【文档说明】四川省南充市仪陇宏德中学2021届高三高考物理模拟卷（全国卷）（一）含答案.doc，共(17)页，1.001 MB，由小赞的店铺上传

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2021届高考物理模拟卷（全国卷）（一）1、μ子与氢原子核(质子)构成的原子称为μ氢原子(hydrogenmuonatom),它在原子核的物理研究中有很重要作用。如图μ氢原子的能级示意图。假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于2n=能级的μ氢原子,μ氢原子吸收光子后,发出

频率为1v、2v、3v、4v、5v和6v的光,且依次增大,则E等于()A.31()hvv−B.56()hvv+C.3hvD.4hv2、如图所示，一质量为m的滑块置于倾角θ=30°，质量为M的直角三角形斜劈的底端，现通过一质量不

计的细绳给滑块施加一方向沿斜面向上的拉力F，大小为mg，使滑块沿斜面匀速上滑，整个过程中斜劈处于静止状态，若斜劈与滑块、斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g。则()A.斜劈对滑块的支持力大小为mgB.斜劈对滑块的作用力大小为mgC.动摩擦因数μ=0.5D

.水平面对斜劈的摩擦力大小为12mg3、如图所示,理想变压器原线圈接入正弦交流电,图中电压表和电流表均为理想交流电表,1R为定值电阻,2R为负温度系数的热敏电阻(温度升高时阻值减小),C为电容器.下列说法正确的是()A.通过1R的电流为零B.滑片P向上滑动,电压表示数变大C.2R处温度升

高时,电压表的示数不变D.减小电容器C的电容,电流表的示数变大4、宇宙空间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为L.忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形

中心O做匀速圆周运动，引力常量为G.下列说法正确的是（）A.每颗星做圆周运动的线速度为33GmLB.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关C.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍D.若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度变为原来的2倍5、如图所示,正六边

形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为bv时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为bt,当速度大小为cv时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为ct,不计粒子重力。则()A.:1:2bcvv=,:2:1bctt=B.:2:1

bcvv=,:1:2bctt=C.:2:1bcvv=,:2:1bctt=D.:1:2bcvv=,:1:2bctt=6、甲、乙两车在同一水平路面上做直线运动，两车从0t=时刻开始计时的vt−图象如图所示。已知开始计时时乙车在甲车前6mx=处,且在12st=和26st=时

两车各相遇一次,则下列判断正确的是（）A.0~6s内甲车的加速度大小是乙车的两倍B.0t=时乙车的速度大小为16m/sC.两车在运动过程中一定会相遇三次D.当乙车停止运动时，甲、乙两车仍相距6m7、如图所示,长为L的轻杆两端分别固定a,b金属球,两球质量均为m,a放在光滑的水平面上,b套在竖直固定

光滑杆上且离地面高度为32L,现将b从图示位置由静止释放,则()A.在b球落地前的整个过程中,a,b组成的系统水平方向上动量守恒B.从开始到b球距地面高度为2L的过程中,轻杆对a球做功为318−mgLC.从开始到b球距地面高度为2L的过程中,轻杆对b球做功-38mgLD.在b球落地的瞬间

,重力对b球做功的功率为mg3gL8、如图甲所示,左侧接有定值电阻R=2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,导轨间距L=1m。一质量m=2kg,阻值r=2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静

止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒的v-x图象如图乙所示,若金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.2,则从起点发生x=1m位移的过程中(g=10m/s2)()A.金属棒克服安培力做的功W1=0.25JB.

金属棒克服摩擦力做的功W2=5JC.整个系统产生的总热量Q=4.25JD.拉力做的功W=9.25J9、关于“验证动量守恒定律”的实验,请完成下列的三个问题:1.如图所示,在做“验证动量守恒定律”的实验时,实验必

须要求满足的条件是()A.斜槽轨道必须是光滑的B.斜槽轨道末端的切线是水平的C.入射球每次都要从同一高度由静止滚下D.若入射小球质量为1m,被碰小球质量为2m,则12mm2.利用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律,即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.图中O点是小球抛出点在地面上的

垂直投影.实验时,先让入射球1m多次从斜轨上的S位置静止释放,找到其平均落地点的位置P,测量出平抛的射程OP.然后,把被碰小球m2静置于轨道的水平部分,再将入射小球1m从斜轨上的S位置由静止释放,与小球2m相碰,并且

多次重复.接下来要完成的必要步骤是()(填选项前的符号)A.用天平测量两个小球的质量1m、2mB.测量小球1m开始释放高度hC.测量抛出点距地面的高度HD.分别找到1m、2m相碰后平均落地点的位置M、N;测量平抛射程OM,ON3.若两个小球相碰前后的动量守恒,其表

达式可以表示为______.[利用2中所测量的物理量表示];若碰撞是弹性的碰撞,那么还应该满足的表达式应该为______.[利用2中所测量的物理量表示].10、某课外活动小组利用铜片、锌片和橙汁制作了橙汁电池,并利用所学知识设计电路测量该电池的电动势E和内阻r。他们在

一个玻璃器皿中放入橙汁,在橙汁中相隔—定距离插入铜片和锌片作为橙汁电池的正、负极。使用的器材有:A.毫安表(量程0~3mA,内阻未知);B.滑动变阻器1R(最大阻值为500Ω);C.电阻箱2R(阻值范围为0〜999.9Ω);D.开关和导线若干。该小组成员分析发现,由于

毫安表的内阻未知,所以无法直接测量该橙汁电池的电动势和内阻,经过思考后,该小组设计了如图甲所示的电路,先测出该毫安表的内阻gR、再测量橙汁电池的电动势E和内阻r。(1)请按照图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，将图

乙实物图中的滑动变阻器接入电路，要求当滑动变阻器的滑片滑到最右端时.滑动变阻器接入电路的阻值最大。(2)该小组连接好电路后,首先对毫安表的内阻gR进行测量,请完善测量步骤.①将滑动变阻器1R的滑片滑至最右

端,断开开关2S,闭合开关1S;②滑动滑动变阻器1R的滑片,使毫安表的指针达到满偏;③保持________不变,闭合开关2S,调节电阻箱2R的阻值,使毫安表的示数达到满偏电流的一半;④读出此时电阻箱2R的示数,即可求得毫安表的内阻gR。(3)该小组发现,当毫安表的电流达到满偏电流的一半时,电

阻箱的示数为50.0Ω,则毫安表的内阻gR=_______Ω,用此种方法测得的毫安表的内阻与其真实值相比,测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值。(4)该小组测得毫安表的内阻gR之后,采用以下方法测量该橙汁电池的电动势E和内阻r。首先将

电路中滑动变阻器的滑片移至最右端,然后多次改变电阻箱的阻值R得到了多组毫安表的电流I,根据测得的数据作出11IR−图象,如图丙所示,则该电源的电动势E=_______,内阻r=______(结果均保留三位有效数字)11、如图所示，

半径为0.2m的光滑四分之一圆弧面，质量为0.5kg的小球从静止开始从A点开始下滑，经过B点后落在与水平面成45的斜面上的C点。求：（1）小球到达B点时速度为多大？（2）此时小球对圆弧的压力为多大？（3）小球的落点C与B的距离为多大？12、如图所示的

坐标系内，以垂直于x轴的虚线PQ为分界线，左侧的等腰直角三角形区域内分布着匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，AC边有一挡板可吸收电子，AC长为d.右侧为偏转电场，两极板长度为d/2，间距为d.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏.现有速率不同的电子在纸面内从坐标原

点O沿y轴正方向射入磁场，电子能打在荧光屏上的最远处为M点，M到下极板右端的距离为d/2，电子电荷量为e，质量为m，不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应，求：（1）电子通过磁场区域的时间t；（2）偏转电场的电压U；（3）电子至少以多大速率从O点射出时才能打到荧光屏上．13、[物理——选

修3–3]1.关于热力学定律，下列说法正确的是________。A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平

衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡（2）在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为2pr=,其中σ=0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡

缓慢上升，已知大气压强501.010pPa=，水的密度331.010/kgm=，重力加速度大小g=10m/s2。（i）求在水下10m处气泡内外的压强差；（ii）忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似

值。14、[物理——选修3-4](1)如图所示为半圆柱体玻璃砖的横截面，OD为直径，一束由a光和b光组成的复色光沿AO方向由真空从OD面射入玻璃，之后分成两束分别从B,C两点射出，其中从点射出的为a光,从C点射出

的为b光。则下列说法正确的是_______。A.从B点射出玻璃砖的a光的频率较小B.在玻璃砖中，b光的传播速度一定大于a光的传播速度C.a光和b光在玻璃砖中的传播时间相等D.将a光和b光通过相同的双缝干涉装置，b光的干涉条纹间

距较小E.若将a光和b光分别放在水面足够大的池塘底部同一位置，则b光照亮的水面区域大(2)甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x=0.9m处和x=-0.6m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2cm,两列波在t=0时刻的波形如图

所示，此时平衡位置在x=-0.2m和x=0.1m处的P,Q两质点刚要开始振动。质点M位于x=0.3m处，已知甲波的周期为0.8s，求：(i)乙波传播到M质点所需要的时间；(ii)在0~0.5S时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻。答案以及解析1答案及解析：答案

：C解析：由能级跃迁知识及题意可知，处于2n=能级的氢原子吸收能量为E的光子后，发出6种频率的光，说明μ氢原子是从4n=能级跃迁的，而1v、2v、3v、4v、5v和6v频率依次增大，说明4n=跃迁到2n=时，辐射能量为3hv，C项正确，A、B、D三项错误。2答案及解析：

答案：B解析：斜劈对滑块的支持力大小为3cos302mgmg=，选项A错误；滑块处于平衡状态，重力与拉力夹角为120°，重力与拉力合力为mg，则斜劈对滑块的作用力与重力和拉力合力等大反向，则斜劈对滑块的

作用力大小为mg，选项B正确；根据sin30cos30Fmgmgmg==+，解得33=，选项C错误；对滑块和斜劈的整体，水平方向：cos30Ff=，解得32fmg=，选项D错误；故选B.3答案及解析：答案：C解析：A.交流电是可以通过电容器的,通过1

R的电流不为零，故A错误；B.滑片P向上滑动,原线圈匝数增大,根据2121nnUU=可知电压表示数变小，故B错误；C.2R处温度升高时,原副线圈匝数之比不变、根据2121nnUU=可知电压表的示数不变

，故C正确；D.减小电容器C的电容，容抗增大，电流表的示数变小，故D错误。故选：C。4答案及解析：答案：C解析：任意两颗星之间的万有引力2mmFGL=，每一颗星受到的合力为：13FF=由几何关系知：它们的轨道半径为：33rL=…①合力提供它们的

向心力：223GmmvmrL=…②联立①②，解得：GmvL=，故A错误；根据23GmmmaL=得：23GmaL=，故加速度与它们的质量有关，故B错误；根据22234πGmmrmLT=解得：323π3LTGm=，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则周期变为原来的2倍，故C正确；根

据GmvL=可知，若距离L和每颗星的质量m都变为原来的2倍，则线速度不变，故D错误．故选C．5答案及解析：答案：A解析：设正六边形边长为L,若粒子从b点离开磁场,可知运动的半径为1RL=,在磁场中转过的角度为1120=;若粒子从c点离

开磁场,可知运动的半径为22RL=,在磁场中转过的角度为260=,根据mvRqB=可知12::1:2bcvvRR==;根据224.3603602mbbactTqBa−−==可知,12::2:1bctt==,故选A.6

答案及解析：答案：ACD解析：设甲车的初速度大小为v甲,加速度大小为a甲,乙车的初速度大小为v乙,加速度大小为a乙,当两车在12st=相遇时,有2211111122vtatvtatx−=−+甲甲乙乙,当两车在26st=相遇

时,有2222221122vtatvtatx−=−+甲甲乙乙,又由图象可知64(m/s)va=+甲甲,12sva=乙乙,联立以上各式并代入数据可解得22m/sa=甲,21m/sa=乙,故0~6s内甲

车的加速度大小是乙车的两倍,0t=时,甲车的速度大小为16m/sv=甲,乙车的速度大小为12m/sv=乙,选项A正确,B错误;在26st=时，甲车速度大小为'4m/sv=甲,由匀变速直线运动规律可知，乙车速度大小为'26m/svvat=−=乙乙乙,设两车又经过t时间相遇，则

有''21()2vtvtat=−甲乙乙,代入数据解得4st=,故两车会在10st=时发生第三次相遇，而此时两车均未停止运动，故选项C正确；由题图可知,从10st=开始，乙车再运动2s速度变为零，此段时间内甲车的位移为8mx=甲,乙车的位移为22m=2m2x=乙,故当乙车停止运动时

，甲车在乙车前方6mxxx=−=甲乙处,选项D正确.7答案及解析：答案：BD解析：A、对两球及杆组成的系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用，a球的水平方向受力为零，系统在水平方向所受合外力不为零，所以a、b组成的系统

水平方向上动量不守恒，故A错误；BC、对两球及杆系统，在b球落地前的整个过程中，b球的水平方向受竖直固定光滑杆的作用不做功，a、b组成的系统机械能守恒，从开始到b球距地面高度为2L的过程中，由机械能守恒定律得：223

1112222ABmgLmvmv−=+，且有ABcos30cos60vv=，解得：()A31=2gLv−，()B331=2gLv−，所以轻杆对a球做功为：2131028AAWmvmgL−=−=，轻杆对b球做功：318BWmgL−=−

，故B正确，C错误；D、在b球落地的瞬间，由机械能守恒定律得：23122BmgLmv=，解得：B3vgL=，所以在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为：BB3PmgvmggL==，故D正确；8答案及解析：答案：AC解析：A、由速度﹣位移图象得：v＝2x金属棒所受的安培力为：2222

2ABLvBLxFRrRr==++代入得：0.5AFx=则知AF与x是线性关系。当x＝0时，安培力10AF=当x＝1m时，安培力20.5NAF=则从起点发生x＝1m位移的过程中，安培力做功为：120.51J0.25J22AAAFFWx+=−==即金属

棒克服安培力做的功为：10.25JW=，故A正确。B、金属棒克服摩擦力做的功为：20.22101J4JWmgx===，故B错误；C、克服安培力做功等于回路中产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量A24.25JQWW=+=，故C正确

；D、根据动能定理得：2F2A12WWWmv++=，其中v＝2m/s，μ＝0.2，m＝2kg代入解得拉力做的功为：F8.25JW=．故D错误。9答案及解析：答案：1.BCD;2.AD;3.222112112;mOPmOMmONmOPmOMmOP=

+=+.解析：1.A、“验证动量守恒定律”的实验中,是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的,只要离开轨道后做平抛运动,对斜槽是否光滑没有要求,故A错误;B、要保证每次小球都做平抛运动,则轨道的末端必须水平,故B正确;C、要保

证碰撞前的速度相同,所以入射球每次都要从同一高度由静止滚下,故C正确;D、为了保证小球碰撞为对心正碰,且碰后不反弹,要求,ababmmrr=,故D正确.应选:BCD.2.要验证动量守恒定律定律,即验证:111223mvmvmv=+,

小球离开轨道后做平抛运动,它们抛出点的高度相等,在空中的运动时间t相等,上式两边同时乘以t得:111223mvtmvtmvt=+,得:112mOPmOMmON=+,因此实验需要测量:两球的质量、小球的水平位移,故选:AD.3.由2知,实验需要验证:112mOPmOMmON=+;如果碰撞过程机

械能守恒,则:222123112111222mvmvmv=+,两边同时乘以t2得:222221223112111222mvtmvtmvt=+,则222112.mOPmOMmOP=+10答案及解析：答案：（1）如图所示（2)滑动变阻器1

R接入电路的阻值；（3)50.0，小于；（4)1.00，200解析：（1)由于要求当滑动变阻器的滑片滑到最右端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，故滑动变阻器的接法如图所示。（2)此种测量电阻的方法为半偏法，使用此方法测量未知电阻的阻值时，要求电路中其他元件的阻值不能发生变

化，故应保持滑动变阻器接入电路的阻值不变；（3)当毫安表指针达到满偏后，再闭合开关2S时，认为电路中的总电流仍为毫安表的满偏电流gI。当流过毫安表的电流达到满偏电流的一半时，由于电阻箱与毫安表为并联关系，故有1122gggIRIR=，所以gRR=，因此当电阻箱的示数为50.0Ω时，毫安表的内

阻也为50.0Ω。但此种方法存在系统误差，当滑动变阻器接入电路的阻值不变时，由于电阻箱的接入，整个电路中的阻值减小，电路中的总电流gII，因此当毫安表的示数为12gI时，实际流过电阻箱的电流12gII箱，由于12ggIRIR=箱,所以有gRR;(4)由闭合电路欧姆

定律可得1()()gggIRIRIRIREIrRR++=−+整理可得11()11ggRRrrRRIERE+++=+将150.0,500gRR==代入并结合图丙可得150.0(500)140550750/A,750A3rrEE−+

+==两式联立可解得E=l.00V,r=200Ω。11答案及解析：答案：(1)小球到达B点时速度由动能定理得：212BmgRmv=代入解得：2m/sBv=(2)由牛顿第二定律得此时小球对圆弧的压力：2BvNmgmR−=解得：15NN=，由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为15N。(3)小球

的落点C与B的水平距离为x，下落高度为h，由平抛规律得：21,cot452Bhgtxhvt===，解得：0.8mh=，由三角关系可得：422m5BCLh==。解析：12答案及解析：答案：1.电子在磁场区域运动周期为2πmTeB=通过磁场区域的时间为190π,3602mtTeB==2.由几

何知识得rd=,又mvreB=解得eBdvm=通过电场的时间2,2dtv=代入数据解得22mteB=电子离开电场后做匀速直线运动到达M点12114122dyyd==,又12yyd+=解得113yd=故22113eUtdmd=代入

数据解得2283eBdUm=3.电子恰好打在下极板右边缘磁场中mvreB=电场中水平方向12dvt=竖直方向212eUrtmd=由上述三式代入数据解得33eBdvm=解析：13答案及解析：答案：1..BDE2.（i）128pPa=（ii）.32121.3rr=解析：1.根据热力学第一

定律,气体吸热的同时若对外做功,则气体内能不一定增加,温度不一定升高,A错误。对气体做功可以改变其内能,B正确。理想气体等压膨胀过程,对外做功,由理想气体状态方程可知,气体温度升高,内能增加,故气体一定吸热,C错误。根据热力学第二定律知,热量不可能自发地从低温物体传到高温物

体,D正确根据热平衡定律,如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡,E正确。2.（i）当气泡在水下10hm=处时,设其半径为1r,气泡内外压强差为1p112pr=①代入题给数据得128pPa=

②（ii）.设气泡在水下10m处时,气泡内空气的压强为1p,气泡体积为1V;气泡到达水面附近时,气泡内空气压强为2p,内外压强差为2p,其体积为2V,半径为2r。气泡上升过程中温度不变,根据波意耳定律1122pVpV=③1

01ppghp=++④202ppp=+⑤气泡体积1V和2V分别为31143Vr=⑥32243Vr=⑦联立③④⑤⑥⑦式得3021201pprrghpp+=++⑧由②式知,10,1,2,ppi=故可略去式中的1p项。代入题

给数据得32121.3rr=.14答案及解析：答案：(1)BCE;(2)（i）由题图可知,甲波的波长为0.8m=甲,由于甲波的周期为0.8sT=甲由vT=甲甲可得10m/sv=两波波速大小相等,由题图可知0.5mPMx=,由PMxtv=可解得0.5st=(ii)由题图乙知乙波的波长0

.4m=乙,由Tv=乙乙可得0.4sT=乙甲波使M质点处于波峰时，应有tmT=甲甲，解得4s(0,1,2,)5tmm==甲…乙使M质点处于波峰时，应有(2)tnT=+乙乙，解得2(2)s(0,1,2

,)5tnn=+=乙…欲使两列波相遇后M质点位于波峰位置，则必有tt=甲乙，即22mn−=因m、n只能取整数，故有m=l、n=0时，t=0.8sm=2、n=2时，t=1.6sm=3、n=3时，t=2.4s所以t=0时

刻后的2.5s时间内,M质点沿y轴正方向位移最大的时刻分别为0.8s、1.6s和2.4s。解析：(1)由题图可知，玻璃砖对a光的折射率大于对b光的折射率，所以a光的频率较大，选项A错误;连接B、D和C、D，设∠ODB=α，∠ODC=β，玻璃砖的半径为R，则有2sin,2

sinOBOCxRxR==，设玻璃砖对a光的折射率为an，对b光的折射率为bn，则有,ababccvvnn==，因abnn，故abvv，a光在玻璃砖中的传播时间为OBaaxtv=，b光在玻璃砖中的传播时间为OCbbxtv=，设

复色光从真空射入玻璃砖时的入射角为θ，则有sinsinaacnn==sinsinbbcnn==,以上各式联立可解得2sinabRttc==,所以a光和b光在玻璃砖中的传播时间相等，选项BC正确；ba

,由干涉条纹间距公式Lxd=可知,baxx,选项D错误;a光和b光在水中传播时有abnn,由1sinCn=知，光的全反射临界角较大，故b光照亮的范围大，选项E正确。