的周期几乎相等

C.空间站的运行速度大于第一宇宙速度

D.在空间站工作的宇航员因受力平衡而处于悬浮或静止状态

【答案】A

【解析】由万有引力提供向心力，即有华=存「可得，知道空间站的运行周期就

可以求得地球的质量，A正确；由于空间站的运行半径比同步卫星的小，故空间站的运行周

期一定小于同步卫星的周期，又同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以，空间站的运行

周期一定小于地球的自转周期，B错误；因为空间站的运行的轨道大于地球的半径，故空间

站的运行速度小于第一宇宙速度，C错误；在空间站工作的宇航员的合力提供向心力，其受

力不平衡，D错误。

3.如图所示的理想变压器电路中，变压器原、副线圈的匝数比为1：2,在6端输

入正弦交流电压U,甲、乙、丙三个灯泡均能正常发光，且三个灯泡的额定功率相等，则下

列说法正确的是（）

A.乙灯泡的额定电流最大

B.甲灯泡的额定电压为U

C.丙灯泡的电阻最小

D.甲灯泡的额定电压最小

【答案】D

【解析】设原线圈中电流为/1，根据电流比与变压器匝数成反比可知，副线圈中的电流

为夕1，即丙灯泡的额定电流为夕1，设原线圈两端的电压为5,则副线圈两端的电压为25，

由于三个灯泡的额定功率相等，则U甲（1乙+/1）=。/乙=历/1，可见乙灯的额定电流为/i，甲

灯的额定电流为/甲=7乙+71=271，A错误；U甲B错误；由电阻定义式得，R甲

%

=~n/~=Tr~>R乙=寸，R丙=~]~~=—7^,C错误；甲灯的额定电压最小，D正确。

2/14/11\1.1\

271

4.如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角9=30。。

一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A,细线与斜面平行,

且小球A正好静止在斜面中点。在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球8,两球相

距为d。已知两球的质量均为根、电荷量均为+q,静电力常量为匕重力加速度为g,两球

均可视为点电荷。则下列说法正确的是（）

A.地面对B球的支持力为力g—名

B.?='用时，斜面对小球A的支持力为4岁

c.&\用时,细线上拉力为0

D.将小球8移到斜面底面左端C点，号=21厘时，斜面对小球A的支持力不为0

a\iK

【答案】B

【解析】两球电性相同，可知地面对B球的支持力为mg-&A错误；当齐弋堂时，

则有婚=5咫，对球受力分析，如图甲所示，根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜

面对小球A的支持力为N=gg,T=^mg,B正确，C错误；当小球8移到斜面底面左端

C点，对球受力分析，如图乙所示，F=k^=mg,mg、F、T三个力的合力为零，致使N

=0，小球恰要离开斜面，D错误。

5.如图所示，两个质量相等的物体分别从倾角为30。和60。的固定光滑斜面顶端由静止

自由下滑，到达斜面底端。两物体在整个下滑过程中，相同的物理量是（）

A.重力的冲量

B.动量的变化量

C.动能的变化量

D.重力的平均功率

【答案】A

【解析】设底部长为L，当斜面的倾角为。时物体下滑到底部的时间为3根据牛顿第

二定律可得物体沿斜面下滑的加速度a=gsin0,根据位移一时间关系可得—二=」加2,解

cos。2

2£

得运动的时间1=，由于两个斜面的倾角分别为30。和60。，所以两种情况下物

gsin。cos夕

体达到斜面底端的时间相同。根据/=%gt可知重力冲量相同，故A正确；物体所受的合力

F^=mgsin6,则合力的冲量/合=，wgfsin。，由于。不同，则合外力的冲量不同，根据动量

定理可得/合=",所以下滑过程中动量变化量的大小不同，故B错误；根据动能定理，合

力做功等于重力做功W=mg/?,由于力不同，合力做功不同，所以动能增加量不同，故C错

误；重力做功的平均功率P=邈，由于〃不同，所以两物块所受重力做功的平均功率不

t

相同，故D错误。

6.如图所示，总质量为小边长为乙的正方形线圈共三匝，放置在倾角为a的光滑斜

面上，刚好关于磁场边界MN对称，MN上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电

流/后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为g,则（）

11

A.磁场方向可以竖直向下，且"吗°

B.磁场方向可以竖直向上，且8=鳖胪

C.磁场方向可以水平向左，且8=赞

D.磁场方向可以垂直斜面向下，且乎

【答案】D

【解析】当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得33亿=相gtana,则台二鳖萨，选项

A错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项B错误；当磁场方

向水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项C错误；当磁场方向垂直斜面向下时，

由平衡条件得38"=机gsina,则8=噜产，选项D正确。

uLL-t

7.如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，电阻为R的正方形金

属线框的右边与磁场边界重合。在外力作用下，金属线框由静止开始以垂直于磁场边界的恒

定加速度“进入磁场区域，G时刻线框全部进入磁场。则感应电流z•（以逆时针方向为正方

向）、线框电功率P、外力尸的大小以及通过线框横截面的电荷量q随时间t变化的关系正

确的是（）

【解析】线框做匀加速运动，其速度丫=4,感应电动势E=3Lv,感应电流

丝口，，与，成正比，根据右手定则可知感应电流方向为顺时针，故人错误；线框

RR

的电功率P=/区=空也？产，P—f图像的开口向上，故B错误；线框进入磁场过程中

R

受到的安培力FB=BiL=写胆，由牛顿第二定律得F-FB^ma,得尸=ma+岁等，F~t

图象是不过原点的倾斜直线，故C正确；线框的位移x=/色电荷量

4=74=二4=胆=四匚？产，q—f图象应是开口向上的抛物线，故D错误。

RR2,R

二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，

有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

8.平直公路上行驶的。车和b车，其位移一时间图象分别为图中直线a和曲线6,已

知匕车做匀变速直线运动，/=2s时，直线a和曲线6刚好相切，下列说法正确的是（）

A.b车的加速度大小为1m/s2

B.。车的速度大小为1m/s

C.万车做匀加速直线运动

D.f=2s时，a、。两车相遇，速度不相等

【答案】AB

【解析】位移一时间图象中的斜率代表物体的速度，所以a物体做匀速运动，f=2s时,

直线a和曲线6刚好相切，所以vb=va=-^-m/s=lm/s,对b车从0到2s,设初速度v0：

Vb—vo—at,——^=x=6m—2m=4m,联立解得：vo—3m/s,a—1m/s2,A、B正确；因

为斜率代表速度，而b车的斜率越来越小，所以6车做匀减速运动，C错误；因为t=2s时，

直线。和曲线6刚好相切，斜率相同，所以两车在该时刻速度相等，D错误。

9.如图所示，ACD为一半圆形区域，其中。为圆心，为直径，ZAOC=90°,半圆

形区域内存在着垂直该平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为人一带电粒子（不计重力）

从圆弧的P点以速度v沿平行于直径AD方向射入磁场，运动一段时间从C点离开磁场时，

并且速度方向偏转了60。角，设尸点到的距离为d。下列说法中正确的是（）

C^60°

d\L.一一一•：.一.一一一:一..i

AoD

A.该粒子带正电

B.该子的比荷为,

2Bd

C.该粒子在磁场中运动时间为友

3V

D.直径4。长度为4d

【答案】BD

【解析】带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，A错误；

过P点和C点做速度的垂线，交点即为圆心如图，由几何关系可知，0cop为菱形NCOP=

ZCO'P=60°,OP=2d=PC=r,r=个，—=—^―,B正确；粒子在磁场中运动时间

qBm2dB

t=-=—,C错误；直线A。的长度等于磁场区域半径的2倍，即4d,D正确。

63v

10.如图所示是某科技小组制作的投石机的模型。轻杆可绕固定转轴。。在竖直面

内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，2端固定配重。某次试验中，调整杆与竖直方向的

夹角为6后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正

前方靶心上方6环处，不计所有阻力。若要正中靶心，下列措施不可行的是（）

A.增大石块的质量

B.增大6»角

C.增大配重的质量

D.减小投石机到靶的距离

【答案】BCD

【解析】设石块和配重的质量分别为m1、m2,石块和配重到转轴的距离分别为/1、12,

石块被抛出时的速度大小为VI,则此时配重的速度大小为z=幺耳①，根据机械能守恒定律

,1

111I2

有m2g4(1—cos6)—m1g《(I—cos6)=一叫年H•一~(一叫■叫)②，由②式可

2'

知，若增大加，则也将减小，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶

前做平抛运动的时间将增大，此措施可行，故A正确；根据杠杆原理可知，轻杆48之所以

能绕转轴。。'转动起来从而使石块被抛出，一定满足班g/]sin9＜加2g4sin。③，即

m111cm吹④,根据②④两式可知，若增大仇则也将增大，又因为石块抛出点到靶心的水

平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故B错误；根

据②式可知，若增大m2,则也将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石

块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故C错误；减小投石机到靶的距离

后，由于vi不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故D错误。

三、非选择题：共57分。第11〜14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15〜

16题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题：共47分。

11.（6分）某组同学用图甲所示装置测量重力加速度，铁架台上固定着光电门，让直径

为d的小球从一定高度处由静止开始自由下落，小球球心正好通过光电门。光电门可记录小

⑴用游标卡尺测量小球直径时，卡尺的刻度如图乙所示，则小球的直径为cm。

(2)某次实验中小球的下边缘与光电门间的距离为/7,小球通过光电门的时间为加，若

小球通过光电门的速度可表示为重力加速度可表示为g=(用字母表示)。

(3)严格来说若并不等于小球球心经过光电门时的速度，由此计算出的速度比真实值

(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】(1)2.540(2)c◎)偏小

(2/z+d)A/

【解析】⑴由20分度的游标卡尺的读数规则知小球的直径d=2.5cm+8x0.005cm=

2.540cmo

⑵由运动学公式y=2gT£)2=2g,+3,解得g=&二加2。

(3)■为小球通过光电门的平均速度，是通过光电门时间中点的瞬时速度，而小球球心

通过光电门的速度为位移中点的瞬时速度，由位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度

知速度比真实值偏小。

12.(9分)某同学有一块满偏电流心=250NA的小量程电流表G。需要将它改装为4mA

量程的电流表。

(1)他采用图甲所示电路测量电流表G的内阻R。断开Si闭合S2时电流表G读数为/g,

若再闭合Si后干路电流仍保持为/g,则当电流表G读数为时，电流表G内阻耳与

电阻箱R'的阻值相等。

100150

据此原理，该同学测出电流G内阻。下面是打乱的操作，请按正确步骤排序o

A.读出R的阻值为90.0。，断开开关

B.闭合开关S2,调节R的阻值使电流表G指针偏转到满刻度

C.闭合开关Si保持R的阻值不变，调节R的阻值使电流表G指针偏转到满刻度的一

D.将R的阻值调至最大

实验室有：滑动变阻器吊(最大阻值200。)、滑动变阻器&(最大阻值10k。)备选。

为了让RgxR',滑动变阻器应选用(选填“Ri”或

(2)改装为4mA量程的电流表，需要将电阻箱R并联在电流表G两端，调其阻值为—

Qo

(3)该实验，小组用图乙所示电路校准改装的电流表，当标准表示数为3.2mA时，电流

表G示数如图丙所示，由于实验测量的“存在误差，导致改装表与标准表存在读数差异，

为了使改装表示数与标准表示数一致，则需要将R'的阻值调整为Qo

【答案】(lg/gDBCA&(2)6.0(3)7.6

【解析】(1)闭合Si后，并联部分电路起到分流的作用，干路电流仍保持为/g,则当电

流表G读数为5g时，两支路电流相等，故电流表G内阻”与电阻箱R的阻值相等。

正确步骤排序为DBCA。

甲电路中，测电流表内阻，要求闭合Si后，干路电流不变，故要求滑动变阻器的阻值

足够大，故选&。

(2)分流电阻满足/gRg=(/—/g)R,带入数据可得R=6.0Q»

(3)设电流表G的内阻为RJ,则有(3.2—O.16)X1()-3R=016X10-3&,,解得4，=1山。Q,

根据上一问中求分流电阻的方法，有IgRJ=QTg)R”,解得R"=7.6。。

13.(13分)光滑的水平面上，质量为加1的小球A以速率w向右运动.在小球的前方。

点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后，小球

A、8均向右运动，小球8被在。点处的墙壁弹回后与小球A在尸点相遇，PQ=l.5PO,假

设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求：

一

OPQ

(1)两小球质量之比生；

m2

(2)若小球A与小球8碰后的运动方向以及小球8反弹后与A相遇的位置均未知，两小

球A、B质量满足什么条件，就能使小球3第一次反弹后一定与小球A相碰。

【解析】(1)两球发生弹性碰撞，设碰后A、8两球的速度分别为也、艺，规定向右为正

方向，根据系统动量守恒得：

mivo—«iivi+m2V2

已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得：

521Vo2=%71Vl2+522V22

从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，又由于PQ=L5P。

则小球A和8通过的路程之比为S1:S2=vitV2t=\4

联立解得巴=-O

m21

(2)由(1)中两式解得也=也产W，V2=e^vo

加1十加2根1十根2

若小球A碰后静止或继续向右运动，一定与小球3第一次反弹后相碰，此时有也K)

此时mi>m2

若小球A碰后反向运动，则也V0

此时mi<m2

则小球A与8第一次反弹后相碰需满足历|<|也I，即也产vo〈招jo

m1~rm2

解得加1

综上所述，只要小球A、8质量满足的>5系就能使小球8第一次反弹后一定与小球

A相碰。

14.(17分)如图所示，在坐标系尤Oy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在定2L区域内

存在与无轴平行的匀强电场(未画出)，一带正电小球，电荷量为q,从原点。水平抛出，再

从A点进入电场区域，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，8点是小球在电场中向右

4

运动的最远点，3点的横坐标初=3£。已知小球抛出时的动能为40,在8点的动能为］Eko，

重力加速度为g,不计空气阻力。求：

0g2L3M4々

I

/I

y.

(1)小球在段运动的时间与在AB段运动的时间之比；

(2)匀强电场的场强和小球的质量；

(3)小球在电场中运动的最小动能。

【解析】(1)设小球质量为加，初速度为w，从。到A,小球水平方向做匀速直线运动，

有：

2£=丫03①

从A运动到8点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在2点水平方向的

速度为0,由运动学公式得：入=乎油②

①②联立解得：h4=以5

BHtOA—l.

艮*1。

41

(2)设小球在3点竖直方向上的速度为酩y,有1为0=产"砂2③

又Eko=T〃而④

设小球在A点竖直方向的速度为必”由于小球在竖直方向做自由落体运动，而且

3=3}⑤

③④⑤联立解得：心，=冬0⑥

从A运动到8点，小球水平方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得：

n（）2=2安⑦

④⑦联立解得：E=等,方向水平向左

又由运动学公式得VAy=g/OA⑧

V0=^tAB®

⑥⑧⑨联立解得：

（3）由以上所得结果可知F合与水平方向夹角为30。，股与水平方向夹角为30。，建立如

图所示坐标系

将VA分解到ay上，小球在才方向上做匀速运动，在y方向上做类似于竖直上抛运动，

所以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin=|mVAV2

而V4V=K4COS3O°=VO

解得£kmin=EkO。

（二）选考题：共12分。请考生从第15题和第16题中任选一题作答，若两题都做，则

按所做的第一题记分。

15.[物理一选修3—3]（12分）（4+8）

（1）（4分）下列说法正确的是-（在给出的四个选项中，只有一个是符合题

目要求的）

A.功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功

B.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加

C.食盐溶化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体

D.布朗运动是指液体分子的无规则运动

【答案】BC

【解析】功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以

全部转化为功，故A错误；物体吸收热量。，同时对外做功W,若二者相等，则内能不变，

若。〉W,则内能增加，若W>。，则内能减少，故B正确；晶体的特点是在熔化过程中温

度保持不变，有固定的熔点，食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体，所以C

正确；布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则运动撞击悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自

各个方向的液体分子的撞击作用不平衡导致做无规则运动,反映的是液体分子的无规则运动,

故D错误。

（2）（8分）如图所示，一端封闭且粗细均匀的“L”型细玻璃管，竖直部分长为/=50cm,

水平部分足够长。当温度为288K时，竖直管内有一段长为力=20cm的水银柱，封闭着一

段长A=20cm的空气柱，外界大气压强始终保持76cmHg。求：

①被封闭气柱长度为,2=40cm时的温度；

②温度升高至627K时，被封闭空气柱的长度纨

【解析】①气体在初态时有：pi=96cmHg,Ti=288K,h=20cm

末态时有：力=86cmHg,Z2=40cm

由理想气体状态方程得：噌=嘤

所以可解得：石=516K。

②当温度升高后，竖直管中的水银将可能有一部分移至水平管内，甚至水银柱全部进入

水平管。因此当温度升高至627K时，水银柱如何分布，需要分析后才能得知。设水银柱刚

好全部进入水平管，则此时被封闭气柱长为/=50cm,压强p=76cmHg,此时的温度为:

plTi76x50x288

K=570K

pih96x20

现温度升高到627K>T=570K,可见水银柱已全部进入水平管内，末态时「3=76cmHg,

73=627K,此时空气柱的长度为：/3=膂=黑喘2