2021届高三高考物理模拟测试卷（八）【含答案】.pdf

2021届高三高考物理模拟测试卷（八）【含答案】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 1418题只有一项符合题目要求，第 1921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，有选错的得0 分。14.；H 和 汨 是重要的聚变核燃料，：H 和 汨 聚 变的核反应方程为:H+：H-；He+X+17.6MeV,X 与 Y 核反应又可获得:H,即 X+Y H e +：H+4.9M eV,则下列说法正确的是A.X 是电子B.Y 的核电荷数为4C.；H+：H 1；He+X+17.6MeV 中的 17.6MeV 是；He 的结合能D.X+Y-；He+：H+4.9MeV中平均每个核子释放的能量为0.7MeV【答案】D【解析】A.根据质量数、电荷数守恒可知，X 是中子，A 项错误；B.根据质量数、电荷数守恒可知，Y 的核电荷数为3,B 项错误；C.核子结合成原子核释放的能量才是结合能，C 项错误；“4 9MeVD.X+Y；H e+：H+4.9MeV中 平 均 每 个 核 子 释 放 的 能 量 为 一 =0.7MeV,D 项正确.故选D。15.（2019重庆高三）如图，正点电荷固定在。点，以 O 为圆心的同心圆上有“、&两点，带负电的粒子仅在电场力作用下从 点运动到b点，则；、。6）：、/A.4、两点电场强度相同B.粒子在。点的动能小于在6 点的动能C.粒子在。点的加速度小于在6 点的加速度D.粒子在a 点的电势能小于在人点的电势能【答案】D【解析】A.、人 两点电场强度大小和方向均不同，则场强不相同，选项A 错误；B D.从 a 到 6 电场力做负功，则动能减小，电势能变大，即粒子在。点的动能大于在点的动能，在a 点的电势能小于在人点的电势能，选项B 错误，D 正确；C.粒子在。点受到的电场力较大，则粒子”的加速度大于在b 点的加速度，选项C 错误；故选D。16.（2020湖南高三期末）如图，用绝缘材料制作的光滑杆A3,B端固定在水平地面上，杆 AB与水平地面的夹角。=3 0，。点是杆AB的中点。水面地面上的C 点固定有正点电荷。，A、C连线竖直。在杆AB上套一个带负电的小圆环P,并让小圆环从A 端静止释放，小圆环产能从A 沿杆滑到B端，对小圆环下滑的过程，下列说法正确的是A.小圆环P一直做匀加速运动B.小圆环P 的机械能守恒C.小圆环P在 A 点利。点的机械能相等D.小圆环P在。点的加速度最大【答案】C【解析】A.对小圆环P 受力分析，受重力、静电力、杆的弹力作用，沿杆的方向有重力的分力、静电力的分力，静电力的大小方向都变化，合力随着变化，加速度也随着变化，不会一直做匀加速运动，故 A 错误。B.小圆环P 下滑的过程，静电力先做正功后做负功，机械能先增加后减小，故 B 错误。C.C离 A 点和。点的距离相等，静电力相等，即A 点和。点在同一等势面上，电势能相等，小圆环尸下滑的过程发生电势能和机械能的相互转化，所以在A 点和。点的机械能相等，故 C 正确。D.重力沿杆方向的分力 际 sinO不变，在。点静电力沿杆的分力沿杆向上，而在A 点沿杆向下，所以小圆环尸在。点的加速度不是最大，故 D 错误。故选C。17.（2019黑龙江高三）教学用发电机能够产生正弦式交变电流，原理如图所示。矩形线圈abed面积为 S,匝数为M电阻为r,线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴。0 以角速度 3匀速转动，利用该发电机向定值电阻R 供电，电压表和电流表均可视为理想表。下列说法正确的是A.线圈平面通过图示位置时电流方向改变NBSB.电压表的读数为C.D.NBSco当线圈由图示位置转过30。时，线圈中的电流为2(R+Y当线圈由图示位置转过30。的过程中，通过线圈磁通量的变化量 为 生2【答案】D【解析】A.线圈在中性面时磁通量最大，电流为零，电流方向改变，A 错误;B.电压表测得是路端电压，电动势最大值为EM=NBSCO)有效值工 NBSco，设=1=由于线圈有电阻，路端电压要比有效值小，B 错误;C.从图示位置开始转动，电动势E=NBScocos cot,电流E7VBS（ycos30 V8S（y +0（R+r）-2&（R+r），C错误；D.转过3 0。，=8 S s i n cotBSTD正确：故选D。18.如图所示，正方形A B C。为水平放置的长木柱的截面，一根细线一端连接在A点一端连一个小球，细线的长为L，开始时细线水平拉直，由静止释放小球，要使小球刚好能垂直打在C O侧面，不计小球的大小，重力加速度为g,则正方形的边长。的大小为A.一1 Lr B.2一 L,C.-3 Lr D.4 L,3 5 8 9【答案】C【解析】设小球刚好能垂直打在C。侧面时速度大小为也 由机械能守恒定律有=/2V2由牛顿第二定律v2mg-m-L-2d求得d=lL故C正确。故选C。19.如图所示，在某行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为3 0。，盘面上离转轴距离L处有小物体与圆盘保持相对静止，绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，角速度为。时，小物块刚要滑动，物体与盘面间的动摩擦因数为无(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该星球的半径为R,引力常量为G,下列说法正确的是这个行星的质量加=”型这个行星的第一宇宙速度v=la)yLR这个行星的同步卫星的周期是二*0(汴LD.离行星表面距离为R的地方的重力加速度为4OJ2L【答案】AB【解析】A.物体在圆盘上受到重力、圆盘的支持力和摩擦力，合力提供向心力，可知当物体随圆盘转动到最低点，小物块刚要滑动，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，此时圆盘的角速度最大，由牛顿第二定律得 igcos30nigsin 30 marL所以星球表面的重力加速度/cos30-sin30-4(t2L在该行星表面GMm这个行星的质量gR2 _ 4(O2R2L故 A 正确；B.第一宇宙速度即为卫星绕行星表面做匀速圆周运动的速度，有mv2m g=R故这个行星的第一宇宙速度V=ygR=2（0 币示故B正确；C.因为不知道同步卫星距行星表面的高度，所以不能求出同步卫星的周期，故C错误；D.离行星表面距离为R的地方质量为m的物体受到的万有引力GMm GMm 1 .F=-=mg=mco2L（2R 4六 4即该地方的重力加速度为（o2L,故D错误。20.（2019重庆西南大学附中高三月考）如图所示，在水平桌面上放置两根相距/的平行光滑导轨油与阻值为R的电阻与导轨的。、c端相连。质量为八电阻不计的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上（图中未画出），磁感应强度的大小为以导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，轻绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为，的物块相连,轻绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用力表示物块下落的高度（物块不会触地），g表示重力加速度，其他电阻不计，则下列说法正确的是A.通过电阻R中的感应电流方向由c到B.物块下落的最大加速度为gC.若 足够大，物块下落的最大速度为噌B ID.通过电阻R的 电 荷 量 为 处R【答案】ACD【解析】A.从静止开始释放物块，导体棒切割磁感线产生感应电流，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到，故A正确；B.设导体棒所受的安培力大小为F,根据牛顿第二定律得物块的加速度m g-Fa=-2m当 4 0,即刚释放导体棒时，。最大，最大值为0.5 g,故 B 错误。C.物块和滑杆先做变加速运动，后做匀速运动，当加速度等于零时速度最大，则有mg=F,而,Blv1=-，R解得物体下落的最大速度为mgRV=-,B用故 C 正确；D.通过电阻R 的电量：E Mq=I At=bt=-Af=R RbtBks Blh故 D 正确。故选ACD21.（2020天津高三期末）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为机、套在粗糙竖直固定杆4处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A 处由静止开始下滑，到达C 处的速度为零，=如果圆环在C 处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A 处。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g,贝 I JA.从 A 到 C 的下滑过程中，圆环的加速度一直减小B.从 A 下滑到C 过程中弹簧的弹势能增加量小于mgh2C.从 A 到 C 的下滑过程中，克服摩擦力做的功为丝二4D.上滑过程系统损失的机械能比下滑过程多【答案】BC【解析】A.圆环从4 处由静止开始下滑，经过8 处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B 处的速度最大，所以经过B 处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大,故 A 错误；B C.研究圆环从A 处由静止开始下滑到C过程，运用动能定理列出等式m g h-Wf-W =()-()=()在 C 处获得一竖直向上的速度丫，恰好能回到A,运用动能定理列出等式-mgh+叱单-Wf=g m v，2解得Wf-m v21 4则克服摩擦力做的功为一相声，由分析可知，4吗单=；mv-mgh所以在C 处，弹簧的弹性势能为mgh-；m v2则从4 下滑到C过程中弹簧的弹性势能增加量等于m g h-m v2故 BC正确；D.由能量守恒定律知，损失的机械能全部转化为摩擦生热了，而摩擦生热。=八两个过程系统损失的机械能相等，故 D 错误。故选BC。三、非选择题：共 174分，第 2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共 129分。2 2.（6分）（2 0 2 0.福建高三期末）小米同学用图所示装置探究物体的加速度与力的关系。实验时保持小车（含车中重物）的质量不变，细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力F,用打点计时器测出小车运动的加速度a.（1）下列操作中，是为了保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力广 这一条件的有（）A.实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力B.实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行C.小车的质量应远小于钩码的质量D.实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车（2）如图为实验中打出的一条纸带，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离。已知所用电源的频率 为5 0 Hz,则小车的加速度a=m/s2。（结果保留两位小数）A B C D&70斗 -6.324*-10.87-J单位：cm-16.36（3）改变细线下端钩码的个数，得 到a-F图象如图所示，造 成 图 线 不 过 原 点 的 原 因 可 能 是.【答案】A B （2分）0.9 3 （2分）平衡摩擦力过度（2分）【解析】（1）A.实验前应将木板远离定滑轮一端适当垫高，以平衡摩擦力，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F,选项A正确；B.实验前应调节定滑轮高度，使定滑轮和小车间的细线与木板平行，这样细线下端悬挂钩码的重力才能视为小车受到的合力F,选项B正确；C.要使得细线下端悬挂钩码的重力等于小车受到的合力，则要使得小车的质量应远大于钩码的质量，选项C错误；D.实验时，应先接通打点计时器电源，后释放小车，这一操作对保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力尸 这一条件无影响，选项D错误；故选A B。（2）根据&可得小车的加速度XCE-XAH4T20.1636-0.0632-0.06324x0.12m/s2=0.93m/s2（3）由图像可知，小车上拉力为零时就有了加速度，可知是由于平衡摩擦力时木板抬的过高，平衡摩擦力过度引起的。2 3.（9分）（2 0 2 0 福建高三期末）厦门某中学开展“垃圾分类我参与”活动，小米同学想测量某废旧干电池的电动势和内阻。现有如下器材：A.一节待测干电池（电动势约1.5 V）B.电流表A,（满偏电流1.5 m A,内 阻 n=1 0 Q,读数记为/,）C.电流表Ai（满偏电流6 0 m A,内 阻 所 2.0。，读数记为/2）D.电压表V （满偏电压1 5 V,内阻约3 k Q）E.滑动变阻器R i （0-2 0 Q,2 A）F.滑动变阻器 R 2 （0-1 0 0 0 Q,1 A）G.定值电阻R 3=9 9 0 Q,开 关 S和导线若干（1）为了尽可能准确地进行测量，实 验 中 应 选 用 的 滑 动 变 阻 器 是 （填写器材前面的字母编号）（2）根据本题要求，将图甲的实物图连接完整_ _ _ _ _ _。（3）图乙为该同学根据实验数据作出的L-1 2 图线，由该图线可得被测干电池的电动势E=V,内 阻 片 C。图乙（4）图丙为某小灯泡的伏安特性曲线，如将此小灯泡接到该电池两端，其工作时的功率为-W（结果保留两位小数）图丙【答案】E(1 分)（2 分）1.34-1.36（2 分）5.0-5.3（2 分）0.08（2 分）【解析】(1)为了尽可能准确地进行测量，实验中应选用的滑动变阻器是阻值较小的E 即可：(2)电压表量程过大，可用已知内阻的电流表A i与电阻R3串联，这样就相当于量程为:U=1.5 x 1 CT x（10+990）=1.5V的电压表；电路连接如图:(3)因电流表A i的满量程1.5mA与电压1.5V对应；延长图像交于两坐标轴；交纵轴于1.36m A,则电池的电动势为E=1.36V,内阻1.36-1.049x10-3Q 2。=5.3。100.80.60.40.2(4)对电源36-5.3/；将 电 源 的 线 和 灯 泡 的 U-1线画在同一坐标纸上如图，交点为/=0.28A,t/=0.27V,则功率P=/gO.O8W.2 4.（1 3 分）（2 0 1 9 河南高三）如图所示，A B C D与M N P Q均为边长为I 的正方形区域，且 A点 为M N的中点。A8CQ区城中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场,在整个M N P Q区域中存在图示方向的匀强电场。大量质量为小、电荷量为e的电子以初速度v o 垂直于B C射 入A B C D区域后，都 从4点进入电场，且所有电子均能打在P Q边上。已知从C点进入磁场的电子在A B C。区域中运动时始终位于磁场中，不计电子重力。求：（1）电场强度E的最小值；（2）匀强磁场区域中磁感应强度8。的大小和方向;（3）A B C D区域中磁场面积的最小值。【答案】=立 逋 （2）综=瞥,方 向 为 垂 直 纸 面 向 外（3）S m in=1/2-/2el el 2【解析】【详解】（1）粒子在匀强电场中做类似抛体运动，有eE=ma（1 分）要使所有粒子均能打在P Q边上，由题意可知至少在A点水平向左飞出的粒子能打到Q 点。l=-1at92（1 分）23 =卬（1分）解得：E =也 （2 分）el（2）由洛伦磁力提供向心力可得qvaBa=m（1 分）r由题意则有，=/（1 分）解得；（2分）el方向为垂直纸面向外（3）由题意分析可知，图中阴影部分为磁场面积最小范围。上部分圆弧为以8点为圆心，以/为半径的圆弧，下部分圆弧为以D点为圆心，以/为半径的圆弧。由几何关系求得阴影部分面积：染2，/一；/）（2分）解得：（2 分）2 5.（1 9 分）（2 0 1 9 河北高三）网上购物近年来促使物流网迅速发展。如图所示为某智能快递车间传送装置的示意图，传送带的右端与水平面相切，且保持%=8 m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=1 2 m。现将一质量为0.4 k g 的包裹甲轻放在传送带左端，包裹甲刚离开传输带时恰好与静止的包裹乙发生正碰，碰撞时间极短，为 0.0 0 1 s,碰撞后包裹甲向前滑行了 0.4 m 静止，包裹乙向前运动了 1.6 m静止。已知包裹甲与传输带间的动摩擦系数为0.4,包裹甲、乙与水平面间的动摩擦因数均为0.5,g取 l Om/s2,求：（1）包裹甲在传送带上运动的时间；（2）包裹乙的质量；（3）甲乙包裹间碰撞的平均作用力的大小。【答 案】（1）2.5 s （2）0.6 k g （3）2 4 0 0 N【解 析】(1)包裹甲传送带上滑行，由牛顿第二定律可得=（1 分）解得at=4 m/s2（1 分）假设包裹甲离开传送带前就与传送带共速度，由匀变速运动知识可得诏=2 q S （1 分）解得,=8 m A （1 分）所以假设成立,加速度过程S =/卬；(1 分)得4 =2 s （1 分）匀速过程L-si=vot2（1 分）解得t2=0.5 s （1 分）所以包裹甲在传带上运动时间4 +L =2.5 s （1 分）(2)包裹甲在水平面滑动时，由牛顿第二定律可得/J2mAg=mAa2（1 分）解得a2=5 m/s2（1 分）同理可知包裹乙在水平面滑动的加速度也是5 m/s2,包裹甲向前滑动至静止：0-=2a2sA（1 分）解得vA=2 m/s （1 分）包裹乙向前滑动至静止0 -呜=-2%sB（1 分）解得vH=4 m/s （1 分）包裹甲、乙相碰前后系统动量守恒%=%眩+%也（1分）解得%=0.6 k g（1 分）（3）由乙的动量定理Ft=mBvB（1 分）解得尸=2 4 0 0 N （1 分）（二）选考题：共4 5分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做,则每科按所做的第一题计分。33.物理一选修3-3 （1 5分）（1）（5分）如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的p-J图象，其中4 8段为双曲线，则下列有关说法正确的是（）（填正确答案标号，选 对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分,每选错1个扣3分，最低得分0分）A.过程中气体分子的平均动能不变B.过程中气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数减小C.过程中气体分子的平均动能减小D.过程中气体分子对容器壁的碰撞次数增大E.过程中气体的内能不变【答案】BDE【解析】根据理想气体状态方程pV=nRT可得：p-nRT V故可知p-图像的斜率=而对一定质量的理想气体而言，斜率定性的反映温度的高低。A.图像在过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低,3而 由 平 均 动 能 片 可 知 平 均 动 能 减 小，A项错误；C.图像过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐逐渐增大，则温度升高，平均动能增大,C错误；B.p-J图像过程可读出压强不变，体积增大，温度升高，由压强nRT N Fp=-=-，V S其中N为单位时间单位面积的碰撞次数（由温度和体积共同决定），了为每个气体分子的平均碰撞力（仅由温度决定），因压强不变，而温度升高导致不增大，可得N减小，故 B正确；D.过程可读出压强增大，体积减小，温度不变，因温度不变使得不不变，而压强增大，则气体分子对容器壁的碰撞次数增大，D项正确；E.-:图 像过程可读出压强增大，体积减小，温度不变，因理想气体的分子势能不计，则有：3E,=n-NA-Ekn-NA-KT可知理想气体的内能不变，故 E项正确；故选B D E o（2）（1 0 分）如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为匕、温 度 均 为 缓 慢 加 热 A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2 倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积匕,和温度普。7【答案】7%;L 4 6【解析】设初态压强为p o,膨胀后A,B压强相等p B=1.2 p o （2分）B中气体始末状态温度相等p o V o=l.2 p o （2 V -VA）（2分）7.匕=2匕，（2分）op M l i p。匕A 部分气体满足与 =一 一A（2 分），TA=1.4TO（2 分）34.物理一选修3-4）（15分）（1）（5 分）（2020河南高三期末）一列简谐横波沿x 轴传播，图甲是U0.2s时的波形图，P、。是这列波上的两个质点，图乙是尸质点的振动图象，下列说法正确的是（）（填正确答案标号，选 对 1个给2分，选对2 个得4 分，选对3 个得5 分，每选错1 个扣3 分，最低得分0 分）A.这列波的传播方向沿x 轴正方向B.这列波的传播速度为15m/sC.U0.1S时质点Q 处于平衡位置正在向上振动D.P、。两质点在任意时刻加速度都不可能相同E.P、。两质点在某些时刻速度可能相同【答案】BCE【解析】A.图甲是/=0.2s时的波形图，图乙是P 质点的振动图象，则在r=0.2s时，质点P 沿 y 轴负方向传播,根据波动规律可知，波沿x 轴负方向传播，故 A 错误；B.由图甲确定波长7=6.0m,由图乙确定周期7M）.4 s,根据波长、波速和周期的关系可知 乙竺m/s口 5m/sT 0.4故 B 正确;C./=0.2s时，质点。处于波峰，则T t=0.1 s=一时4质点。处于平衡位置向上振动，故 C 正确;3D.质点P、。的平衡位置，相 隔;人 当 质 点 尸、。关于波谷或波峰对称分布时，位置相同，加速度相同，故D错误；E.z=0.2s时，质点尸向下运动，质点。也向下运动，在某些时刻速度可能相同，故E正确。故选BCE,(2)(1 0分)(2020.河南高三期末)一玻璃砖截面如图所示，。为圆环的圆心，内圆半径为R,外圆半径为3R,A F和EG分别为玻璃砖的两端面，ZAOE=120 B、C、。三点将圆弧四等分。一细束单色光a从尸点沿平行于8 0方向从A F面射入玻璃砖，其折射光线恰好射到B点，求：(i)玻璃砖的折射率；【答案】(i)n=M(ii)60(i i)从8点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角夕。【解析】(i)光路图如图所示:0a设从A F界面射入时的入射角为仇，折射角为仇，因为光线平行于B O,则a=60。,根据余弦定理有FB=J/?+(9)2 -2R 廊 cos30=R(2 分)优=30，仇=3 0(2 分)根据折射定律有(i i)因为sin4sin q（2分）解得则偏转角夕为6 0、（2分）=包 坨s i n 2%=6 0（2分）