《2021年全国新课标高考物理模拟预测卷03 答案详解与评分标准.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年全国新课标高考物理模拟预测卷03 答案详解与评分标准.docx（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021年全国新课标高考物理模拟预测卷03【新课标卷】答案详解与评分标准题号1415161718192021答案ABBCDACBCDCD14.【命题立意】本题考查运动学图像的理解与分析【答案】A【解析】两段在时间轴上投影的长度相同，因此两段的运动时间相同，选项A正确；由图象下方面积表示位移可知，两段位移不等，因此平均速度不同，选项B错误；两段的速度变化量大小相等、方向相反，选项C错误；由a可知，两段的平均加速度大小相等、方向相反，选项D错误15.【命题立意】本题考查力与运动的关系。【答案】B【解析】物块刚接触弹簧后，弹簧形变较小，此时弹簧弹力小于重力，物块仍然做加速运动，故选项A错误；物块接触
2、弹簧后，弹簧形变到最大的这一过程中，弹簧弹力先小于重力，之后等于重力，再然后大于重力，故物块是先加速后减速，选项B正确；当物块速度最大时，加速度为零，此时必有合力为零，选项C错误；弹簧被压缩至最短时，弹力大于重力，此时有加速度且方向向上，不等于零，选项D错误16.【命题立意】本题考查电容器的动态分析与计算【答案】B【解析】保持开关S闭合，电压恒定，上极板A竖直上移，由C，知电容C减小，由E，知E减小，P与下极板距离不变，P与下极板电势差减小，下极板带正电，P处为负电势，故P点电势升高，由QUC，知Q减少，电容器放电，电流计中电流方向向左，故A、C错误，B正确；断开S，电容器所带电荷量Q一定，上
3、极板A竖直上移，C减小，E不变，故油滴静止不动，D错误17.【命题立意】本题考察功和功率的计算【答案】C【解析】第1秒内，小球沿F方向的分运动为匀加速运动，加速度a10 m/s2，则位移为x1×10×12 m5 m，F做功WFFx150 J，选项A错误；小球在第1 s内速度变化了vat10 m/s，选项B错误；在2 s内，沿v0方向小球位移为20 m，沿水平向东方向位移为10 m，故2 s内小球的位移大小为 m10 m，选项C正确；2 s末沿水平方向小球的速度为0，F的功率为0，选项D错误18.【命题立意】本题考察电磁感应的综合问题，意在考察学生获取信息的能力【答案】D【解
4、析】由右手定则可知，金属棒ab中的感应电流由a到b，故A错误；由xt图象求得t3.5 s时金属棒的速度为v m/s7 m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为FBIL而I，EBLv联立有F，根据平衡条件得Fmg代入数据解得B0.1 T，故B错误；金属棒ab在开始运动的6.0 s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路产生的焦耳热设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律得mgxmv2Q，代入数据解得Q3.465 J，则金属棒ab产生的焦耳热为QrQ0.99 J，故C错误；根据法拉第电磁感应定律有感应电流，电荷量qt联立解得q又BLx则电荷量为q由题图乙可知金属棒ab在开始的3.5
5、s内的位移x19.6 m，代入数据解得q2.8 C，故D正确19【命题立意】本题考察氢原子能级跃迁问题【答案】AC【解析】一群处于基态的氢原子被一束单色光照射后，跃迁到n3的激发态，激发态不稳定，向低能级跃迁时辐射出三种频率的光子根据玻尔理论分析可能的频率处于基态的氢原子在某单色光束照射下，只能发出三种频率的光，知处于第3能级，因为1、2为其中的两种光子，所以2可能频率最大，故该单色光的能量可能为h2，A正确，B错误；若第三种光子频率最大，则根据玻尔理论，h3E3E1，E3E2h1，E2E1h2，可见312，C正确，D错误20.【命题立意】本题考察万有引力定律的应用【答案】BCD【解析】根据G
6、m2(Rh)可得卫星受到的向心力Fm(Rh)2卫星的加速度a(Rh)2，故A错误，B正确；对卫星有Gmm2(Rh)在地球表面，有mgG联立解得vR，v，故C、D正确21.【命题立意】本题考察带电体的运动，意在考察学生分析问题解决问题的能力【答案】CD【解析】滑块到达P点之前，由mgsin (mgcos qvB)ma知，随速度增加，加速度增大，A错误；滑块经过P点后，洛伦兹力垂直斜面向下，Ff(mgcos qvB)增大，故加速度不会增大，B错误；若Ff>mgsin ，可能做减速运动，C正确；最终匀速时，mgsin (mgcos qvB)，得v，D正确22.【命题立意】考察验证胡克定律的实验
7、原理【答案】15.70(15.6915.71均可)12.24(12.2012.28均可)27.45(27.4027.48均可)【解析】指针A所指标尺刻度的读数为LA15.70 cm.根据胡克定律，利用逐差法计算，为了减小偶然误差，我们间隔相减kA1(LA3LA1)2mgkA2(LA4LA2)2mg则k1代入数据，整理得k112.24 N/m将LA15.70 cm代入表格，算得LB1LA114.26 cm对应LBLA就是弹簧B的长度与悬挂重物对应值，用同样的方法可得：kB1(LB3LA3)(LB1LA1)2mgkB2(LB4LA4)(LB2LA2)2mg则k2代入数据，整理得k227.45 N/
8、m.23【命题立意】本题考查测量一节干电池电动势和内阻实验原理及数据处理【答案】(1)1.18 V(1.101.50均正确)1.42 (1.301.60均正确)(2)0.630导线总电阻约为0.07 ，远小于电源内阻【解析】(1)根据实验原理有EI(Rr)I变形得 x将x坐标系中的点连成直线如图，则有图象斜率k，得E1.18 V截距为b1.2，得r1.42 .(2)螺旋测微器固定刻度为0.5 mm，可动刻度为0.01×13.0 mm0.130 mm，所以最终读数为0.630 mm，由电阻定律得R1.7×108× 0.07 ，由于导线电阻约为0.07 ，远小于电源内
9、阻，则实验时可以不考虑导线电阻24. 【命题意图】本题考查带电粒子在组合场中的运动【答案】(1)v1v221 (2)t1t238【解析】（1）粒子在电场中加速，令加速的位移为x，则根据动能定理有qExmv2所以v粒子在磁场中运动时，其轨迹如图，a粒子的圆心为O，b粒子的圆心为O，根据几何知识可知R2·sin 30°R1R2则有R1R212根据洛伦兹力提供向心力有qvB联立可得14，v1v221，（2）粒子在磁场中运动的周期为T所以两粒子在磁场中运动的时间之比为t1t2T1T238，25.【命题意图】本题考查动量守恒定律、动能定理、碰撞规律等【答案】(1)4 m/s8 m/s
10、(2)43.8 N(第一次)和17.8 N(第二、三次)(3)5 m/s【解析】(1)设P、Q第一次碰撞前瞬间Q的速度为v1，碰撞后瞬间Q、P的速度分别为v2、v3，Q从开始下落至到达C点的过程，由动能定理有m1g(HR1)2m1g·m1v0解得v112 m/sQ运动到C点与P发生碰撞，碰撞过程没有能量损失，设向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v1m1v2m2v3，m1vm1vm2v联立解得：v28 m/s，v34 m/s。(2)设Q第一次经过B点时速度为v0，由动能定理有m1g(HR1)m1v设此时轨道对Q的支持力大小为F1，有F1m1gm1联立解得F143.8 N
11、；P、 Q第一次碰撞后Q向左滑行，假设Q能第二次到B点且速度大小为v4，由动能定理有2m1gm1vm1v设此时轨道对Q的支持力大小为F2，有F2m1gm1联立解得F217.8 N，v4 m/s；Q滑上圆弧轨道AB后再次滑下，第三次经过B点时的速度大小仍为v4，轨道对Q的支持力大小仍为F217.8 N；假设P、Q不会发生第二次碰撞，设P、Q第一次碰撞后P运动到D点时的速度为v5，由动能定理有1m2gm2vm2v解得v53 m/s此过程经历的时间为t0.5 s若不计Q在圆弧AB上运动的时间，则此时间内Q在水平面BCD间运动的距离为x|v2|t2gt23.375 m<2即P运动到D点时Q还未运
12、动到C点。由x6.4 m<2可知，Q最终停在BD上，则假设成立。由牛顿第三定律可知，Q经过圆弧末端B时对轨道的压力大小为43.8 N(第一次)和17.8 N(第二、三次)。(3)P滑上M的轨道的过程中M向右加速，从轨道上滑下的过程中M仍向右加速，则P滑回到水平面时M有最大速度，设P刚回到水平面时，M和P的速度分别为v7和v6，P从滑上M到回到水平面，P和M组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，设水平向右为正方向，则有m2v5m2v6m3v7，m2vm2vm3v联立解得v75 m/s，v62 m/s可知，M的最大速度为5 m/s，且P的最终速度为2 m/s，方向向右，不会再返回粗糙水平面
13、BD。33.【命题立意】分子动理论固体液体、热力学第二定律、气体实验定律【答案】(1)BDE(2)m放热【解析】(1)由热力学第二定律可知热量能够从高温物体传到低温物体，也能从低温物体传到高温物体但会引起其他变化，故A错误；分子间有间隙，存在着相互作用的引力和斥力，当分子间距离比较大时表现为引力，当分子间距离减小时，分子引力先增大后减小；当表现为斥力时分子间距离变小时分子力增大，故B正确；墨汁的扩散运动是因为微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡，故C错误；在宇宙飞船中的水滴呈球形是失重的水的表面张力作用的结果，故D正确；石墨和金刚石的物理性质不同是由于组成它们的物质微粒排列结构不同
14、，故E正确(2)由题意可得，缓慢降温过程是一个等压过程初态：温度T0，体积V0LS，末态：温度T1，体积V1由盖吕萨克定律有，解得T1升温过程中，活塞不动，是一个等容过程，设重物P的质量的最小值为M初态：温度T1，压强p1p0，末态：温度T2T0，压强p2p0由查理定律有，解得Mm.整个过程中，理想气体的温度不变，内能不变，外界对气体做功，W>0，根据热力学第一定律UQW知，QW<0，即气体是放热的；活塞缓慢下降过程，外界对气体做的功为W·.即气体放出的热量为34.【命题立意】机械振动机械波、几何光学【答案】(1)ABE(2)nsin 2sin 15°【解析】(
15、1)由题图(b)可知波的周期为T0.02 s，则两横波的波长为vT6 m，所以A正确；由题可知MP6 m，则波由M传到P，所用时间为t0.02 sTt为0.025 s时，P点已经振动T，则M点处的波源产生的第一个波峰到达P点，所以B正确；由题意可知PNMNMP12 m，两列波到达P点的波程差为xPNMP6 m，是波长的整数倍，可知P点为振动加强点，所以C错误；波源M的波需要一个周期传到P点，t0.035 sT<2T，P点振动了T，路程为s3×5 cm15 cm，所以D错误；振幅为10 cm的质点即为加强点，则xn，n取0，±1，±2，对应的位置有5个：MN的中点，距离M和N分别6 m处，距离M和N分别3 m处，所以E正确(2)垂直尾灯右侧面入射的光线恰好发生全发射时，由折射定律nminnmin故尾灯材料的折射率n.尾灯材料折射率n2其临界角满足sin CC30°光线以角入射，光路如图所示，设右侧面折射角为，要发生第一次全反射，有2C要发生第二次全反射，有4C根据几何知识可知015°由折射定律n解得sin 2sin 15°.