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1、2021届百所名校高考模拟一模试卷一、单 选 题（本大题共5小题，共30.0分）1.一理想变压器与电阻R、交流电压表心电流表4按图甲所示方式连接，R=1O 0,变压器的匝数比为=半。图乙是R两端电压U随时间变化的图象，/巾=10V2K下列说法中正确的是（）A.通过R的电流R=y/2cos50ntAB.电流表4的读数为0.14C电流表4的读数为缁4D.电压表U的读数为10/1/2.下列叙述正确的是（）A.物体在恒力作用下不可能作曲线运动B.变速运动一定是曲线运动C.合运动就是物体的实际运动D.两个分运动是直线运动，则它们的合运动一定是直线运动3.如图所示，用细绳拴着质量为m的小球，在竖直平面内做
2、半径为R的圆周运动，厂重力加速度为g。则下列说法正确的是（）A.小球通过最高点时，绳子张力一定大于零B.小球通过最高点时，绳子张力一定等于零C.小球能通过最高点时临界速度为前D.小球通过最高点时，绳子对小球的作用力可以与小球所受的重力方向相反4.一小球质量为m,用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于。点，在。点 川赛2正下方，处钉有一颗钉子。如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则下列说法错误的是（）A.小球的角速度变为原来2倍 B.小球的向心加速度变为原来.C.小 球的向心力变为原来2倍D.绳的拉力变为原来2倍5.如图所示，虚线a、氏c代表电场中的三个等势
3、面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=4 c，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点.据此可知（）A.带电质点通过P点时的电势能较Q点小B.带电质点通过P点时的动能较Q点大C.带电质点通过P点时的加速度较Q点小D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大二、多 选 题（本大题共5小题，共27.0分）6.如图所示，质量为小的小车在水平恒力F推动下，从粗糙的山坡底部4处由静止开始运动至高为八 的坡顶B处时速度为小 AB之间的水平距离为s,重力加速度为g.下列说法正确的是（）A.小车克服重力所做的功为mg/iB.合外力对小车做的功为C.推 力 对 小 车
4、做 的 功 为+D.小车克服阻力做功为F s-m g八 一如图所示，通有恒定电流的螺线管竖直放置，铜环沿螺线管的轴线加速下落，在下落过程中，环面始终保持水平.铜环先后经过轴线上的1、2位置时的加速度分别为的、a2,位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距离.则A.%gB.a2当 痴 时，PT 0,故A8错误；C、u 2 碗是小球能沿着圆弧通过最高点的条件，故C正确；。、若D（声时，FT 0,而绳子只能产生拉力，不能产生与重力方向相反的支持力，故。错误；故选：Co对小球在最高点位置时分析向心力的来源，利用牛顿第二定律列方程求得在最高点的临界速度，即可解答。圆周运动问题重在分析向心力的来源，
5、利用牛顿第二定律列方程，记住刚好能过最高点的临界情况。4.答案：D解析：解：4、把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变，半径变为原来的一半，根据v=r 3,则角速度变为原来的两倍。故A正确；8、当悬线碰到钉子后，半径是原来的一半，线速度大小不变，则由a=贮分析可知，向心加速度突r然增加为碰钉前的2倍。故8正确。C、根据向心力F的=m a,质量不变，向心加速度突然增加为碰钉前的2倍，所以小球的向心力变为原来2倍，故C正确；2 2D、根据牛顿第二定律得：悬线碰到钉子前瞬间：Timg=m1得：A=m g+m5悬线碰到钉子后瞬间：T2-m g =m -,得：&=+
6、2小后由数学知识知：&2。.故。错误。本题选说法错误的故选：Do把悬线沿水平方向拉直后无初速度释放，当悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变，半径减小，根据。=r s、a=判断角速度、向心加速度大小的变化，根据牛顿第二定律判断悬线拉力的变化r解决本题的关键要掌握线速度、角速度、向心加速度之间的关系，以及知道在本题中悬线碰到钉子的前后瞬间，线速度大小不变。5.答案：D解析：4根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故A错误；8、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故B错误；C D,等势线密的地方电场线
7、密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故C错误，。正确。故 选Do6.答案：ABD解析：解：力、小车上升的高度为/I,则小车克服重力做功生 =m g/i,故A正确。8、根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功为：山 病,故B正确。C、对整个过程运用动能定理有：WF-m gh-Wf=|m v2,则克服阻力做功必=Fs-m g h -m v2,推 力 做 功 不 等 于+故c错误，。正确。故选：ABD.根据上升的高度确定小车克服重力做功的大小，根据动能定理求出合力做功的大小以及克服阻力做功的大小.本题考查了动能定理的基本运用，知道合力做功等于动能的变化量，
8、合力做功等于各力做功的代数和，基础题.7.答案:AC解析：试题分析：铜环在1位置时，穿过线圈的磁通量增大，所以产生一个阻碍线圈向下运动的力,故加速度的g,A正确，在2位置时，线圈磁通量不变化，所以没有感应电流产生，此时a a =g，B错误，根据楞次定律可得铜环在位置1、3的感应电流方向相反，C正确，。错误故选A C考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律点评：解决本题的关键会用楞次定律去判定感应电流的方向，以及会利用楞次定律的另一种表述进行解题8.答案：BD解析：解：总质量m、衰变剩余质量m i、衰变时间，半衰期之间关系为：m i=m G)n,n为半衰期次数，即n=5，曲为半衰期，t为衰变时间，所以
9、在本题中有：c0A、经过1个半衰期后剩余U为三，但U变成了2，矿石的质量变化很小，故A错误；B、经过2个半衰期后剩余U为m i：=故8正确；C、经过三个半衰期后，其中铀元素的质量还剩血2=巾(3=7 7 1,故C错误；。、铀衰变的速度与温度无关，故。正确。故选：B D。解答本题的关键是熟练掌握有关半衰期的运算，弄清总质量、衰变质量、衰变时间，半衰期之间关系；半衰期与温度无关。本题考查了有关半衰期的理解及运算，要注意对基本概念和规律的理解及应用。9.答案：AE解析：解：4、热力学第二定律的实质：一切与热现象有关的实际宏观过程都具有方向性，是不可逆的，故A错误；8、扩散现象说明了分子的热运动，分子
10、间存在空隙，是要打破一切不均衡性，使之均衡，故B正确；C、表面张力的微观解释，液体表面层由于分子引力而产生沿表面作用于任一界线的张力，故C正确。、晶体具有确定的熔点与凝固点，相同质量，同一晶体的熔解热与凝固热相等；故。正确；民 做功和热传递是改变物体内能的两种方法，故E错误；本题选不正确的故选：AE在热力学中，系统发生变化时，内能的变化为U=Q+；扩散现象、表面张力的解释，做功和热传递是改变物体内能的两种方法.本题考查了热力学第一定律和热力学第二定律，关键是根据公式A E =W+Q进行分析，基础题.10.答案：AD解析：解：4、图中是半个波长的波形，则该波的周期T=2t=0.5s,频率/=2
11、H z,故A正确.B、由图知，波长4=2 m,波速“=：=&=4 m/s,波从图示位置传到B点的时间1 =1s,t 0.25v 4图示时刻x=处质点的振动方向向下，则在t=1.0s时B点开始向下运动，故B错误.C、波从图示位置传到x=3.处的质点用时是一个周期，即0.5 s,则在 =0.755时，=3.0血绳的质点开始向下振动，故C错误.。、当t=10s=207时，波从。点传到力的时间为t=0.5T,则t=10s时，质点4已经振动了 19.57,质点4起振方向向下，则当t=10s时，质点4正位于平衡位置速度方向向下.故。正确.故选：AD.由波形确定出周期，由/=求频率.绳波是横波，。点开始时振
12、动方向与图示时刻x=1m处质点的振动方向相同；由图读出波长，根 据 求 出 波 速.分 析 4、B间距离与波长的关系，确定状态的关系；根据时间t=10s与传播时间和振动时间的关系，分析质点A的运动状态.本题研究时要抓住波在同一均匀介质中是匀速传播的，根据。=:求波速和时间，这是常用的方法.对于简谐波，要掌握其基本特点：介质中各个质点起振动方向相同.11.答案：0420 0.417 B解析：解：(1)由图乙可知，BC=10.50cm=0.1050m；DE=6.95cm=0.0695m；碰前小车的速度为：%=华=卷 黑=1.05m/s,I U.U Z X o碰前的总动量为：P=rnAvA=0.4
13、x 1.05=0.420kg-m/s；碰后小车的共同速度为：。=字=黑 衿=0.695m/s,碰后的动量为:P=(mA+mB)v=(0.4+0.2)x 0.695=0.417kg-m/s；(2)碰前动量可以按(1)中方法求出，但碰后由于被碰小车的速度无法求出，故无法求出碰后的动量，故 B 正确，ACO 错误。故选：B。故答案为：(1)0.420,0.417；(2)8。(1)根据图象，由速度公式求出小车的速度，然后由P=mv求出动量.(2)分析实验方法，从而明确求解动量的方法，从而明确能否求出碰撞前后的动量大小。本题考查了验证动量守恒定律实验，分析清楚小车运动过程，运用速度公式、动量计算公式即可
14、正确解题，要掌握根据纸带求速度的方法。12.答案：A 0.75 1.67解析：解：(1)图中横轴表示温度，纵轴表示电阻，随着温度的增加，金属热电阻的阻值略微增大，而热敏电阻的阻值显著减小。所以这种热敏电阻在温度上升时导电能力增强；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的影响更敏感。(2)(a)为方便实验操作，滑动变阻器可以选A；小灯泡电阻较小，电流传感器应采用外接法，描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；好传感面(b)由图甲可知，通过灯泡的电流是0.3 4 时，灯泡两端电压是2.5 V,则灯泡功率P =U/=2.5 V x0.3/1 =0.
15、7 5 W；电源电动势是3 V,过点(0.3 4 2.5 U)和纵轴上3 V的点作一直线，该直线是电源的U-/图象，如图所示，根据闭合电路欧姆定律应有E=U+/r,解得r=1.6 7 0 0故答案为：(1)4电路如图所示；(4)0.7 5；(5)1.6 7。(1)在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；实验时.，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由于灯泡电阻较小，电流表可以采用外接法；(2)由小灯泡的U-/图象，根据电流找出灯泡两端电压，由=求 出 灯 泡 功 率；在图象上作出电源的U-/图象，根据闭合回路欧姆定律求解电源内阻。本题考查了实验电路设计，
16、确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路的关键，同时注意掌握利用伏安特性曲线分析实验数据的基本方法。1 3.答案：解：(1)由匀变速直线运动的速度位移公式得：v2=2 g h,解得速度为：v=y/2gh.=V2 x 1 0 x 2 0 =2 0 ni/s,重力的瞬时功率为：P瞬=m g v=1 0 X 1 0 x 2 0 =2000W.(2)由右手定则可知，感应电流方向为：a 流向b；(3)金属杆转动的角速度为：3 =：=午=2 0 r a d/s,金属杆切割磁感线产生感应电动势为：E=BLv=8 仇-r2)空 w =4 0 X(1 -0.5)x x 2 0 =3 0 0 V,除电阻外一
17、切电阻不计，则电阻两端电势差为3 0 0 V；(4)重力功率等于发热功率，则：m g v -解得：R=9/2；答：(l)1 0 k g 的医药物资能安全地以最大速度落地时重力的瞬时功率为2 0 0 0 I V；(2)当重物下落时，圆环顺时针转动，外电路的电流方向为：a 流向b；(3)利用该装置使医药物资以最大安全速度匀速下降，此时电阻R 两端的电势差为3 0 0 V；(4)若医药物资的质量m=50kg,可调电阻R 的阻值为90.解析：(1)应用匀变速直线运动的速度位移公式求出落地速度，然后应用功率公式求出重力的瞬时功率.(2)应用右手定则可以判断出感应电流的方向.(3)应用E=B Lu 求出感
18、应电动势，然后求出电压.(4)由能量守恒定律可知，重力的功率等于发热功率，从而求得可调电阻的阻值.本题考查了求功率、判断电流方向、求电势差、求电阻阻值问题，认真审题理解题意是解题的前提，应用运动学公式、法拉第电磁感应定律的内容，掌握能量守恒关系即可解题，理解题意、掌握基础知识是解题的关键，平时要注意基础知识的学习与应用.1 4.答案：解：(1)在Q 点，轨道对小滑块的支持力为凤=%=1 2.5 N由牛顿第二定律即，+小。=等从P 到Q 的过程中，由动能定理得：-z n g 2 R=如 诏-)诏解得=5m/s(2)对长木板，由牛顿第二定律得a m g -2(僧+M)g =M a2由运动学规律得
19、=：a 2 t 2解得t =I s则长木板的长度为L=史券t-x =|xlm-lm=1.5 m(3)对小滑块，由运动学的规律得昨=a.t由牛顿第二定律得F -4 1 m g =m a 解得尸=9N答：(1)小滑块到达P 点时速度的大小与为5 m/s；(2)长木板的长度L为1.5 m；(3)水平恒力F 的大小为9 N。解析：(1)在Q 点，根据牛顿第二定律求得Q 点的速度，从P 到Q 根据动能定理求得滑块到达P 点的速度；(2)对长木板，根据牛顿第二定律求得木板的加速度，利用运动学公式求得木板运动的时间，滑块做加速运动，根据运动学公式求得通过的位移，即可求得木板的长度；（3）根据运动学公式求得滑
20、块的加速度，利用牛顿第二定律求得拉力。对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答：知道加速度是联系动力学和运动学的桥梁。1 5.答案：解：气体的初状态：PA0=2X 76 cmHg,匕o =今，打开阀门，A室气体做做等温变化，PA=76 cmHg,体积为外,由玻意耳定律：以0 5。=以以，解得：匕=竽：温度从7。=3 0 0 K升高到T,4中的气体由匕变化到%,压强为以,气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：/能,解得：T=450K,故温度从4 5 0 K升高到A =5 4 0 K的过程中，气体做等容变
21、化，由查理定律得：%管,解得：PAI=91.2cmHg答：将阀门K打开后，4室的体积变成竽；打开阀门K后将容器内的气体从3 0 0 K加热到5 4 0 K,4室中气体压强为91.2 c m H g.解析：以4中气体为研究对象，应用玻意耳定律可以求出物体的体积.应用盖吕萨克定律求出气体体积变为时气体的温度，然后应用查理定律求出气体的压强.本题考查了求气体体积、气体压强，分析清楚气体状态变化过程，求出气体的状态参量，应用气体状态方程即可解题.1 6.答案：解：（1）画出光路图如图，由几何知识可知:sin91=,r=-：-8 =0.8y/r2+h2 V82+62sin92=-*=/:=0.62 7（-r）V182+242由折射定律得，九=鬻，得兀=S I T 1 U 2 J（2）根据u =：=2.5 X 1 0 8m/s3答：（1）水的折射率是:.（2）光在水中的传播速度2.5 x 1 08m/s.解析：（1）画出光路图，根据几何知识求出入射角和折射角的正弦，由折射定律求出折射率.(2)光在水中的传播速度=本题画出光路图是分析和求解的基础，要培养这方面的基本功.根据几何知识求入射角或折射角是常用思路.