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1、2021届吉林省通化市梅河口五中高考物理模拟试卷一、单 选 题（本大题共5小题，共15.0分）1.牡基熔盐堆核能系统（TMSR）是第四代核能系统之一。其中牡基核燃料铀由较难裂变的针吸收一个中子后经过若干次0衰变而来；铀的一种典型裂变产物是钢和氟。以下说法正确的是（）A.题中铀核裂变的核反应方程为匏u+Jn t 56Ba+36Kr+30nB.钻核衰变的快慢由原子所处的化学状态和外部条件决定C.针核播7Tl经过2次0衰变可变成锲D.在铀核裂变成钢和氟的核反应中，核子的比结合能减小A.变大 B.变小 C.不变 D.无法确定3.测出万有引力常量的是（）A.开普勒 B.伽利略 C.牛顿 D.卡文迪许4.
2、质量为小 的4球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假如B球质量mg可选取不同的值，则下列说法错误的是（）A.若机8=巾4，碰后B球速度最大B.若m 8=犯4，碰后B球动能最大C.在保持MB 巾4的条件下，加3越小，碰后B球速度越大D.在保持巾8 Eb,Eb EcB.电 势（pa Wb，（Pc g的条件下,巾3越小，B的速度越大，mB=mAmA时，碰后B球的速度不是最大，故A错误，C正确；B、碰撞后B的动能：EK B=：MB%2 =（善腺z,由数学知识知：当机4=爪8时，碰后B的动能最大，故8正确；D、碰撞后B的动量：pB=芯-=RT,则知ms越大，碰后B球的动量越
3、大，故。正mA确；本题选错误的故选：Ao小球A与B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律答题。本题考查了动量守恒定律的应用，知道=弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒是解题的关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以解题，解题时要注意数学知识的应用。5.答案：A解析：解：4、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知EaEbEc.故4正确。B、沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知9 c 0b =8 a故B错误。C、沿c b a路径移动质子与电子，根据公式小=勺（/,知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，
4、则质子的电势能减小，电子的电势能增大。故C错误。D、沿b e方向直线射入的电子，所受的电场力沿c b方向，电子做直线运动。故。错误。故选：4。沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的.明确电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况.根据受力情况，分析电子的运动情况.本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电荷的电性和电势差，属于基础问题.6.答案：BD解析：解：4、线框全部在磁场中运动时，由于穿过线框的磁通量不变，所以线框中不会产生感应电流，即不受到安培力作用，在重力的作用下，线框沿着斜面向下做匀加速直线运
5、动；线框出磁场过程中，线框受到沿着斜面向上的安培力作用，如果cd边刚到达MN时线框受到的安培力大于重力沿着斜面向下的分力,线框先做加速度减小的减速运动，当安培力大小等于重力沿着斜面向下的分力大小时，线框的加速度为零，之后线框做匀速直线运动，如果cd边刚到达MN时线框受到的安培力小于重力沿着斜面向下的分力,线框先做加速度减小的加速运动，当安培力大小等于重力沿着斜面向下的分力大小时，线框的加速度为零，之后线框做匀速直线运动，如果cd边刚到达MN时线框受到的安培力等于重力沿着斜面向下的分力，则线框匀速穿过磁场，故A错误；B、整个过程流过线框截面的电荷量为勺=1=竽=字，故8正确；R R RC、线框匀
6、速运动时，根据平衡条件有7ngs比。=BIL=已了，所以匀速运动的速度为u=噂 渭，从线框静止到线框完全离开磁场的过程中，根据能量守恒有mgs-sine=lm v2+Q,则线框在离开磁场的过程中产生的焦耳热为Q=mgs-sind-故C错误；D、线框从开始运动到离开磁场的过程中根据动量定理有mgs讥。.t-嗒t=mv-O-o 2 r 2(即7ngs讥。t =mv 0,所以线框从开始运动到离开磁场的时间为t=一三+黑，故。正确。mgRsinO B2l7故选：BD。分析线框在运动过程中的受力情况，根据受力分析线框的运动情况；根据电荷量的计算公式结合法拉第电磁感应定律求解；导线穿过磁场的过程中，根据能
7、量守恒定律列方程求解线框在离开磁场的过程中产生的焦耳热；线框从开始运动到离开磁场的过程中，根据动量定理求解运动时间。解决该题需要掌握安培力的计算公式，知道线框在运动过程中的受力情况，掌握用能量守恒求解运动过程的焦耳热，掌握用动量定理求解变加速运动的时间。7.答案：CD解析：解：A B,动量是矢量，动量改变可能是大小改变，也可能是方向改变，所以速度大小不一定变，A 错误，B错误。C D,运动状态是用速度来描述的，运动状态的改变一定是速度在变，只要速度改变，不论是大小还是方向，动量都发生变化，故 C、。正确。故 选:CD。动量是矢量，有大小有方向，只要速度发生变化，物体的动量发生变化.解决本题的关
8、键理解动量的矢量性，只要大小或方向发生改变，动量发生变化.8.答案：AC解析：本题要正确分析小球下落与弹簧接触过程中弹力变化，即可求出小球合外力的变化情况，进一步根据牛顿第二定律得出加速度变化，从而明确速度的变化情况。再由机械能守恒的条件进行分析即可明确能量的变化。本题考查了牛顿第二定律的综合应用和机械能守恒定律的应用，学生容易出错的地方是：认为物体一接触弹簧就减速。对弹簧的动态分析也是学生的易错点，在学习中要加强这方面的练习。解：力、小球接触弹簧上端后受到两个力作用：向下的重力和向上的弹力。在接触后的前一阶段，重力大于弹力，合力向下，因为弹力尸=丘 不断增大，所以合外力不断减小，故加速度不断
9、减小，由于加速度与速度同向，因此速度不断变大。当弹力逐步增大到与重力大小相等时，合外力为零，加速度为零，速度达到最大。后一阶段，即小球达到上述位置之后，由于惯性小球仍继续向下运动，但弹力大于重力，合外力竖直向上，且逐渐变大，因而加速度逐渐变大，方向竖直向上；小球的加速度先减小，后增大；速度先增大后减小；故 A 正确；8 错误；C、小球做减速运动，当速度减小到零时，达到最低点，弹簧的压缩量最大。整个过程中小球的机械能一直减小；故 C正确；。、由于小球和弹簧组成的系统机械能守恒；故小球的重力势能、动能和弹簧的弹性势能之和保持不变；因动能先增大后减小；故重力势能和弹簧的弹性势能之和先减小后增大；故。
10、错误；故选：AC.9.答案：ACE解析：解：4、物体的内能是物体所有分子热运动的动能和分子间的势能之和，故 A 正确；8、布朗运动是液体分子对固体颗粒的撞击不平衡引起的，固体颗粒的运动，不是分子的运动.故B错误；C、根据热力学第二定律，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，不能将全部的内能转化为机械能，但是将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，C 正确；。、分子之间的作用力-分子引力和斥力都随距离的减小而增大，故。错误；E、气体的压强是有大量分子持续撞击器壁产生的，一定量的理想气体，在压强不变时，若温度降低，分子对器壁的平均撞击力减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数需要增加
11、，即需要减小气体的体积即可.故E 正确；故选：ACE物体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和，布朗运动是固体颗粒的运动，利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能是可能的，分子之间的作用力随距离的减小而增大；气体的压强是有大量分子持续撞击器壁产生的.该题考查内能、布朗运动的实质，热力学第二定律、分子之间的作用力以及要求的微观意义，要理解热力学第二定律的几种不同的说法.10.答案：ABD解析：解：4、光导纤维是利用全反射来实现传播信号，故A 正确；8、光是一种横波，光的偏振是光沿特定方向振动且与传播方向相垂直。一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转
12、其中一个偏振片，透射光的强度发生变化，故 B 正确；C、通过两枝铅笔的狭缝所看到的远处日光灯的彩色条纹，这是光的衍射现象，故 C 错误；。、在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由蓝光改为黄光，波长变长，则条纹间距变宽，故。正确；故选：ABD.当光从光密进入光疏介质时，若入射角大于或等于临界角时，发生光的全反射。光的偏振是光沿特定方向振动且与传播方向相垂直。光的干涉是频率相同的两种波相互叠加，出现彩色条纹。当光的波长越长则干涉条纹间距越宽。光的衍射是绕过阻碍物继续向前传播。光的全反射条件是：光从折射率大进入折射率小的介质中，且入射角大于或等于临界角。而光的干涉条件是频率相同，对于明显的衍射现象是光
13、的波长比阻碍物尺寸要大得多，可相差不大。11.答案：1.7 0.58 0.60-7712 十解析：解:已知7nl=150g=0.150/cg,m2 250g=0.250kg.(1)打点计时器所用交流电的频率为5 0 H z,每相邻两计数点间还有4个点，则相邻两计数点的时间间隔为t=5 x*=0.1s根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度，可知打第5个点时的速度为：%=*=(厂3 2T 2X0.1 (2)从打下。点到打下计数点5的过程中系统的初速度为零，所以系统动能的增加量为：Ek=+m2)vl=1 x(0.150+0.250)x1.72/x 0.58/系统重力势能的减
14、少量：%=(m2-m jg h=(0.250-0.150)x 10 x(45.40+14.60)x 10-2J=0.60/(3)对系统根据机械能守恒定律：mzg/i-mgh=(mt+m2)v2整理得：源=徐根据-九图象的斜率可知：卜=肾;g故答案为：(1)1.7；(2)0.58,060；(3)荽(1)根据在匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打下计数点5时的速度大小；(2)根根据动能的计算公式求出系统动能的增加量，据力势能的计算公式可以求出重力势能的减少量;(3)应用机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象分析答题。本题全面的考查了验证机械能守恒定律中的
15、数据处理问题，应用机械能守恒定律、匀变速直线运动的推论、动能与重力势能的计算公式即可解题；解题时注意单位换算与有效数字的保留。12.答案：AD 2.0 1.0偏小偏小解析：解：(1)从图象上看出电流表4的读数增大时，甲同学的绘制图象电压表的读数减小，乙同学的绘制图象电压表的读数增大，从电路连接可以看出，电流表4的读数增大时，电压表匕的读数减小，电压表彩的读数增大.所以甲同学是根据电压表匕和电流表4的数据绘制图象的，故B错误，4正确；乙同学是根据电压表匕和电流表4的数据绘制图象的，故C错误，D正确.故选：AD.(2)定值电阻的U-/图线是正比图线，斜率表示电阻，&=牛=/=2.00；图线乙的纵轴
16、截距表示电动势，为1.5 叭 斜率绝对值表示内电阻，k=华=咚 F=1.O0,所以电源的内阻为1 0;(3)由图可知，在测量定值电阻时采用的是电流表外接法，则由于电压表的分流而使电流表示数大于真实值；则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；测内电阻时采用相对电源的电流表外接法，则由于电压表的分流而使电流表示数偏小；可将电压表视为与电源内阻并联，则可知测量电阻偏小；故答案为：(1)4。；(2)2.0,1.0；(3)偏小，偏小(1)从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义.(2)定值电阻的U-1图线是正比图线，斜率表示电阻；电源的U-/图线的纵轴截距表示电动势，斜率表示内
17、电阻；(3)明确电路结论，根据电表内阻的影响分析电路实验误差.本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出内电阻.同时注意误差分析的方法，明确两种电路中电表内阻所带来的影响.1 3.答案：解：(1)C D 棒向上运动：F mgsind=m a代入数据解得：a=12m/s2由运动学公式：v2=2as代入数据解得：s =0.2 4 m(2)刚进入磁场时产生的感应电动势为：E=B 由=2 x 0.5 x 2.4V=2.4V由闭合电路欧姆定律有：/=芸=4 8 4又:F 安=B =2 X 4 8 X O.5 =4 8 N因为：F=m g s i n。+F 安=4
18、 0 x 0.8 +4 8 =80N所以：C D 棒在磁场中做匀速直线运动离开磁场后，C D 棒沿导轨向上做匀减速运动由/=2 g x s i n。代入数据解得：x=0.3 6 mC D 棒还能继续上升的最大高度为：h=xsinO=0.2 8 8 m(3)该同学所做的功为：W=F(s +d)代入数据解得：V/=6 4;由能量转化和守恒定律得：F(s +d)=z n g (s +d)sin6+h+QR代入数据解得：QR=2 6.8 8/答：(1)C D 棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s 为0.2 4 m；(2)该同学松手后，C C 棒能继续上升的最大高度九为0.2 8 8 m；(3)在拉升C
19、 D 棒的过程中，该同学所做的功皿为6 4/,电阻R 上产生的热量Q 为2 6.8 8/解析：(1)根据牛顿第二定律求出C D 棒进入磁场前的加速度，再由速度位移公式求出C D 棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s；(2)判断C D 棒在磁场中的运动情况是匀速直线运动，从而得出离开磁场时速度，松手后向上匀减速运动，由运动学公式求出匀减速运动的位移，即可求出C D 棒能继续上升的最大高度公(3)根据能量守恒定律求解；本题是力电综合题，关键要根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力的表达式，并计算出安培力的大小，从而判断导体棒的受力情况和运动情况.第3 小题，导体棒匀速运动时，感应电流一定，也可根据焦耳
20、定律求热量。1 4.答案：解：设碰撞后瞬间B 球能进入球袋的最小速度为火,由动能定理得：p m g x =0-1m v代入数据解得：%=2m/s由动量定理得：I =m vQ=0.25 X 2=0.5 k g m/s；设a 碰撞前瞬间最小速度为以，碰撞后瞬间为以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m vA=m v+m v0,由机械能守恒得：m vi =m v2+,m v 曲z z z联立方程并代入数据得：VA=V0=2m/s,v=o；解析：应用动能定理求出球B的速度，然后应用动量定理求出冲量大小；由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出球的速度。本题考查了求冲量、速度问题，分析清楚物体运动过
21、程，应用动能定理、动量定理、动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题；解题时注意正方向的选择。15.答案：解：匕=27。时，Ti=273K+J=273K 4-27=300K,B气体压强PBI=40cmHgf4 气体压强 P/i 团 PB I-hcmHg=40cmHg lOcmHg=30cmHg升温过程，4气体体积不变，T2=273K+t2=273K+127=4 00A T,4中气体状态变化为等容过程，由查理定律得：管，解得：PA2=4 0sn H g升温后，设8管中水银面下降%c m,而A管水银面高度不变，则A B水银面高度差为：(/i +x)c m,.所以此时P 8 2团PAI+(九+x)c
22、mHg对B气体，由气体状态方程有：号 至=吟 咨，解得：X =|初l232B气体柱长 =%+x =10c m +-c m 10.6 7c m.答：4管中气体的压强为4 0c m H g；B管中气体柱长度为10.6 7c m。解析：升温过程，4气体体积不变，4中气体状态变化为等容过程，由查理定律得升温后4管中气体的压强；升温后，对8气体，由气体状态方程可求出B管中水银面下降高度，从而根据几何关系可求出升温后B管中气体柱长度。本题关键是根据题意得到各个状态对应的压强、体积、温度中已知量，然后根据理想气体状态方程列式求解未知量。注意升温后根据B管内水银面下降的高度可表示B封闭气体的压强和体积。16.答案：解：光路图如图甲所示画出两次折射的入射角和折射角由折射定律知舞=遮，得y=30。由几何关系知夕=30代 入 您=葭，解得。=60。故。=30解析：(1)根据传播情况画出光路图；(2)本题是几何光学问题，做这类题目，一般首先要正确画出光路图，当光线从介质射入空气时要考虑能否发生全反射，要能灵活运用几何知识帮助我们分析角的大小。