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1、二、选择题:本题共二、选择题:本题共 8 小题,每小题小题,每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中,第分。在每小题给出的四个选项中,第 1418 题只有一项符合题目要题只有一项符合题目要求,第求,第 1921 题有多项符合题目要求。全部选对的得题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分,选对但不全的得分,选对但不全的得 3 分,有选错的得分,有选错的得 0 分。分。14和是重要的聚变核燃料,和聚变的核反应方程为+X+17.6MeV,X 与 Y21H31H21H31H21H31H42He核反应又可获得,即 X+Y+4.9MeV,则下列说法正确的是31H42He31HAX 是电子BY 的核电荷数
2、为 4C+X+17.6MeV 中的 17.6MeV 是的结合能21H31H42He42HeDX+Y+4.9MeV 中平均每个核子释放的能量为 0.7MeV42He31H【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;DX+Y+4.9MeV 中平均每个核子释放的能量为=0. 7MeV,D 项正确.42He31H4.9MeV7故选 D。15(2019重庆高三)如图,正点电荷固定在 O 点,以 O 为圆心的同心圆上有 a、b 两点,带负电的粒子仅在电场力作用下从
3、 a 点运动到 b 点,则Aa、b 两点电场强度相同B粒子在 a 点的动能小于在 b 点的动能C粒子在 a 点的加速度小于在 b 点的加速度D粒子在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能【答案】D【解析】Aa、b 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;BD从 a 到 b 电场力做负功,则动能减小,电势能变大,即粒子在 a 点的动能大于在 b 点的动能,在a 点的电势能小于在 b 点的电势能,选项 B 错误,D 正确;C粒子在 a 点受到的电场力较大,则粒子 a 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
4、杆 AB,B 端固定在水平地面上,杆 AB 与水平地面的夹角,D 点是杆 AB 的中点。水面地面上的 C 点固定有正点电荷 Q,A、C 连线竖直。在30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 P 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 点和 D 点的机械能相等D小圆环 P 在 D 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
5、,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。CC 离 A 点和 D 点的距离相等,静电力相等,即 A 点和 D 点在同一等势面上,电势能相等,小圆环P 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 D 点的机械能相等,故 C 正确。D重力沿杆方向的分力 mgsin 不变,在 D 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 P 在 D 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 abcd 面积为 S,匝数
6、为 N,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 OO以角速度 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B电压表的读数为2NBSC当线圈由图示位置转过 30时,线圈中的电流为2NBSRrD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2BS【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,maxENBS有效值,=2NBSE有效由于线圈有电阻,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
7、,cosENBSt电流 ,cos303=222 2ENBSNBSIRrRrRrC 错误;D转过,30=sin2BSBStD 正确;故选 D。18如图所示,正方形为水平放置的长木柱的截面,一根细线一端连接在点一端连一个小球,ABCDA细线的长为,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侧面,不计小LCD球的大小,重力加速度为,则正方形的边长的大小为gdABCD13L25L38L49L【答案】C【解析】设小球刚好能垂直打在侧面时速度大小为 ,由机械能守恒定律有CDv2122mg dLdmv由牛顿第二定律22vmgmLd求得38dL故 C 正确。故选 C。19如图所示,在某行星表面
8、上有一倾斜的匀质圆盘,盘面与水平面的夹角为 30,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 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),该星球的半径32为 R,引力常量为 G,下列说法正确的是A这个行星的质量 M224R LGB这个行星的第一宇宙速度 v12LRC这个行星的同步卫星的周期是( )RnLD离行星表面距离为 R 的地方的重力加速度为 42L【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
9、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mgcos30mgsin30m2L所以星球表面的重力加速度g42L2cos30sin30L在该行星表面mg2GMmR这个行星的质量M2gRG224R LG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mg2mvR故这个行星的第一宇宙速度v12gRLR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Fmgm2L2(2 )GMmR24GMmR14即该地方的重力加速度为 2L,故 D 错误。20(2019重庆西
10、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 l 的平行光滑导轨 ab 与cd,阻值为 R 的电阻与导轨的 a、c 端相连。质量为 m、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B。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 m 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 h 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 aB物块下落的最大加速度为 gC若 h 足
11、够大,物块下落的最大速度为2 2mgRB lD通过电阻 R 的电荷量为BlhR【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 a,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,2mgFam当 F=0,即刚释放导体棒时,a 最大,最大值为 0.5g,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F=BIl,BlvIR解得物体下落的最大速度为,2 2mgRvB l故 C 正确;D通过电阻 R 的电量:,EB sBlhqItttRR t
12、RR 故 D 正确。故选 ACD。21(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 m、套在粗糙竖直固定杆 A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ACh力加速度为 g,则A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 mghC从 A 到 C 的下滑过程中,克服摩擦力做的功为24mvD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 A 处由静止开始下滑,经过
13、B 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;BC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000fmghWW弹在 C 处获得一竖直向上的速度 v,恰好能回到 A,运用动能定理列出等式2102fmghWWmv弹解得214fWmv 则克服摩擦力做的功为,由分析可知,214mv214Wmvmgh弹所以在 C 处,弹簧的弹性势能为214mghmv则从 A 下滑到 C 过程中弹簧的弹性势能增加量等于214mghmv故 BC 正确;D由能量守恒定律知,损失
14、的机械能全部转化为摩擦生热了,而摩擦生热Qfs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:共三、非选择题:共 174 分,第分,第 2232 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 3338 题为选考题,考生题为选考题,考生根据要求作答。根据要求作答。(一)必考题:共(一)必考题:共 129 分。分。22(6 分)(2020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
15、保证“细线下端悬挂钩码的重力视为小车受到的合力 F” 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 50Hz,则小车的加速度 a_m/s2。 (结果保留两位小数)(3)改变细线下端钩码的个数,得到 aF 图象如图所示,造成图线不过原点的原因可
16、能是_。【答案】AB(2 分) 0.93(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 F” 这一条件无影响,选项 D 错误;故选 AB
17、。(2)根据可得小车的加速度2xaT 22220.16360.06320.0632m/s0.93m/s44 0.1CEABxxaT(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。23(9 分)(2020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 1.5V)B电流表 A1(满偏电流 1.5mA,内阻 r1=10,读数记为 I1)C电流表 A2(满偏电流 60mA,内阻 r2=2.0,读数记为 I2)D电压表 V(满偏电压 15V,内阻约 3k)E滑
18、动变阻器 R1(020,2A)F滑动变阻器 R2(01000,1A)G定值电阻 R3=990,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 I1- I2 图线,由该图线可得被测干电池的电动势E=_V,内阻 r=_。(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)【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
19、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 A1与电阻 R3串联,这样就相当于量程为:的电压表;电路连接如图: 31.5 10(10990)1.5VU(3)因电流表 A1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 1.36mA,则电池的电动势为 E=1.36V,内阻231.36 1.025.349 10UrrI (4)对电源 U=E-Ir=1.36-5.3I;将电源的 U-I 线和灯泡的 U-I 线画在同一坐标纸上如图,交点为I=0.28A,U=0.27V,则功率P=IU0.08W.24.(13 分)(201
20、9河南高三)如图所示,ABCD 与 MNPQ 均为边长为 l 的正方形区域,且 A 点为 MN 的中点。ABCD 区城中存在有界的垂直纸面方向的匀强磁场,在整个 MNPQ 区域中存在图示方向的匀强电场。大量质量为 m、电荷量为 e 的电子以初速度 v0 垂直于 BC 射入 ABCD 区域后,都从 A 点进入电场,且所有电子均能打在 PQ 边上。已知从 C 点进入磁场的电子在 ABCD 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 B0 的大小和方向; (3)ABCD 区域中磁场面积的最小值。【答案】(1) (2) ,方向为垂直纸面向
21、外 (3)208mvEel00mvBel22min12Sll【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 PQ 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。(1 分)212lat(1 分)02lv t解得:(2 分)208mvEel(2)由洛伦磁力提供向心力可得(1 分)2000vqv Bmr由题意则有r=l(1 分)解得;(2 分)00mvBel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 B 点为圆心,以 l 为半径的圆弧,下部分圆弧为以 D 点为圆心,以 l 为半径的圆弧。由
22、几何关系求得阴影部分面积:(2 分)22min112()42Sll解得:(2 分)22min12Sll25.(19 分)(2019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 v0=8m/s 的恒定速率顺时针运行,传送带的长度为L=12m。现将一质量为 0.4kg 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 0.001s,碰撞后包裹甲向前滑行了 0.4m 静止,包裹乙向前运动了1.6m 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
23、.5,g 取 10m/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)2.5s(2)0.6kg(3)2400N【解析】 (1)包裹甲传送带上滑行,由牛顿第二定律可得(1 分)11AAm gm a解得(1 分)214m/sa 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(1 分)201 12va s解得(1 分)18msL所以假设成立,加速度过程(1 分)211 112sat得(1 分)12st 匀速过程(1 分)10 2Lsv t解得(1 分)20.5st 所以包裹甲在传带上运动时间(1 分)122.5st
24、t(2)包裹甲在水平面滑动时,由牛顿第二定律可得(1 分)22AAm gm a解得(1 分)225m/sa 同理可知包裹乙在水平面滑动的加速度也是 5m/s2,包裹甲向前滑动至静止:(1 分)2202AAva s 解得(1 分)2m/sAv 包裹乙向前滑动至静止(1 分)2202BBva s 解得(1 分)4m/sBv 包裹甲、乙相碰前后系统动量守恒(1 分)0AAABBm vm vm v解得(1 分)0.6kgBm (3)由乙的动量定理(1 分)BBFtm v解得(1 分)2400NF (二)选考题:共(二)选考题:共 45 分。请考生从分。请考生从 2 道物理题、道物理题、2 道化学题、道
25、化学题、2 道生物题中每科任选一题作答。如果多做,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。则每科按所做的第一题计分。33物理选修 33(15 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图象,其中 AB 段为双曲线,则1pV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
26、【答案】BDE【解析】根据理想气体状态方程pVnRT可得:1pnRTV故可知图像的斜率,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。1pVknRTA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1pV低,而由平均动能可知平均动能减小,A 项错误;32kEKTC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1pV大,C 错误;B图像过程可读出压强不变,体积增大,温度升高,由压强1pV,nRTN FpVS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),为每个气体分子的平均碰撞力F(仅由温度决定) ,因压强不变,而温度
27、升高导致增大,可得 N 减小,故 B 正确;FD过程可读出压强增大,体积减小,温度不变,因温度不变使得不变,而压强增大,则气体F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:1pV3=2AkAEn NEn NKT内可知理想气体的内能不变,故 E 项正确;故选 BDE。(2)(10 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、温度均为。缓慢加热 A 中气0V0T体,停止加热达到稳定后,A 中气体压强为原来的 1.2 倍。设
28、环境温度始终保持不变,求气缸 A 中气体的体积和温度。AVAT【答案】;076V01.4T【解析】设初态压强为 p0,膨胀后 A,B 压强相等 pB=1.2p0(2 分)B 中气体始末状态温度相等 p0V0=1.2p0(2V0-VA) (2 分), (2 分)076AVVA 部分气体满足(2 分)00001.2 AAp Vp VTTTA=1.4T0(2 分)34物理一选修 34)(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 t=0.2s 时的波形图,P、Q 是这列()波上的两个质点,图乙是 P 质点的振动图象,下列说法正确的是() (填正确答案标号,选
29、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/sCt=0.1s 时质点 Q 处于平衡位置正在向上振动DP、Q 两质点在任意时刻加速度都不可能相同EP、Q 两质点在某些时刻速度可能相同【答案】BCE【解析】A图甲是 t=0.2s 时的波形图,图乙是 P 质点的振动图象,则在 t=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 =6.0m,由图乙确定周期 T=0.4s,根据波长、波速和周期的关系可
30、知=15m/s6.0m/s0.4vT故 B 正确;Ct=0.2s 时,质点 Q 处于波峰,则t=0.1s=时4T质点 Q 处于平衡位置向上振动,故 C 正确;D质点 P、Q 的平衡位置,相隔,当质点 P、Q 关于波谷或波峰对称分布时,位置相同,加速34度相同,故 D 错误;Et=0.2s 时,质点 P 向下运动,质点 Q 也向下运动,在某些时刻速度可能相同,故 E 正确。故选 BCE。(2)(10 分)(2020河南高三期末)一玻璃砖截面如图所示,O 为圆环的圆心,内圆半径为 R,外圆半径为 3R,AF 和 EG 分别为玻璃砖的两端面,AOE=,B、C、D 三点将圆弧四等分。一细束单120色光 a 从 F 点沿平行于 BO 方向从 AF 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 n;(ii)从 B 点出射的光线相对于射入玻璃砖前入射光线的偏转角 。【答案】 (i) (ii)3n 60【解析】(i)光路图如图所示:设从 AF 界面射入时的入射角为 1,折射角为 2,因为 a 光线平行于 BD,则 1=60,根据余弦定理有(2 分)22( 3 )23cos30FBRRRRR 所以3=,2=(2 分)3030根据折射定律有。 (2 分)12sin3sinn(ii)因为, (2 分)43sinsinn解得4=60则偏转角 为。 (2 分)60