2021屆高三高考物理模擬測試卷（八）【含答案】

2021屆高三高考物理模擬測試卷（八）【含答案】

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要

求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

14.；H和汨是重要的聚變核燃料，：H和汨聚變的核反應(yīng)方程為:H+：H-；He+X+17.6MeV,X與Y核

反應(yīng)又可獲得:H,即X+YHe+：H+4.9MeV,則下列說法正確的是

A.X是電子

B.Y的核電荷數(shù)為4

C.；H+：H1；He+X+17.6MeV中的17.6MeV是；He的結(jié)合能

D.X+Y-＞；He+：H+4.9MeV中平均每個核子釋放的能量為0.7MeV

【答案】D

【解析】

A.根據(jù)質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒可知，X是中子，A項錯誤；

B.根據(jù)質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒可知，Y的核電荷數(shù)為3,B項錯誤；

C.核子結(jié)合成原子核釋放的能量才是結(jié)合能，C項錯誤；

“49MeV

D.X+Y—；He+：H+4.9MeV中平均每個核子釋放的能量為一^~=0.7MeV,D項正確.

故選D。

15.（2019?重慶高三）如圖，正點電荷固定在。點，以O(shè)為圓心的同心圓上有“、&兩點，帶負電的粒子僅在電

場力作用下從〃點運動到b點，則

；、。6）：

'、、/

A.4、〃兩點電場強度相同

B.粒子在。點的動能小于在6點的動能

C.粒子在。點的加速度小于在6點的加速度

D.粒子在a點的電勢能小于在人點的電勢能

【答案】D

【解析】

A.〃、人兩點電場強度大小和方向均不同，則場強不相同，選項A錯誤；

BD.從a到6電場力做負功，則動能減小，電勢能變大，即粒子在。點的動能大于在〃點的動能，在

a點的電勢能小于在人點的電勢能，選項B錯誤，D正確；

C.粒子在。點受到的電場力較大，則粒子”的加速度大于在b點的加速度，選項C錯誤；

故選D。

16.（2020?湖南高三期末）如圖，用絕緣材料制作的光滑桿A3,B端固定在水平地面上，桿AB與水平地

面的夾角。=30，。點是桿AB的中點。水面地面上的C點固定有正點電荷。，A、C連線豎直。在桿

AB上套一個帶負電的小圓環(huán)P,并讓小圓環(huán)從A端靜止釋放，小圓環(huán)產(chǎn)能從A沿桿滑到B端，對小圓

環(huán)下滑的過程，下列說法正確的是

A.小圓環(huán)P一直做勻加速運動

B.小圓環(huán)P的機械能守恒

C.小圓環(huán)P在A點利。點的機械能相等

D.小圓環(huán)P在。點的加速度最大

【答案】C

【解析】

A.對小圓環(huán)P受力分析，受重力、靜電力、桿的彈力作用，沿桿的方向有重力的分力、靜電力的分力，

靜電力的大小方向都變化，合力隨著變化，加速度也隨著變化，不會一直做勻加速運動，故A錯誤。

B.小圓環(huán)P下滑的過程，靜電力先做正功后做負功，機械能先增加后減小，故B錯誤。

C.C離A點和。點的距離相等，靜電力相等，即A點和。點在同一等勢面上，電勢能相等，小圓環(huán)尸

下滑的過程發(fā)生電勢能和機械能的相互轉(zhuǎn)化，所以在A點和。點的機械能相等，故C正確。

D.重力沿桿方向的分力〃際sinO不變，在。點靜電力沿桿的分力沿桿向上，而在A點沿桿向下，所以

小圓環(huán)尸在。點的加速度不是最大，故D錯誤。

故選C。

17.（2019?黑龍江高三）教學(xué)用發(fā)電機能夠產(chǎn)生正弦式交變電流，原理如圖所示。矩形線圈abed面積

為S,匝數(shù)為M電阻為r,線圈在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞垂直磁場方向的軸。0'以角速

度3勻速轉(zhuǎn)動，利用該發(fā)電機向定值電阻R供電，電壓表和電流表均可視為理想表。下列說法正確

的是

A.線圈平面通過圖示位置時電流方向改變

NBS①

B.電壓表的讀數(shù)為

NBSco

C.當(dāng)線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過30。時，線圈中的電流為2(R+Y

當(dāng)線圈由圖示位置轉(zhuǎn)過30。的過程中，通過線圈磁通量的變化量為生

D.

2

【答案】D

【解析】

A.線圈在中性面時磁通量最大，電流為零，電流方向改變，A錯誤;

B.電壓表測得是路端電壓，電動勢最大值為

EM=NBSCO)

有效值

工NBSco

，設(shè)=——1=—

由于線圈有電阻，路端電壓要比有效值小，B錯誤;

C.從圖示位置開始轉(zhuǎn)動，電動勢

E=NBScocoscot,

電流

E7VBS（ycos30°?V8S（y

―+0（R+r）-2&（R+r），

C錯誤；

D.轉(zhuǎn)過30。，

BS

△①=8SsincotT

D正確：

故選D。

18.如圖所示，正方形ABC。為水平放置的長木柱的截面，一根細線一端連接在A點一端連一個小球，細

線的長為L，開始時細線水平拉直，由靜止釋放小球，要使小球剛好能垂直打在CO側(cè)面，不計小球

的大小，重力加速度為g,則正方形的邊長。的大小為

12,3r4,

A.一LrB.一L,C.-LD.—L

3589

【答案】C

【解析】

設(shè)小球剛好能垂直打在C。側(cè)面時速度大小為也由機械能守恒定律有

=—//2V2

由牛頓第二定律

v2

mg-m------

L-2d

求得

d=lL

故C正確。

故選C。

19.如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的勻質(zhì)圓盤，盤面與水平面的夾角為30。，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離L處

有小物體與圓盤保持相對靜止，繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定角速度轉(zhuǎn)動，角速度為。時，小物

塊剛要滑動，物體與盤面間的動摩擦因數(shù)為無(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，該星球的半徑為R,

引力常量為G,下列說法正確的是

這個行星的質(zhì)量加=”型

這個行星的第一宇宙速度v\=la)y[LR

這個行星的同步衛(wèi)星的周期是」二*0

(〃汴L

D.離行星表面距離為R的地方的重力加速度為4OJ2L

【答案】AB

【解析】

A.物體在圓盤上受到重力、圓盤的支持力和摩擦力，合力提供向心力，可知當(dāng)物體隨圓盤轉(zhuǎn)動到最低

點，小物塊剛要滑動，所受的靜摩擦力沿斜面向上達到最大，此時圓盤的角速度最大，由牛頓第二定

律得

〃〃igcos30°—nigsin30°—marL

所以星球表面的重力加速度

--4(t}2L

//cos30-sin30

在該行星表面

GMm

這個行星的質(zhì)量

gR2_4(O2R2L

故A正確；

B.第一宇宙速度即為衛(wèi)星繞行星表面做勻速圓周運動的速度，有

mv2

mg=~R

故這個行星的第一宇宙速度

V\=y[gR=2（0幣示

故B正確；

C.因為不知道同步衛(wèi)星距行星表面的高度，所以不能求出同步衛(wèi)星的周期，故C錯誤；

D.離行星表面距離為R的地方質(zhì)量為m的物體受到的萬有引力

GMmGMm1.

F==----=—mg=mco2L

（2R『4六4

即該地方的重力加速度為（o2L,故D錯誤。

20.（2019?重慶西南大學(xué)附中高三月考）如圖所示，在水平桌面上放置兩根相距/的平行光滑導(dǎo)軌油與

阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的。、c端相連。質(zhì)量為〃八電阻不計的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由

滑動。整個裝置放于勻強磁場中，磁場的方向豎直向上（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度的大小為以導(dǎo)體

棒的中點系一不可伸長的輕繩，輕繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一個質(zhì)量也為，〃的物塊相連,

輕繩處于拉直狀態(tài)?，F(xiàn)若從靜止開始釋放物塊，用力表示物塊下落的高度（物塊不會觸地），g表示重

力加速度，其他電阻不計，則下列說法正確的是

A.通過電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到〃

B.物塊下落的最大加速度為g

C.若〃足夠大，物塊下落的最大速度為噌

BI

D.通過電阻R的電荷量為處

R

【答案】ACD

【解析】

A.從靜止開始釋放物塊，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則可知，電阻R中的感應(yīng)電流方

向由c到〃，故A正確；

B.設(shè)導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F,根據(jù)牛頓第二定律得物塊的加速度

mg-F

a=---------

2m

當(dāng)40,即剛釋放導(dǎo)體棒時，。最大，最大值為0.5g,故B錯誤。

C.物塊和滑桿先做變加速運動，后做勻速運動，當(dāng)加速度等于零時速度最大，則有

mg=F,

而

,Blv

1=----，

R

解得物體下落的最大速度為

mgR

V=-------,

B用

故C正確；

D.通過電阻R的電量：

—EMBksBlh

q=IAt=—bt=------Af=

RRbt

故D正確。

故選ACD?

21.（2020?天津高三期末）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端與一質(zhì)量為機、套在粗糙豎直固定桿4

處的圓環(huán)相連，彈簧水平且處于原長。圓環(huán)從A處由靜止開始下滑，到達C處的速度為零，=

如果圓環(huán)在C處獲得一豎直向上的速度v,恰好能回到A處。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g,

貝IJ

A.從A到C的下滑過程中，圓環(huán)的加速度一直減小

B.從A下滑到C過程中彈簧的彈勢能增加量小于mgh

2

C.從A到C的下滑過程中，克服摩擦力做的功為絲二

4

D.上滑過程系統(tǒng)損失的機械能比下滑過程多

【答案】BC

【解析】

A.圓環(huán)從4處由靜止開始下滑，經(jīng)過8處的速度最大，到達C處的速度為零，所以圓環(huán)先做加速運

動，再做減速運動，經(jīng)過B處的速度最大，所以經(jīng)過B處的加速度為零，所以加速度先減小，后增大,

故A錯誤；

BC.研究圓環(huán)從A處由靜止開始下滑到C過程，運用動能定理列出等式

mgh-Wf-W^=()-()=()

在C處獲得一豎直向上的速度丫，恰好能回到A,運用動能定理列出等式

mv，2

-mgh+叱單-Wf=°—g

解得

W---mv2

1f4

則克服摩擦力做的功為一相聲，由分析可知，

4

嗎單=；mv~-mgh

所以在C處，彈簧的彈性勢能為

mgh-；mv2

則從4下滑到C過程中彈簧的彈性勢能增加量等于

mgh-^mv2

故BC正確；

D.由能量守恒定律知，損失的機械能全部轉(zhuǎn)化為摩擦生熱了，而摩擦生熱

。=八

兩個過程系統(tǒng)損失的機械能相等，故D錯誤。

故選BC。

三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生

根據(jù)要求作答。

(一)必考題：共129分。

22.（6分）（2020.福建高三期末）小米同學(xué)用圖所示裝置探究物體的加速度與力的關(guān)系。實驗時保

持小車（含車中重物）的質(zhì)量不變，細線下端懸掛鉤碼的重力視為小車受到的合力F,用打點計時器

測出小車運動的加速度a.

（1）下列操作中，是為了保證“細線下端懸掛鉤碼的重力視為小車受到的合力廣’這一條件的有

（）

A.實驗前應(yīng)將木板遠離定滑輪一端適當(dāng)墊高，以平衡摩擦力

B.實驗前應(yīng)調(diào)節(jié)定滑輪高度，使定滑輪和小車間的細線與木板平行

C.小車的質(zhì)量應(yīng)遠小于鉤碼的質(zhì)量

D.實驗時，應(yīng)先接通打點計時器電源，后釋放小車

（2）如圖為實驗中打出的一條紙帶，從比較清晰的點跡起，在紙帶上標(biāo)出連續(xù)的5個計數(shù)點A、B、C、D、

E,相鄰兩個計數(shù)點之間都有4個點跡未標(biāo)出，測出各計數(shù)點到A點間的距離。已知所用電源的頻

率為50Hz,則小車的加速度a=m/s2。（結(jié)果保留兩位小數(shù)）

ABCD單位：cm'

&70斗[

-——6.32——4

*------------10.87--------------J

-16.36

（3）改變細線下端鉤碼的個數(shù)，得到a-F圖象如圖所示，造成圖線不過原點的原因可能是.

【答案】AB（2分）0.93（2分）平衡摩擦力過度（2分）

【解析】

（1）A.實驗前應(yīng)將木板遠離定滑輪一端適當(dāng)墊高，以平衡摩擦力，這樣細線下端懸掛鉤碼的重力才

能視為小車受到的合力F,選項A正確；

B.實驗前應(yīng)調(diào)節(jié)定滑輪高度，使定滑輪和小車間的細線與木板平行，這樣細線下端懸掛鉤碼的重力才

能視為小車受到的合力F,選項B正確；

C.要使得細線下端懸掛鉤碼的重力等于小車受到的合力，則要使得小車的質(zhì)量應(yīng)遠大于鉤碼的質(zhì)量，

選項C錯誤；

D.實驗時，應(yīng)先接通打點計時器電源，后釋放小車，這一操作對保證“細線下端懸掛鉤碼的重力視為

小車受到的合力尸’這一條件無影響，選項D錯誤；故選AB。

（2）根據(jù)&可得小車的加速度

XCE-XAH0.1636-0.0632-0.0632

m/s2=0.93m/s2

4T24x0.12

（3）由圖像可知，小車上拉力為零時就有了加速度，可知是由于平衡摩擦力時木板抬的過高，平衡摩

擦力過度引起的。

23.（9分）（2020?福建高三期末）廈門某中學(xué)開展“垃圾分類我參與”活動，小米同學(xué)想測量某廢舊干電

池的電動勢和內(nèi)阻?，F(xiàn)有如下器材：

A.一節(jié)待測干電池（電動勢約1.5V）

B.電流表A,（滿偏電流1.5mA,內(nèi)阻n=10Q,讀數(shù)記為/,）

C.電流表Ai（滿偏電流60mA,內(nèi)阻所2.0。，讀數(shù)記為/2）

D.電壓表V（滿偏電壓15V,內(nèi)阻約3kQ）

E.滑動變阻器Ri（0-20Q,2A）

F.滑動變阻器R2（0-1000Q,1A）

G.定值電阻R3=990Q,開關(guān)S和導(dǎo)線若干

（1）為了盡可能準(zhǔn)確地進行測量，實驗中應(yīng)選用的滑動變阻器是（填寫器材前面的字母編號）

（2）根據(jù)本題要求，將圖甲的實物圖連接完整______。

（3）圖乙為該同學(xué)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的L-12圖線，由該圖線可得被測干電池的電動勢E=V,

內(nèi)阻片C。

圖乙

（4）圖丙為某小燈泡的伏安特性曲線，如將此小燈泡接到該電池兩端，其工作時的功率為-W（結(jié)果

保留兩位小數(shù)）

圖丙》

【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)為了盡可能準(zhǔn)確地進行測量，實驗中應(yīng)選用的滑動變阻器是阻值較小的E即可：

(2)電壓表量程過大，可用已知內(nèi)阻的電流表Ai與電阻R3串聯(lián)，這樣就相當(dāng)于量程為:

U=1.5x1CT'x（10+990）=1.5V的電壓表；電路連接如圖:

(3)因電流表Ai的滿量程1.5mA與電壓1.5V對應(yīng)；延長圖像交于兩坐標(biāo)軸；交縱軸于1.36mA,則

電池的電動勢為E=1.36V,內(nèi)阻

1.36-1.0

Q—2。=5.3。

49x10-3

1?0

0.8

0.6

0.4

0.2

(4)對電源36-5.3/；將電源的線和燈泡的U-1線畫在同一坐標(biāo)紙上如圖，交點為/=0.28A,

t/=0.27V,則功率

P=/gO.O8W.

24.（13分）（2019?河南高三）如圖所示，ABCD與MNPQ均為邊長為I的正方形區(qū)域，且A點為MN的

中點。A8CQ區(qū)城中存在有界的垂直紙面方向的勻強磁場,在整個MNPQ區(qū)域中存在圖示方向的勻強電場。

大量質(zhì)量為小、電荷量為e的電子以初速度vo垂直于BC射入ABCD區(qū)域后，都從4點進入電場，且

所有電子均能打在PQ邊上。已知從C點進入磁場的電子在ABC。區(qū)域中運動時始終位于磁場中，不計

電子重力。求：

（1）電場強度E的最小值；

（2）勻強磁場區(qū)域中磁感應(yīng)強度8。的大小和方向;

（3）ABCD區(qū)域中磁場面積的最小值。

【答案】⑴￡=立逋（2）綜=瞥,方向為垂直紙面向外（3）Smin=1/2-/2

elel2

【解析】

【詳解】

（1）粒子在勻強電場中做類似拋體運動，有

eE=ma（1分）

要使所有粒子均能打在PQ邊上，由題意可知至少在A點水平向左飛出的粒子能打到Q點。

1

l=-at92（1分）

2

3=卬（1分）

解得：

E=也％?（2分）

el

（2）由洛倫磁力提供向心力可得

qvB=m—（1分）

aar

由題意則有

，=/（1分）

解得；

（2分）

el

方向為垂直紙面向外

（3）由題意分析可知，圖中陰影部分為磁場面積最小范圍。上部分圓弧為以8點為圓心，以/為半徑

的圓弧，下部分圓弧為以D點為圓心，以/為半徑的圓弧。

由幾何關(guān)系求得陰影部分面積：

染"2，/一；/）（2分）

解得：

（2分）

25.（19分）（2019?河北高三）網(wǎng)上購物近年來促使物流網(wǎng)迅速發(fā)展。如圖所示為某智能快遞車間傳送裝

置的示意圖，傳送帶的右端與水平面相切，且保持%=8m/s的恒定速率順時針運行，傳送帶的長度為

L=12m?，F(xiàn)將一質(zhì)量為0.4kg的包裹甲輕放在傳送帶左端，包裹甲剛離開傳輸帶時恰好與靜止的包裹乙

發(fā)生正碰，碰撞時間極短，為0.001s,碰撞后包裹甲向前滑行了0.4m靜止，包裹乙向前運動了1.6m

靜止。已知包裹甲與傳輸帶間的動摩擦系數(shù)為0.4,包裹甲、乙與水平面間的動摩擦因數(shù)均為0.5,g

取lOm/s2,求：

（1）包裹甲在傳送帶上運動的時間；

（2）包裹乙的質(zhì)量；

（3）甲乙包裹間碰撞的平均作用力的大小。

【答案】（1）2.5s（2）0.6kg（3）2400N

【解析】

(1)包裹甲傳送帶上滑行，由牛頓第二定律可得

"=（1分）

解得

2

at=4m/s（1分）

假設(shè)包裹甲離開傳送帶前就與傳送帶共速度，由勻變速運動知識可得

詔=2qS]（1分）

解得

,=8m<A（1分）

所以假設(shè)成立,

加速度過程

S[=/卬；(1分)

得

4=2s（1分）

勻速過程

L-si=vot2（1分）

解得

t2=0.5s（1分）

所以包裹甲在傳帶上運動時間

4+L=2.5s（1分）

(2)包裹甲在水平面滑動時，由牛頓第二定律可得

/J2mAg=mAa2（1分）

解得

2

a2=5m/s（1分）

同理可知包裹乙在水平面滑動的加速度也是5m/s2,包裹甲向前滑動至靜止：

0-=~2a2sA（1分）

解得

vA=2m/s（1分）

包裹乙向前滑動至靜止

0-嗚=-2%sB（1分）

解得

vH=4m/s（1分）

包裹甲、乙相碰前后系統(tǒng)動量守恒

%%=%眩+%也（1分）

解得

%=0.6kg（1分）

（3）由乙的動量定理

Ft=mBvB（1分）

解得

尸=2400N（1分）

（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做,

則每科按所做的第一題計分。

33.[物理一選修3-3]（15分）

（1）（5分）如圖所示為一定質(zhì)量的理想氣體的壓強隨體積變化的p-J圖象，其中48段為雙曲線，則

下列有關(guān)說法正確的是（）（填正確答案標(biāo)號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分,

每選錯1個扣3分，最低得分0分）

A.過程①中氣體分子的平均動能不變

B.過程②中氣體分子單位時間內(nèi)對容器壁的碰撞次數(shù)減小

C.過程②中氣體分子的平均動能減小

D.過程③中氣體分子對容器壁的碰撞次數(shù)增大

E.過程③中氣體的內(nèi)能不變

【答案】BDE

【解析】

根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程

pV=nRT

可得：

p-nRT?—

V

故可知p-｝圖像的斜率％=而對一定質(zhì)量的理想氣體而言，斜率定性的反映溫度的高低。

A.圖像在過程①的每點與坐標(biāo)原點連線構(gòu)成的斜率逐漸減小，表示理想氣體的溫度逐漸降低,

—3

而由平均動能片可知平均動能減小，A項錯誤；

C.圖像過程②的每點與坐標(biāo)原點連線構(gòu)成的斜率逐漸逐漸增大，則溫度升高，平均動能增大,

C錯誤；

B.p-J圖像過程②可讀出壓強不變，體積增大，溫度升高，由壓強

nRTNF

p=-----=-----，

VS

其中N為單位時間單位面積的碰撞次數(shù)（由溫度和體積共同決定），了為每個氣體分子的平均碰撞力

（僅由溫度決定），

因壓強不變，而溫度升高導(dǎo)致不增大，可得N減小，故B正確；

D.過程③可讀出壓強增大，體積減小，溫度不變，因溫度不變使得不不變，而壓強增大，則氣體分

子對容器壁的碰撞次數(shù)增大，D項正確；

E.〃-:圖像過程③可讀出壓強增大，體積減小，溫度不變，因理想氣體的分子勢能不計，則有：

—3

E,=n-NA-Ek^n-NA--KT

可知理想氣體的內(nèi)能不變，故E項正確；

故選BDEo

（2）（10分）如圖，絕熱氣缸A與導(dǎo)熱氣缸B均固定于地面，由剛性桿連接的絕熱活塞與兩氣缸間均無

摩擦。兩氣缸內(nèi)裝有處于平衡狀態(tài)的理想氣體，開始時體積均為匕、溫度均為緩慢加熱A中氣

體，停止加熱達到穩(wěn)定后，A中氣體壓強為原來的1.2倍。設(shè)環(huán)境溫度始終保持不變，求氣缸A中氣

體的體積匕,和溫度普。

7

【答案】7%;L4"

6

【解析】

設(shè)初態(tài)壓強為po,膨脹后A,B壓強相等pB=1.2po（2分）

B中氣體始末狀態(tài)溫度相等poVo=l.2po（2V?-VA）（2分）

7

...匕=2匕，（2分）

o

pMlip。匕

A部分氣體滿足與@=一一A（2分）

，TA=1.4TO（2分）

34.［物理一選修3-4）（15分）

（1）（5分）（2020?河南高三期末）一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲是U