2021届甘肃省兰州一中高考物理冲刺模拟试卷（二）附答案详解.pdf

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1、2021届甘肃省兰州一中高考物理冲刺模拟试卷（二）一、单 选 题（本大题共5 小题，共 30.0分）1.如图所示，氢原子可在下列各能级间发生跃迁，设从几=4到九=1能级辐射的电磁波的波长为A,从九=4到九=2能级辐射的电磁波的波长为%，从n=2到九=1能级辐射的电磁波的波长为乙，则下列关系式中正5432EV)-0.54-0.85,-1.51-3.4确的是（）-13.6A.%B.A3 A2C工石 =工+工 D工”,A A2 A3 小 2.天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星，如图所示，某双星系统中4、B两颗恒星围绕它们连线上的固定点0分 别 做 匀 速 Aa B圆周运动

2、，在运动中恒星力、B的中心和。三点始终共线，下列说法正确的是()A.恒星A的角速度比恒星B的角速度小B.恒星4 的线速度比恒星B的线速度小C.恒星4 所受向心力比恒星B所受向心力小D.恒星A的质量比恒星B的质量小3.如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置。接通电路后发现两根导 号 兰线均发生形变，此时通过导线M和N的电流大小分别为。和与，已知匕=2/2,其中M的电流方向向下，N的电流方向向上。若用居和尸2分别表示导线M与N受到的磁场|1M力，则下列说法正确的是（）A.两根导线相互吸引B.仅增大电流与，&、2会同时都增大 接电C.两个力的大小关系为6 =2F24.D.为判断a 的方向

3、，需要知道A和“合磁场的方向如图所示，质量为小的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住.现用一个力尸拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是（）A.若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B.若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD.若F增大，斜面对球的弹力仍然保持不变5.如图甲所示Qi，?2为两个被固定的点电荷，其中Qi为正点电荷，在它们连 9线的延长线上有a、b两点.现有一检验电荷q（电性未知）以一定的初速度沿-直线从b点开始经a 点向远处运动（检验电荷只受电场力作用），q运动的速度,n图象如图乙所示.则（）A.

4、?2的电荷量必定大于Q1的电荷量B.整个运动过程中，检验电荷q的电势能先增后减C.Q,Q2两点电荷形成的电场的电场强度从b到a 的变化时先减后增D.a,b两点的电势能高低为9a 0,即见4 一 771B 0，故7nA 巾B。根据动量守恒有：mAv0=mAvr+mBv2,因为%=半，%=，%=因为时间相同，可以用水平位移代替速度，所以需要测量水平槽上未放B球时，4球落点位置到。点的距离，4球与B球碰撞后，A球与B球落点位置到。点的距离。故A、。正确，B C 错误。故选：A D月球与B球碰后，4球的速度减小，可知A球没有碰撞B球时的落点是尸点，4球与B球碰撞后A球的落点是E点。用水平位移代替速度，

5、动量守恒的表达式为：mAOF=mAOE+mBOJ o故答案为：等于，小于；4。；叫1 OF=啊 OE+叫。/(1)为了实现对心碰撞，两球的直径需相同，为零使碰撞后A球不反弹，则4球的质量大于B球的质量。(2)根据实验的原理确定需要测量的物理量。(3)根据碰撞前后小球的速度大小确定落点的位置。根据动量守恒列出表达式。本题关键明确验证动量守恒定律实验的实验原理，注意等效替代在实验中的运用。11.答案：0.999 0.42 2.2 0甲 小乙2一以解析：解：(1)由图示螺旋测微器可知，其读数为：0.5mm+49.9 x O.Olnwn=0.999nun；由图示电流表可知，其量程为0.6 4,分度值为

6、0.0 2 4 读数为：0.424由图示电压表可知，其量程为3 V,分度值为0.1M,读数为：2.20V；(2)待测电阻丝阻值约为&=7 =黑。x 5。，电流表内阻约为几欧，电流表内阻与待测电阻丝阻值几乎相等，电压表内阻约为20k0,电压表内阻约为待测电阻丝阻值的4000倍，詈 M，电流表应采用外接法，应选择图2甲所示电路，Kx KA电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。(3)如果电流表内阻已知，为减小实验误差，电流表可以采用内接法，应选择图2乙所示电路图；由串联电路特点与欧姆定律可知，金属丝电阻咒=g-R a；故答案为：(1)

7、0.999；0.42；2.20；(2)甲；小；(3)乙；彳-(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；根据图示电流表与电压表确定其量程与分度值，然后根据指针位置读数；(2)根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路；根据实验电路应用欧姆定律分析实验误差。(3)根据图示电路图应用串联电路特点与欧姆定律分析答题。本题考查了螺旋测微器与电表读数、实验数据处理，要掌握常用器材的使用及读数方法；对电表读数时要先确定其量程与分度值，人挪活根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直。12.答案：7 x l0-i A C解析：解：(1)油膜的面积是为：S=114cm2

8、=114 x 10-4m2；一滴油酸酒精溶液含纯油酸为：V=x m L=8 x 10-1 2m3；油酸分子的直径为：d=-=8 xl-124 7 n 7 x l0-10mS 114X10-4(2)计算油酸分子直径的公式是d=5，U是纯油酸的体积，S是油膜的面积。4 油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故 A 正确；8.计算时利用的是纯油酸的体积，如果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故 8 错误；C.计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S 将偏小，故得到的分子直径将偏大，故 c正确;D 求每滴体积时，b n L的溶液的滴数误多记了 1 滴，由匕=孑可知，纯油

9、酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故。错误；故选：A C.故答案为：(1)7 x(1)由图示油膜求出油膜的面积，根据题意求出两滴油酸溶液含纯油的体积，然后求出油膜的厚度,即油酸分子的直径(2)用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径。根据此原理分析误差。计算油膜面积时，要注意，不到一个格但超过半个格的算一个格，不到半个格的忽略不计。13.答案：A DEH 5 不变vz-yi解析：解：(1)4、B、单摆模型中，小球视为质点，故摆线越长，测量误差越小，故 A正确，B错误；C、。、摆球密度要大，体积要小，空气阻力的影响才小

10、，故 C错误，。正确；E、尸、秒表可以控制开始计时和结束计时的时刻，故 E 正确，尸错误；G、H、刻度尺的最小分度越小，读数越精确，故 G错误，H正确；故选A OE/7；(2)实验时摆线与竖直方向的夹角不超过5。.(3)根据7 =2兀。得：T2=,知图线的斜率为：k=,解得：g=).7 g 9 9 y2-yi通过g 的表达式可以知道，漏加了小球半径后，(7 2-)不变，故不影响最后结果.故答案为：(2)5 ,C严不变.(1)根据单摆模型的要求，摆球密度要大，体积要小，细线要适当长，读数要提高精度；(2)实验时摆线与竖直方向的夹角不超过5。.(3)根据单摆的周期公式得出L与产 的关系式,通过图线

11、的斜率求出重力加速度.漏加了小球半径后，直线的斜率不变，故不影响最后结果.解决本题的关键掌握实验的原理，会通过图线求解重力加速度的大小.14.答案：解：设电子经过磁场后速度的偏向角 为 仇 根据几何 it知识得到，电子在磁场中匀速圆周运动的轨迹所对的圆心角也 口 4I H r 丁片为e,如图.可。垄 沪 、dev0B=m兔，得到电子运动半径为r =鬻口 r col 2 tCLH根据数学知识有，t a n 2=亘=，*,t e r n。=-)2 r 2r 1-tan2-P P o 之间的距离d =Ltand代入整理得，d4mv0eBLl4m2VQ-e2B2l2答：P P o之间的距离d4mv0e

12、BLl4m2VQ-e2B2l2 解析：电子进入匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出半径,由几何知识求出电子经过磁场后速度的偏向角，再由几何知识求出P%之间的距离.带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹圆与磁场边界圆不能混淆，两圆的半径根据数学知识研究关系，是常用的思路.1 5.答案：解：(1)司机反应时间内位移为：X j =1 5 x 0.2 m=3 m刹车阶段的位移为：x2=%*=2 0 m-2a1-2x5司机发现减速距离减速带的距离为：x =X 1 +&=2 3 m(2)刹车时间为：ti=3B=s=2 s加速时间为：t2=2.5 sa2则从开始刹车到恢复到

13、原来的速度的时间为：t =口 +t 2 =4.5 s(3)加速阶段位移为：x3=v2t2+1 22 =5X2.5 +|X4X2.52=25 m正常行驶所需要时间为：t =券=3 sV1则因减速而耽误的时间为：t=t-t =1.5 s答：(1)司机发现减速带时，距离减速带的距离为2 3 m；(2)轿车从开始刹车到恢复至原来的速度经历的时间为4.5 s；(3)司机因过减速带而耽搁的时间为1.5 s。解析：(1)司机反应时间内位移/=%“；刹车阶段的位移上=”尹，司机发现减速距离减速带的 ZCLi距离为X =X 1 +%2；(2)根据速度时间公式分别求出匀加速和匀减速运动的时间；(3)结合速度位移公

14、式求出匀加速和匀减速运动的位移，结合这段过程中的位移求出匀速运动的时间,从而得出因刹车而耽搁的时间。解决本题的关键知道车由于经过减速带，经历了匀减速和匀加速运动的过程，结合运动学公式进行求解，难度不大。1 6.答案:解：（i）初始时的温度A =（2 73 +2 7）K =3 0 0 K,水温缓慢升高至彩=（2 73 +4 2）K =3 1 5 K设圆筒的横截面积为S,水温升至4 2冤时，气柱的长度为电，根据盖吕萨克定律有：黑=丝212解得：/!=0.0 5 m3）初始时缸内气体压强为P i =Po+pghi，解得pi =1.1 x 1 05P a圆筒移动后由阿基米德定律有：气缸内气体长度为九

15、即体积不变，设此时气体压强为p,由查理定律得：1 =1解得p=1.1 5 5 x 1 05P a设圆筒内液面距离水面高度为电，则有P =P o+pgh2解得出=1.5 5 mh h2 hi 0.55m答：（i）若将水温缓慢升高至2 7冤，此时筒底露出水面的高度%为0.0 5 m；（i i）若水温升至4 2。（：后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，此时筒底到水面的距离H为。.5 5小。解析：。）筒内气体压强不变，根据盖-吕萨克定律列式，初末状态的气柱长度之差八；5）气体发生等温变化，根据查理定律列式求解；本题考查气体实验定律的应用，关键是注意“圆筒静止”即浮力等于重力，即排开的水的体积不变，应用实验定律正确确定初末状态参量，注意定律的适用条件。