【文档说明】【精准解析】【新高考】2021高考物理人教版：仿真模拟冲刺标准练（三）.docx，共(15)页，445.885 KB，由小赞的店铺上传

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仿真模拟冲刺标准练(三)选择题部分一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求的．1．巴耳末对氢原子可见光谱进行分析，发现了辐射可见光的波长(λ)公式即巴耳末公式1λ＝R(122－1n2)(n＝3,4,5，…)，R为里德

伯常量；玻尔在原子结构假说中提出频率(ν)条件hν＝Em－En(m>n)．下列说法正确的是()A．巴耳末公式中的n与频率条件中的m、n具有完全不同的意义B．由频率条件可知，大量处在n＝5能级的氢原子，能辐射出10种不同频率的可见光C．大量从n＝4能级跃迁到低能级的氢

原子比大量从n＝3能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见光频率高D．巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律2．下列说法正确的是()A．氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，电子的轨道半径增大B.23892U→23490Th＋42H

e是核裂变方程，当铀块体积大于临界体积时，才能发生链式反应C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的强度无关，与照射光的频率成正比D．α射线是高速运动的氦原子核，能够穿透几厘米厚的铅板3.如图所示，一根竖直轻质弹簧下端固定，上端托一质量为0.3kg的水平盘，盘中有一质量

为1.7kg的物体．当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度缩短了4cm.现缓慢地竖直向下压物体，使弹簧再缩短2cm后停止，然后立即松手．设弹簧始终处在弹性限度内(g取10m/s2)，则刚松开手时盘对物体的支持力大小为()A．30NB．25.5NC．2

0ND．17N4．已知地球和月球的半径之比R1:R0＝4:1，表面重力加速度之比g1:g0＝6:1，则地球和月球的密度之比ρ1ρ0为()A．2:3B．3:2C．4:1D．6:15．如图所示，静止在光滑水平面上的质量为2m的滑块B与轻质弹簧拴接

，轻弹簧另一端固定，质量为m的滑块A以速度v0向右运动，滑块A、B相碰瞬间粘在一起．此后弹簧弹性势能的最大值为()A.12mv20B.16mv20C.14mv20D.19mv206．如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器

的原线圈组成闭合电路，灯泡L1、L2完全相同．当变压器原线圈中的抽头P置于最上端时，原、副线圈的匝数比为n∶1.矩形线圈abcd在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，且磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小

为B，线圈面积为S，转动的角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．则下列说法正确的是()A．若增大矩形线圈abcd的转速，灯L1不变亮B．在图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大C．当抽头P置于最上端时，在线圈abcd转动的过程中，电压表

示数为NBSω2nD．若仅将线圈abcd的转轴平移至ad边处，且转速不变，则电压表示数也不变7．如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均水平；纸面内磁场上方有一个正方形导线框a

bcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A．始终减小B．始终不变C．始终增加D．先增加

后减小8．如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方34l的O′处有一固定细铁钉．将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时．当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡．设小球相对于其平衡位置的水平位移

为x，向右为正．下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是()二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0

分．9．在两条互相平行的金属导轨的上端接一个电源，电源内阻不计，将电源、导轨以及连接它们的导线固定在一块板上，如图倾斜放置．在导轨上放置垂直于导轨的金属棒a、b，两棒的两端均在导轨上，b棒形状如图所示，a、b棒的材料相同，粗细相同，b棒伸直的长度是a棒长度的2倍．不计两金属棒间的相

互作用．除金属棒的电阻外，其他电阻均忽略不计．棒与导轨间的摩擦可忽略不计．下列说法正确的是()A．为了使a棒保持静止，可以施加一个垂直于斜面向上的匀强磁场B．为了使a棒保持静止，可以施加一个竖直向上的匀

强磁场C．若施加相同的磁场，无论磁场的磁感应强度多大，a、b棒都不可能同时保持静止D．为使两棒保持静止，a、b两处施加的磁场的磁感应强度大小之比为1410.如图所示，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平

面内，其左端接有阻值为R的定值电阻．Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场(未画出)，磁感应强度B随坐标x(以m为单位)分布的规律为B＝(0.8－0.2x)T.金属棒ab在外力作用下从O处沿导

轨运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设金属棒在磁场中运动过程中回路的电功率保持不变，则金属棒()A．在1m与3m处的电动势之比为1:1B．在1m与3m处的速度之比为1:1C．在1m与3m处受到安培力的大小之比为3:1D．在1m与3m处外力的功率之比为1

:111．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，有一匀强磁场垂直于导轨平面向上，金属棒ab水平放在导轨上，导轨的上端用导线分别与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一

带电微粒．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，下滑过程中金属棒始终与导轨接触良好且两金属板组成的电容器不被击穿．则下列说法正确的是()A．金属棒ab一直加速下滑B．金属棒ab最终可能匀速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒可能先向N板运动后向M

板运动12．在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为mA、mB，而且mA＞mB，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是()A．物块A的位置将变高B．物块A的位置将变低C

．轻绳与水平面的夹角θ将变大D．轻绳与水平面的夹角θ将不变非选择题部分三、非选择题：本题共6小题，共60分．13．(7分)在验证动量守恒定律实验中，实验装置如图所示，a、b是两个半径相等的小球，按照以下步骤

进行操作．A．在木板表面钉上白纸和复写纸，并将该木板在紧靠槽口处竖直放置，使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放，撞到木板并在白纸上留下痕迹O；B．将木板水平向右移动一定距离并固定，再使小球a从固定点处由静止释放，撞到木板上得到痕迹B；C．把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端，让小球a仍

从固定点处由静止释放，和小球b相碰后，两球撞在木板上得到痕迹A和C.(1)为了保证在碰撞过程中小球a不反弹，a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1________m2(选填“大于”、“小于”或“等于”)．(2)完成本实验，必须测量的物理量有________．A．小球a开始释放的高度hB．

木板水平向右移动的距离lC．小球a和小球b的质量m1、m2D．O点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y314．(9分)可将光能转换为电能的硅光电池已经得到了广泛的应用．某同学利用如图甲所示的器材探究在一定光照

强度下硅光电池的路端电压U与总电流I的关系．电表视为理想电表．(1)在图甲中实物图上用笔画线代替导线进行连接；(2)用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U－I图象如图乙所示，由此可知在该光照强度下，硅光电池内阻________

(填“是”或“不是”)常数，短路电流为________mA，电动势为________V．(结果保留三位有效数字)(3)若将R＝10kΩ的电阻接在该硅光电池两极上，用同样强度的光照射该硅光电池，则该电阻消

耗的功率为________W，此时该硅光电池的内阻为________kΩ.(结果保留两位有效数字)15．(8分)在水平光屏的上方适当位置固定一激光光源，使其发射与水平面成30°角斜向下的激光，在水平光屏上M点呈现一小光斑．在光屏与激光光源中间放入一块平行于水平面的长方体玻璃砖，发现光屏上的N

点出现光斑，如图所示．已知N到M的距离为2cm，玻璃对激光的折射率为3.不考虑激光在界面的反射.3≈1.73.(1)求玻璃砖的厚度d.(2)其他条件不变，换用厚度为2cm同种材质的长方体玻璃砖，则在光屏上形成的光斑P到N点的距离为多少？(结果均保留两位小

数)16．(8分)粗细均匀的U形玻璃管开口竖直向上放置，管中有三段水银，封闭有a、b两段气柱，水银柱和气柱的长度如图所示，大气压强为75cmHg，温度为27℃.(1)若给a段气体缓慢加热，b段气柱的温度不变，当a段气体左侧水银全部进入竖直管中时，b段气柱的长为多少？(2)若

从左侧管口缓慢倒入水银，当b段气柱刚好全部进入右侧竖直管中时，a段气柱的长为多少？(均保留三位有效数字)17．(12分)如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面成θ＝37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在abb′a′区域有垂直斜面向

上的匀强磁场，aa′、bb′的距离为0.1m，磁感应强度为B＝5T；现有一质量为m＝0.2kg，总电阻R＝1Ω、边长d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，已知PQ边与bb′相距

l＝3m，线圈完全穿出磁场时的速度为5m/s，穿过磁场所用的时间为0.03s．已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)线圈刚进入磁场区域时，线圈中电流的大小；(2)线圈穿过磁场的过程

中产生的热量；(3)线圈穿过磁场的过程中流过线圈的电荷量．18．(16分)倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平面，斜面的底端固定一弹簧，上端连接一个质量为m＝0.4kg的挡板，挡板静止在斜面上的A点，如图所示，此时弹

簧的弹性势能为0.9J．一质量M＝0.6kg的物块从斜面上的某点开始下滑，和挡板在A点相碰，碰前瞬间物块的速度为5m/s，碰后一起沿斜面向下运动，运动到最低点B点后又沿斜面上滑，物块和挡板在某点分离后，还能沿斜面上滑x＝0.8m，已知AB之间的距离为0.2m．挡板和物块均可看作质点，g＝

10m/s2，求：(1)挡板和物块运动到B点时弹簧的弹性势能；(2)挡板和物块分离时距A点的距离．仿真模拟冲刺标准练(三)1．D本题考查了氢原子能级跃迁、氢原子光谱的实验规律，意在考查考生的理解能力．两公式中的n或m、n都是与氢原子轨道量子化相

关的量，A错误；只有从高能级跃迁到n＝2能级才辐射可见光，因此大量处在n＝5能级的氢原子，能辐射出3种不同频率的可见光，B错误；大量从n＝4能级跃迁到低能级的氢原子可辐射两种频率的可见光，其中一种可见

光的频率与大量从n＝3能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见光频率相同，C错误；巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律，D正确．2．A根据玻尔理论，氢原子的核外电子从低能级跃迁到高能级时，吸收光子，且电

子的轨道半径增大，选项A正确；23892U→23490Th＋42He是属于α衰变，不是铀核的核裂变方程，选项B错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0，知光电子的最大初动能与光子的频率为一次函数关系，不是正比关系，选项C错误；α射线是高速运动的氦原子核，电离能力较强，而穿透能力较弱，不

能穿透几厘米厚的铅板，选项D错误．3．B设物体的质量为m，盘的质量为m0，弹簧压缩量x1＝4cm＝0.04m，当盘静止时，由胡克定律得(m＋m0)g＝kx1，解得k＝500N/m；弹簧再缩短x2＝2cm＝0.02m停止，松手时整体的合力为F＝kx2＝10N，由牛顿第二定律有F＝(m＋m0)a

，解得此时整体的加速度大小为a＝5m/s2，隔离物体分析受力，设刚松开手时盘对物体的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝ma，解得FN＝25.5N，B正确，A、C、D错误．4．B根据物体在星球表面所受万有引力与重力相等有GMmR2＝mg，可得星球质量M＝gR2G，星

球的密度ρ＝MV＝gR2G43πR3＝3g4πGR，所以地球和月球的密度之比ρ1ρ0＝3g14πGR13g04πGR0＝32，B正确，A、C、D错误．5．B本题考查碰撞、动量守恒定律和能量守恒定律及其相关知识．滑块A、B

发生碰撞，由动量守恒定律，mv0＝(m＋2m)v，解得v＝v03.碰撞后的动能Ek＝12·3mv2＝16mv20，滑块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，由能量守恒定律可知弹簧的最大弹性势能Ep＝Ek＝16mv20，选项B正确．6．C本题考查交流电、变

压器原理，意在考查考生的理解能力和推理能力．若增大矩形线圈abcd的转速，电流的频率变大，副线圈输出电压变大，电容器C的容抗变小，与电容器C串联的灯泡L1变亮，A错误；图示位置为中性面位置，此时感应电动势为零，B错误；在线圈a

bcd转动的过程中，线圈中产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω，由(Em2)2R·T2＝U21R·T得理想变压器原线圈电压的有效值为U1＝Em2，副线圈电压表示数为U2＝n2n1U1＝U1n＝NBSω2n，C正确

；若仅将线圈abcd的转轴平移至ad边处，且转速不变，变压器原线圈输入电压变大，副线圈输出电压也变大，电压表示数变大，D错误．7．C设正方形线框边长为L，刚进入磁场时的速度为v，磁场的磁感应强度为B，线框电阻为R，

则线框刚进入磁场时所受安培力F安＝B2L2vR，安培力与重力的大小关系取决于线框在磁场上方做自由落体运动的高度，故刚进入磁场时，线框加速、匀速、减速都有可能，但因线框边长小于磁场上、下边界的间距，故无论线框刚

进入时加速、匀速还是减速，当线框全部进入磁场后一定只受重力做加速运动，故C项正确，A、B、D项错误．8．A由单摆的周期公式T＝2πLg可知，小球在钉子右侧时，振动周期为在左侧时振动周期的2倍，所以B、D项错误．由机械能守恒定律可知，小球在左、右最

大位移处距离最低点的高度相同，但由于摆长不同，所以小球在左、右两侧摆动时相对平衡位置的最大水平位移不同，当小球在右侧摆动时，最大水平位移较大，故A项正确，C项错误．9．CD本题考查安培力、左手定则、物体的平衡等知识．根据电路知识可知，流过金属棒的电流方

向向右，由左手定则可知，施加的匀强磁场的方向应当垂直于斜面向下或竖直向下，A、B错误；无论施加磁感应强度多大的磁场，b棒在磁场中的有效长度始终与a棒相同，两棒两端的电压相同，b棒电阻大，电流小，所受安培力小且重力沿斜面的分力大，所以a、b棒不可能同时保持静止，

C正确；经分析可知，b所受重力沿斜面的分力为a所受重力沿斜面分力的2倍，两棒保持静止时，所受安培力FA＝BIL，a、b两棒的有效长度L相等，a、b棒中电流与棒长度成反比，则相对应的磁感应强度之比为14，D正确．10．AC本题考查考生的分析综合能力，需要考生利用电磁感应等知识解题．因金属

棒在磁场中运动过程中回路的电功率不变，则由P＝E2R可知感应电动势大小不变，A正确；在1m与3m处的磁感应强度大小之比为0.6:0.2＝3:1，又感应电动势大小不变，根据E＝BLv可知金属棒在1m与3m处的速度大小之比为1:3，B错误；感应电动势大小不变，由I＝ER知，感应电流

大小不变，根据F安＝BIL可知F安1:F安3＝3:1，C正确；作出安培力随位移变化的图象，如图所示，则图象与坐标轴围成的面积就是克服安培力的功，即电阻上产生的焦耳热，又电功率保持不变，则金属棒通过单位位移的时间之比为7:5:3:1，金属棒通过单位位移的平均速

度之比为17:15:13:1，加速度越来越大，外力的功率P＝Fv＝mav＋F安v，则金属棒在1m与3m处外力的功率不相等，D错误．11．ACD本题结合牛顿运动定律和电容器知识考查电磁感应，考查考生的科学思维．根据牛顿第二定律有mgsinθ

－BIl＝ma0，而I＝ΔqΔt，Δq＝C·ΔU，ΔU＝Bl·Δv，Δv＝a0·Δt，联立解得a0＝mgsinθm＋B2l2C，因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因此M板带正电，N板带负电，选项

C正确；若带电微粒带负电，在重力和电场力的作用下，带电微粒先向下运动然后再反向向上运动，选项D正确．12．AD本题考查动态平衡问题，意在考查考生利用力的正交分解法分析动态平衡问题的能力．以轻质动滑轮与

轻绳的接触点O为研究对象，分析O点的受力情况，作出O点的受力分析图，如图所示，设绳子的拉力大小为F，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，则有2Fcosα＝mBg，又小车向左缓慢移动一小段距离后，轻绳

中的拉力大小与小车移动前相同，即F＝mAg保持不变，可知α角保持不变，由几何知识得，α＋θ＝90°，则θ保持不变，小车向左缓慢移动一小段距离后，动滑轮将下降，则物块A的位置将变高，故选项AD正确，BC错误．

13．答案：(1)大于(2)CD解析：(1)为防止两小球碰撞后，小球a反弹，小球a的质量应大于小球b的质量，即m1>m2.(2)a、b两球碰撞后均做平抛运动，l＝vt，y＝12gt2，得l＝v2yg，若满足m

1v0＝m1v1＋m2v2，即碰撞前后动量守恒，即可验证动量守恒定律，对该式进行整理可得m1y2＝m1y3＋m2y1，因此需要测量小球a和小球b的质量m1、m2以及O点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y3，选项C、D正确．14．答案：(1)实物连接图如图所示(2)不是0.295(0.293～

0.297)2.68(2.66～2.69)(3)3.0×10－4(2.9×10－4～3.1×10－4)5．4(5.2～5.6)解析：本题考查硅光电池电动势和内阻的测量及其相关的知识点，意在考查考生的实验能力．(2)由实验得到的该硅光电池的U－

I图象可知，该硅光电池的U－I曲线不是直线，故该硅光电池内阻不是常数．图线在横轴的截距表示短路电流，即短路电流为0.295mA，图线在纵轴的截距表示电动势，即电动势为2.68V.(3)在题图乙中作出R＝10kΩ的电阻的U－I曲线，两图线的交点P对应的纵坐标为电压U＝1.74

V，横坐标为电流I＝0.174mA.该电阻消耗的功率P＝UI＝3.0×10－4W．由闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，解得此时该硅光电池的内阻为r＝E－UI＝2.68－1.740.174kΩ＝5.4kΩ.15．答案：(1)1.73cm(2)0.3

1cm解析：(1)由题意知b＝2cm，激光入射角i＝90°－30°＝60°由几何关系知sini＝x＋b(x＋b)2＋d2sinr＝xx2＋d2由折射定律有n＝sinisinr解得r＝30°，d＝1.73cm(2)若换用厚度为2cm同种材质的长方体玻璃砖，依题意画出光路图如图所示．x′＝d′tan

r＝233cm又d′＝2cm，sini＝x′＋d′(x′＋b′)2＋d′2联立解得在光屏上形成的光斑P到M点的距离b′＝23－233cm＝433cm则光斑P到N点的距离Δb＝b′－b＝433－2cm＝0.31cm16．答案：(1)5.

63cm(2)10.6cm解析：(1)开始时a、b段气柱的压强均为p1＝p0＋15cmHg＝90cmHg给a段气体缓慢加热，当a段气体左侧水银全部进入竖直管中时，b段气体压强等于a段气体压强为p2＝p0＋21cmHg＝96cmHg对b段气体研究，根据玻意耳定律可知p1V1＝p2V290c

mHg×6cm×S＝96cmHg×L2S求得L2＝5.63cm(2)在左侧管中倒入水银，当b段气柱刚好全部进入右侧竖直管中时，a段气体的压强为p3＝p0＋27cmHg＝102cmHg对a段气体研究，根据玻意耳定律可知p1V1′＝p3V3即90cmHg×12cm×S＝102cmHg×L3

S求得L3＝10.6cm17．答案：(1)3A(2)1.34J(3)0.472C解析：本题考查法拉第电磁感应定律、电路知识以及功能关系．(1)对线圈受力分析，根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma设线圈刚进入磁场时的速度为v，则有v2＝2al代入数据解得v＝6m/s根据法拉第电磁

感应定律和欧姆定律得，此时线圈中的电流I＝BdvR＝3A(2)根据动能定理可得mgsinθ(l＋2d)－W安＝12mv′2代入数据解得W安＝1.34J即线圈穿过磁场的过程中产生的热量为1.34J.(3)安培

力的冲量I＝Ft＝BIdt＝Bdq根据动量定理可得mgsinθt－Bdq＝mv′－mv代入数据解得q＝0.472C18．答案：(1)6.4J(2)0.28m解析：(1)设物块与挡板碰后瞬间速度为v共，根据动量

守恒定律可得Mv＝(m＋M)v共设初始时弹簧的弹性势能E0＝0.9J，挡板和物块运动到B点时弹簧的弹性势能为Ep根据能量守恒定律可得Ep＝E0＋12(m＋M)v2共＋(m＋M)gsinθlAB代入数据可得Ep＝6

.4J(2)根据动力学知识可知，挡板和物块分离时弹簧处于原长，设二者分离时的速度为v′，此时距A点的距离为d，根据牛顿第二定律和运动学公式可知Mgsinθ＝Mav′2＝2ax根据能量守恒定律可知12(m＋M)v2共＋E0＝12(m＋M)v′2＋(m＋M)g·sinθd联立可得d＝0.28m