《2021届全国100所名校高考物理一模试卷(含答案解析).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届全国100所名校高考物理一模试卷(含答案解析).pdf（14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届全国100所名校高考物理一模试卷一、单 选 题（本大题共5 小题，共 30.0分）1.下列说法正确的是（）A.卢瑟福用实验得出原子核具有复杂的结构B.玻尔认为，氢原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C.重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损D.将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期改变2.宇宙飞船运动到月球上方的4 点时，速度方向与04连线垂直，此时从飞船 X队：、向外沿速度的反方向抛出空投袋，抛出后飞船做匀速圆周运动，而空投袋（沿椭圆运动正好落在月球的对立面B点处，则下列说法正确的是（）（）A.抛出空投袋后的瞬间，飞船的线速度比空投袋的线速度
2、大/B.抛出空投袋后的瞬间，飞船的加速度比空投袋的加速度大C.当空投袋运动到B点时，飞船也运动了半周D.空投袋从4 运动到B的过程中机械能逐渐增大3.如图所示，直角杆上用两根不可伸长的轻绳拴住一小球，最初4 c 绳水平，BC绳与竖直方向的夹角0=30。，现把直角杆沿顺时针缓慢转过90。，则在转动过程中，对ZC绳的拉力&和BC绳的拉力尸 2叙述错误的是（）A.6 一直变小C.0 与尸 2的夹角不变B.&先变大后变小D.握一直变小，最终变为零4.如图所示，小球原来紧压在竖直放置的轻弹簧的上端，撤去外力后弹簧将小球竖直弹离弹簧，在这个弹离的过程中（）。卜A.小球的动能和重力势能发生了变化，但机械能保
3、持不变B.小球增加的动能和重力势能，等于弹簧减少的弹性势能C.小球克服重力所做的功有可能大于弹簧弹力所做的功D.小球的最大动能等于弹簧的最大弹性势能5.通有电流/的直导线竖直放置，且可绕0点向各个方向转动，电流方向如图所示，。为直导线的中心，下列哪种情况将会发生（）A,导线受磁场力的作用，绕。点逆时针方向转动B.导线受磁场力的作用，绕。点上端向外，下端向里转动C.导线受磁场力的作用，绕。点上端向里，下端向外转动D.导线不受磁场力的作用，故不转动二、多 选 题（本大题共4小题，共23.0分）6.如图是位于x轴上某点的电荷在直线PQ右侧的电势3 随久变化的图线，a、夕b是X轴上的两点，过P点垂直于
4、x轴的直线PQ和4轴是该曲线的渐近线，：则以下说法正确的是（）；A.可以判断出OP间的各点电势均为零 O p a b xB.负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能C.可以判断出P点左侧与右侧的电场方向均为x轴正方向D.正检验电荷从a点移到b点，电场力一直做正功7.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是（,rV（）A.电源的电动势为6.0U 一 、x OO 0.1 0 B,则（）A 0 RO.oA.星球4的质量一定大于B的质量B.星球4的向心加速度一定大于B的向心加速度C.4与B运动的角速度的大小相等D.双星的总质量一定，双星之间的距离越大，其转动周期越小9 .下列说法
5、正确的是（）A.当分子间的距离增大时，分子间作用力的合力一定减小B.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大C.第二类永动机违反了能量守恒定律D.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度不一定较大E.布朗运动是由于液体分子的无规则运动引起的三、填 空 题（本大题共1小题，共4.0分）1 0 .如图所示，一个半径为R的;透明球体放置在水平面上，一束光从4点沿水平方向射入球体后经B点射出，最后射到水平面上的C点.己知。A =?,该球体对光的折射率为迎，则它从球面射出时的出射角夕=;在 透 明 体 中 的 速 度 大 小 为 （结果保留两位有效数字）（己知光在的速度c =3 x 1 08m/s）四、实
6、 验 题（本大题共2小题，共1 5.0分）1 1 .利用图（a）所示的装置验证动量守恒定律.在图（a）中，气垫导轨上有4、B两个滑块，滑块4右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间.实验测得滑块4质量m i=0.310kg,滑块8的质量巾2 =0.108kg,遮光片的宽度d=1.00c m：打点计时器所用的交流电的频率为f=50H z.将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰；碰后光电计时器显示的时间为 =3.500m s,碰撞前后打出的
7、纸带如图（b）所示.若实验允许的相对误差绝对值(碰 撞黑,:黑之差|X 1 00%)最大为5%,本实验是否在误差范围内验证(cm)1 2 .有一只满偏电流/g=5加4,内阻R g=4 000的电流表G.若把它改装成量程为1 0U 的电压表，应联一个_ _ _ _ _ _ 0 的分压电阻，该电压表的内阻为_ _ _ _ _ _ 0；若把它改装成量程为3 4 的电流表，应 联一个_ _ _ _ _O 的分流电阻，该电流表的内阻为五、计算题(本大题共4小题，共 52.0分)1 3 .如图所示，一平直的传送带以速度U =2 m/s 做匀速运动，传送 B带把力处的工件运送到B 处，力、B 相距L=l(h
8、n。从4 处把工件无(今初速地放到传送带上，经过时间t =6 s,能传送到B 处，欲用最短的时间把工件从4 处传送到B 处，求传送带的运行速度至少多大？1 4 .2 02 0年第3 8 届美国公开赛单板滑雪U 形场地比赛在美国结束，中国选手蔡雪桐夺得冠军，这是中国运动员首次获得美国公开赛金牌。单板滑雪u 形池如图所示，由两个完全相同的;圆弧滑道A B、C D 和水平滑道B C 构成，圆弧滑道的半径R 为2 0m,B、C 分别为圆弧滑道的最低点，一质量M 为4 5k g的运动员从轨道4 处由静止滑下，由于在4 到8向下滑行过程中运动员做功，运动员在。点竖直向上滑出轨道上升的最高点离D 点高度H为
9、1 0 m,滑板的质量m为5 k g,不计轨道摩擦和空气阻力，重力加速度g 取l Om/s?,求(1)在圆弧滑道的B 点对轨道的压力；(2)从4 到B 的过程中运动员所做的功。15.如图所示，一绝热气缸固定在倾角为30。的固定斜面上，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量为m,横截面积为S。初始时，气体的温度为T o,活塞与气缸底部的距离为3通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时，气 体 的 温 度 变 为 已 知 大 气 压 强 为 po,重力加速度为g,不计活塞与气缸壁之间的摩擦求:(1)此时活塞与气缸底部的距离；(2)加热过程中气体内能的增加量。16.一列沿x轴负方向传播的
10、简谐横波,在t=0时刻的波形图如图所示，质点振动的振幅为5cmM、N两点的坐标分别为(2,0)和(7,0),已知t=0.5s时，M点第二次出现波峰。这列波的传播速度多大？从t=0时刻起，经过多长时间N点第一次出现波峰？当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为多少？*参考答案及解析1.答案：B解析：解：4、关于原子核有复杂结构的信息最先来自于天然放射现象，故 A 错误；2、玻尔认为，氢原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的，故 2 正确；C、中等大小的核的比结合能最大、核子平均质量最小，轻核聚变与重核裂变过程中都是释放能量,都发生质量亏损，故 C错误；。、半衰期是描述原子核衰变快慢的物理量，
11、只取决于原子核内部结构，与其化学状态、物理状态无关，故。错误.故选：B。天然放射现象说明原子核具有复杂的结构；波尔提出了轨道量子化与定态、跃迁的原子理论；重核裂变与轻核聚变过程都要放出能量，都有质量亏损；元素的半衰期由原子核内部因素决定，与外界环境因素无关。本题考查了物理学史、半衰期等问题，本题涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识是解题的前提与关键，平时要注意基础知识的学习与积累。2.答案：A解析：根据近心运动的规律分析线速度关系.由牛顿第二定律和万有引力定律分析加速度的关系.由开普勒第三定律分析周期关系，确定时间关系。解决本题的关键要知道飞船做圆周运动时由万有引力提供圆周运动向心力，空
12、投袋做近心运动，万有引力大于向心力。A.抛出后飞船做匀速圆周运动，则有6 普=也 的 售，即得飞船的线速度”册=呼空投袋做近心运动，则有G普7 n您得空投袋的线速度袋 J 半.则得u船 雳即抛出空投袋后的瞬间，飞船的线速度比空投袋的线速度大，故 A 正确；B.根据G婴=/n a,得。=等，可知M、r相同，a相同，即抛出空投袋后的瞬间，飞船与空投袋的加速度相等，故 8 错误；C 当空投袋运动到B点时，运动了半周.由开普勒第三定 律 号 知，飞船的周期比空投袋的大，所T2以飞船运动不到半周，故 c 错误;D 空投袋从4运动到B的过程中，万有引力做功，机械能不变，故力错误。故选Ao3.答案：A解析：
13、解：初始状态时，小球受到三个力，竖直向下的重力m g,水平向左的AC绳拉力居，和斜向右上的8c绳拉力尸 2,如图所示，由于小球保持动态平衡状态，三个力的矢量和为零，可以构造矢量三角形，力的三角形的外接圆正好是以初态时的尸 2为直径的圆，由图可知，片先变大，然后变小，尸 2一直变小，直到零，且F1与 尸 2的夹角不变，故 A 错误，BCO正确；本题让选错误的，故选：Aa整个装置在纸面内缓慢转动，装置在每个位置都处于平衡状态。以小球为研究对象受力分析，根据平衡条件，由力的图示分析两个拉力如何变化即可。本题属于动态变化分析问题，可以用作图法求解。作图时要抓住不变的量，它是作图的依据。4.答案：B解析
14、：解：4、小球上升过程高度增加、速度发生变化，小球的动能和重力势能发生了变化；小球上升过程弹簧的形变量减小，弹簧的弹性势能减少，由功能关系可知，弹簧减小的弹性势能转化为小球的机械能，小球的机械能增加，故 A 错误；8、小球运动过程，小球和弹簧组成系统只有重力和弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律可知，弹簧减少的弹性势能转化为小球的动能和重力势能，小球增加的动能和重力势能等于弹簧减少的弹性势能，故 8 正确；C、当小球到达最高点时，弹簧的弹性势能全部转化为小球的重力势能与动能之和，此时小球的动能不为零，小球增加的重力势能小于弹簧弹力所做的功，小球克服重力所做的功小于弹簧弹力所做的功
15、，故 C错误；。、当小球所受合力为零，即弹簧弹力与重力合力为零时，小球的动能最大，此时弹簧仍处于压缩状态，弹簧具有一定的弹性势能，小球与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，从释放弹簧到小球动能最大过程，弹簧减少的弹性势能等于小球增加的动能与小球增加的重力势能之和，因此小球的增大动能小于弹簧减少的弹性势能，小于弹簧的最大弹性势能，故 C错误。故选：B。小球在上升的过程中弹簧的弹力减小，弹性势能减少，弹性势能转化为小球的动能和重力势能，当弹力减小到与重力相等时，此时小球的动能最大，在向上运动的过程中，重力大于弹簧的弹力，小球开始做减速运动，直到小球和弹簧分离。知道机械能守恒的条件，分析
16、清楚小球的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律即可解题。5.答案：C解析：解：磁感线分布如图所示，用左手定则判断通电直导线上端受安培力方向向外，下端受安培力方向也向外，上端磁感线疏松，下端磁感线密集，可知上端磁感应强度小，导线受安培力较小，下端磁感应强度较大，导线受安培力较大，所以直导线受磁场力的作用，绕。点下端向外，上端向里转动，故C正确，错误。故选：C o根据通电导线周围存在磁场，依据右手螺旋定则可确定，电流与磁场的方向关系，再由左手定则可知，通电导线在磁场中受到的安培力的方向，由于通电导线距离不同，磁场的强弱也不同，即可判定安培力的大小，从而求解.本题考查安培力大小和方向的分析，掌握
17、右手螺旋定则与左手定则的应用，注意区别左手定则与右手定则，同时知道离通电导线越远的磁场越弱.6.答案：BD解析：解：4、C、由题意，过P点垂直于x轴的直线PQ和x轴是该电势曲线的渐近线，所以产生该电场的点电荷是正电荷，位于P点.所以P点左侧的电场的电势与P点因此的电势是对称的，0P间的各点电势均不为零，P点左侧的电场方向为 轴负方向.故4 c都错误；B、由图可知a点的电势高于b点的电势，根据电势能的公式：=qp,所以负检验电荷在a点的电势能小于在b点的电势能.故B正确；D、由图可知a点的电势高于。点的电势，所以电场的方向是由a指向b,正检验电荷在ab之间受到的电场力的方向由a指向b,当正电荷从
18、a点移到b点，电场力的方向与运动的方向相同，所以电场力一直做正功.故。正确.故选：BD电势8 与位移x图线的斜率表示电场强度，根据斜率判断电场强度的方向和变化，从而判断出孤立点电荷的电性和位置，根据顺着电场线的方向电势降低判断电势的高低，由 =勺8判定电荷的电势能的变化，由电场力的方向与运动方向的关系判定电场力的做功.解决本题的关键是掌握电场线方向与电势变化的关系，能熟练运用电势能的表达式与能量守恒定律判断能量的变化，是常见的问题.7.答案：AD解析：电源的路端电压与电流的关系图象中应明确：图象与纵坐的交点为电源的电动势；但与横坐标的交点可能不是短路电流，要根据对应的纵坐标进行分析；图象的斜率
19、表示电源的内阻。对于电源的U-/图象要注意认真观察其坐标的设置，本题中由于纵坐标不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流。A.图象与纵轴的交点表示电动势，由图可知，电源的电动势为6.0 V,故A正确；注图象的斜率表示内阻，由图可知，电源的内阻=宣0=2 0,故B错误；C.短路电流/=&=芋4=3.0 4故C错误；。.由电流为0.24时，路端电压为U=E-IT=6.01Z-2 X 0.2V=5.61/,则由欧姆定律可知R=彳=2 8 0,故。正确。故选AD.8.答案：BC解析：解：4、根据万有引力提供向心力6/3?=因为以TB，所以犯4 瓶8，即4的质量一定小于B的质量，故A错误；B、双
20、星系统角速度相等，根据a=r s 2,且4。0 8,可知，4的向心加速度大于B的向心加速度,故8正确；C、双星运动系统角速度相等，故C正确;D、设两星体间距为3中心到A的距离为o,到B的距离为%,根据万有引力提供向心力公式得:mAmB 2n o 27roG-=r4（T）（于）=rA+rB解得周期为:由此可知双星总质量一定时，距离越大，周期越大，故。错误;故选：BCo双星靠相互间的万有引力提供各自围绕圆心运动的向心力，具有相同的角速度，根据向心力公式判断质量关系，根据=a r 判断线速度关系双星运动时，两星圆周运动的角速度（周期）相同，彼此间的万有引力提供圆周运动向心力。9 .答案：BDE解析：
21、解：4 从平衡位置开始，当分子间的距离增大时，分子间作用力的合力先增大后减小，故 A错误；8、物体的内能与物体物质的量、温度、体积以及物态都有关，温度高的物体内能不一定高；而温度是分子的平均动能的标志，温度高的物体分子的平均动能一定大，故 B正确；C、第二类永动机没有违反能量守恒定律，而是违反了热力学第二定律，故 C错误；D,在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故。正确；E、布朗运动是指固体微粒的无规则运动，是由于液体分子的无规则运动引起的，故 E正确。故选：B D E。根据分子力随距离的变化
22、情况分析分子力的变化；温度是分子的平均动能的标志，内能与多个因素有关；第二类永动机违反了热力学第二定律；在一定气温条件下，大气中相对湿度越大，水气蒸发也就越慢，人就感受到越潮湿；在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥。本题比较全面考查了对微观量的运算、热力学第二定律、分子动理论等知识的掌握情况，对于这部分知识要通过课本加深理解。1 0 .答案：4 5；2.1 x 1 08m/s解析：解：在B 点，由几何关系可得入射角i =乙4 8。=3 0。，由折射定律得：7 1 =坐sini解得：0 =4 5。由1 7=:得=I。=2.1 x 1 08m/s故答案为：4 5
23、,2.1 x 1 08z n/s首先根据几何关系得出光线在B 点时的入射角为3 0。由折射定律即可求出折射角的大小；由光在某介质中的传播速度与折射率的关系式u =可求出光在透明体内的传播速度.n要熟练的掌握光的折射定律得内容：入射光线、折射光线、法线在同一平面内，入射光线、折射光线分居法线两侧，入射角的正弦值与折射角的正弦值成正比.会熟练的应用来求光在介质中的传播速度.11.答案：解：打点计时器的打点时间间隔t=9=*=，2s,J bUtlZ由图(b)所示纸带可知，碰撞前4 的速度：以=半=嗤=2m/s,碰撞后4 的速度以=嘿=0.97m/s,碰撞后B的速度：vB=-=2.86m/s,8 O.
24、5 X1U 0碰撞前后系统总动量分别为：p=m1vA=0.31 X 2=0.62kg m/s,pr=+m2vB,绝对误差：I 亨 I X 100%1.7%5%,由此可知，在误差范围内验证了动量守恒定律.答：在误差范围内验证了动量守恒定律，证明过程如上所述.解析：根据图示纸带求出滑块的速度，然后求出碰撞前后的动量，根据题目要求判断动量是否守恒.本题考查了验证动量守恒定律实验，由纸带求出滑块速度是正确解题的关键、应用动量计算公式即可正确解题.12.答案：串 1600 2000 并 0.668 0.667解析：解：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值为：R=-Ra=-4 0 0 =
25、1600。，1g 9 0.005 电压表内阻为：Rv=R+Rg=1600+400=20000把电流表G改装成34的电流表应并联一个分流电阻，并联电阻阻值为:RIgRg _ 0.005X400I-1Q-3-0.005x 0.668/2,电流表内阻为:以=空=卓=0.667。；故答案为：串，1600,2 0 0 0,并，0.668,0.667把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，把电流表改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。本题考查了电压表与电流表的改装，要求能知道电表改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。1 3 .答案：解：工件从4 到B
26、 的平均速度：v=7 =m/s =(；=l m/s 这说明工件在6 s 内先做匀C 6 o L加速直线运动，后做匀速直线运动。设工件做匀加速直线运动的时间为则：S i=a s2=v(t -且 S i+s2=L,联立解得：t i=2 s；工件做匀加速运动的加速度：a=F =|=l 爪/S 2欲使工件用最短时间由4 至B,工件应一直做匀加速运动，则由：/=2aL得，=72aL=2 遥 m/s。答：欲使工件用最短时间由4 至B,传送带的速度至少为2 V 5 m/s。解析：根据运动学公式，抓住总位移为L =1 0 m,求出匀加速运动的时间，再求出加速度；欲使工件用最短时间由4 至B,工件应一直做匀加速
27、运动，根据匀变速直线运动的速度位移关系公式求解。解决本题的关键判断出工件的运动情况，物体能否做加速还是减速运动，关键看物体与传送带间速度关系，再由牛顿第二定律和根据匀变速直线运动的公式进行求解。1 4 .答案：解：(1)从最低点B 点到最高点的过程中，由机械能守恒定律：+=(M +m)g(R+”)，在最低点对运动员：FN (m+M)g=(m+M)解得FN=2 0 0 0/V,由牛顿第三定律得运动员对轨道的压力为2 0 0 0 N.(2)从A 到B 的过程中以人和滑板为研究对象，设此过程中人做的功为W.W+(M +m)gR=j(M +7 n)v2,解得从4 到B 的过程中运动员所做的功=5 0
28、0 0 7.答：(1)在圆弧滑道的B 点对轨道的压力为2 0 0 0 N；(2)从4 到8 的过程中运动员所做的功为5 0 0 0/。解析：(1)从B 到最高点，根据机械能守恒求得在B 点的速度，在B 点根据牛顿定律求得相互作用力；(2)从4 到B,根据动能定理求得所做功。本题主要考查了动能定理和机械能守恒，关键是分析物体在运动过程中各力做功情况，选好研究过程即可。15.答案：解：(1)气体压强不变，由盖一吕萨克定律得：异=*解得，活塞与气缸底部的距离：r =I.5L(2)设气缸内气体的压强为p,对活塞，由平衡条件得：p0S 4-mgsin30Q=pS解得：P=P o+翳气体体积变大，气体对外
29、界做功：IV=pSAL=(p0+)S x(1.5 L-L)=O.5(poS+0.5mg)L由热力学第一定律可知，气体内能的增加量：AU=W-Q =Q-0.5(po5 +0.5mg)L答：(1)此时活塞与气缸底部的距离是1.5 L；(2)加热过程中气体内能的增加量是Q-0.5(pS+0.5 m5)Z,解析：(1)气缸内封闭气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律求解气体的温度。(2)以活塞为研究对象，由平衡条件可求得封闭气体的压强，求出气体对外界做的功，再由热力学第一定律求出气体内能的增加量。对于气体的问题，往往是理想气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，首先要正确判断气体的状态变化过程，再选择合
30、适的规律。对于气体等压变化过程，要掌握气体对外做功公式W=p A V。16.答案：解：根据图象可知，该波波长；l=4m；M点与最近波峰的水平距离为6 m,距离下一个波峰的水平距离为1 0 m,所以波速为：”*意=20m/sN点与最近波峰的水平距离为s=11m当最近的波峰传到N点时N点第一次形成波峰，历时为：t1=；=s =0.5 5 s该波中各质点振动的周期为：T=0.2sN点第一出现波峰时质点M振动了今=0.4s则叫=2T质点M每振动：经过的路程为5 c m,则当N点第一次出现波峰时，M点通过的路程为：4s=8 x 5 cm=40cm=0.4m答：这列波的传播速度是20m/s。从t=0时刻起，经过0.5 5 s时间N点第一次出现波峰。当N点第一次出现波峰时，”点通过的路程为0.4m。解析：根据t=0时波形图，由波的传播方向来确定质点M的振动方向，由在t=0.5s时，M点恰第二次出现波峰，即可求出周期，根据图象读出波长，从而求出波速。图中x=47n处的波峰传到N点时，N点第一次出现波峰，根据t=；求所用时间。根据时间与周期的关系，求M点通过的路程。本题要能由波的传播方向来确定质点的振动方向，掌握由质点的振动情况来确定周期，并由周期与波长从而求出波速。