備戰2021年高考物理名校全真模擬新課標專用1月卷

第三模擬

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。分。

14.（2020?四川成都市?高三月考）近年來，人類發射了多枚火星探測器，對火星進行科學探究，為將來人類

登上火星、開發和利用火星資源奠定了基礎。利用引力常量G和下列有關數據，不能計算出火星質量的是

（）

A.火星的半徑及火星表面重力加速度（不考慮火星自轉）

B.衛星在火星附近繞火星做圓周運動的速度及周期

C.火星繞太陽做圓周運動的周期及火星與太陽球心間的距離

D.衛星繞火星做圓周運動的周期及衛星與火星球心間的距離

【答案】C

【詳解】

A.不考慮火星自轉，萬有引力充當向心力

cMm

G-^=mg

得中心天體火星質量

M車

故A正確，不符合題意;

B.由題意有

—MmV

G——=m—

rr

T=迎

V

得中心天體火星質量

V3T

M

2兀G

故B正確，不符合題意;

C.由題意有

_Mm4萬2r

G「一="?——

r2T2

M為中心天體太陽的質量，火星質量已經被消去，不能計算火星質量，故C錯誤，符合題意;

D.由題意有

〃Mm4"2r

G—T--m——

r2T2

得中心天體火星的質量

故D正確，不符合題意。

故選C。

15.（2020?江蘇鎮江市?高三期中）如圖所示，光滑水平面上放置著質量分別為1kg和2kg的A、B兩個物

體，A、B間的最大靜摩擦力為4N,現用水平力F拉B物體，使A、B以同一加速度運動，則尸的最大值

為（）

T

5—I-AF

A.3NB.6NC.9ND.12N

【答案】D

【詳解】

對物體A,當有最大加速度時

ma

fm=A

對

AB的整體

F=（mA+mB）a

聯立解得

F=12N

故選D。

16.（2021.全國高三專題練習）用電阻率為p、橫截面積為S的硬質細導線，做成半徑為R的圓環，垂直圓

環面的磁場充滿其內接正方形，［=°時磁感應強度的方向如圖（a）所示，磁感應強度3隨時間「的變化關

系如圖（b）所示，則在，=°到'=2%的時間內（）

圖(b)

A.圓環中的感應電流方向先沿順時針方向后沿逆時針方向

B.圓環所受安培力大小除'。時刻為零外，其他時刻不為零

B°R5

C.圓環中的感應電流大小為4兀人"

B『nR3s

D.圓環中產生的熱量為

【答案】C

【詳解】

A.根據圖像，由楞次定律可知，線圈中感應電流方向一直為順時針方向,A錯誤;

B.由于圓環沒有在磁場中，不受安培力，B錯誤;

C.由閉合電路歐姆定律得

_E

=7

又根據法拉笫電磁感應定律得

石=絲=遺

△tt0

正方形的邊長

jR

又根據電阻定律得

2兀/?

r—p-----

S

聯立解得

"B°RS

4兀夕“

C正確;

D.圓環中產生的熱量為

以R'S

。=/32，°

4兀60

D錯誤。

故選C。

17.（2020?天津和平區?耀華中學高三月考）如圖所示，輕彈簧的一端固定在墻上，另一端與置于粗糙水平面

上質量為，〃的小球接觸但不連接。開始時小球位于。點，彈簧水平且無形變。。點的左側有一豎直放置的

光滑半圓弧軌道，圓弧的半徑為R,8為軌道最高點，小球與水平面間的動摩擦因數為必現用外力推動小

球，將彈簧壓縮至A點，OA間距離為的，將球由靜止釋放，小球恰能沿軌道運動到最高點瓦己知彈簧始

終在彈性限度內，重力加速度為g。下列說法中正確的是（）

A.小球在從A到O運動的過程中速度不斷增大

B.彈簧恢復原長的過程中對小球的沖量大小為用/頒

C.小球通過圓弧軌道最低點時，對軌道的壓力為5mg

D.小球與彈簧作用的過程中，彈簧的最大彈性勢能Ep=25”gR+同監ro

【答案】D

【詳解】

A.小球在從A到。運動的過程中，受彈力和摩擦力，由牛頓第二定律可知

k^x-/jmg-ma

物體做加速度減小的加速運動，當加速度為零的時（彈力等于摩擦力時）速度最大，接下來摩擦力大于彈力,

小球開始做減速運動，當彈簧原長時離開彈簧，故A錯誤；

B.小滑塊恰好能到達圓弧軌道最高點5,由重力提供向心力，由牛頓第二定律得

Vg

me-m—

R

從°到B的過程中，根據機械能守恒定律可得

；〃7%=J+2mgR

聯立得

小球在從A到。運動的過程中，合力對小球的沖量為

F合t=mv0—0=#5gR

故B錯；

C.小球在最低點時做圓周運動，由牛頓第二定律得

v2

N-mg-m%

聯立以上解得

N=6mg

故C錯誤；

D.從A到。根據能量守恒得

Ep+Ringx。

聯立以上得

Ep=2.5mgR+/Jmgxa

故D正確。

故選D。

18.（2020?江西南昌市?南昌二中高三月考）有一金屬棒成，質量為機，電阻不計，可在兩條軌道上滑動，

如圖所示，軌道間距為L,其平面與水平面的夾角為仇置于垂直于軌道平面向上的勻強磁場中，磁感應強

度為8,金屬棒與軌道的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，回路中電源電動勢為E,內阻不計（假設金屬棒與

軌道間動摩擦因數為〃），則下列說法正確的是（）

A.若R>mgsin6+4mge0s6,導體棒不可能靜止

BEL

B.若R<,〃gsine+〃機geos。，導體棒不可能靜止

C.若導體棒靜止，則靜摩擦力的方向一定沿軌道平面向上

D.若導體棒靜止，則靜摩擦力的方向可能水平向右

【答案】B

【詳解】

AB.由左手定則可判斷導體棒受到的安培力方向平行于斜面向匕根據閉合電路的歐姆定律可得

E

R

當導體棒受到的摩擦力向上且剛好靜止，則根據平衡條件可得

BIL+/.imgcos0>mgsin0

聯立方程解得

BEL

R<

mgsin0-/jmgcos0

當導體棒受到的摩擦力向下且剛好靜止時，由平衡條件可得

BIL<jjmgcos0+mgsin6

聯立方程解得

BEL

R>

mgsine+〃mgcos0

聯立得

_______唯_______</?<________吧_______

mgsin3+/jmgcos0mgsin0-jjmgcos6

則電阻在上述范圍時，導體棒靜止，故A錯誤，B正確；

CD.根據AB中的受力分析可知，靜摩擦力的方向可能向上，也可能向下，故CD錯誤。

故選B。

19.（2020.江蘇南通市.高三月考）氫原子能級圖如圖所示，氫原子從〃之3的各個能級直接躍遷至a=2能

級時，輻射光的譜線稱為巴爾末線系。關于巴爾末線系，下列說法正確的有（）

n及

80

4…二二-O.S5eV

3------------------------1.51eV

2------------------------3.4eV

1-13.6eV

A.波長最長的譜線對應光子的能量為L89eV

B.大量處于〃=4能級的氫原子向基態躍遷過程，可輻射出6種處于巴爾末線系的光子

C.氫原子從〃=3能級躍遷至"=2能級時，輻射出的光子不能使逸出功為2.25eV的金屬發生光電效應

D.若氫原子從〃=4能級躍遷至〃=2能級時輻射出的光子能使某金屬發生光電效應，則光電子的最大初

動能為2.55eV

【答案】AC

【詳解】

A.波長最長的譜線對應的光子能量是從〃=3能級躍遷到〃=2能級釋放出的光子，其能量為

￡=￡—&=-1.51-（-3.4）eV=1.89eV

故A正確；

B.由于氫原子從〃之3的各個能級直接躍遷至〃=2能級時，輻射光的譜線稱為巴爾末線系，則大量處于

〃=4能級的氫原子向基態躍遷過程，只有“=4—〃=2和〃=3-〃=2兩種躍遷輻射出的兩種光子的譜

線符合巴爾末線系，故B錯誤；

C.氫原子從八=3能級躍遷至〃=2能級時，其能量為1.89eV,小于2.55eV,輻射出的光子不能使逸出

功為2.25eV的金屬發生光電效應，故c正確；

D.若氫原子從〃=4能級躍遷至〃=2能級時輻射出的光子能量為

S'=E4-E2=-0.85-（-3.4）eV=2.55eV

使某金屬發生光電效應，根據

可知，由于%大于零，則光電子的最大初動能小于2.55eV,故D錯誤。

故選ACo

20.（2020?四川成都市?高三月考）在勻強電場中有一個正六邊形區域abcdhf,電場線與六邊形所在平面平

行，如圖所示。已知“、氏/I三點的電勢分別為7V、11V、-5V,帶電荷量為e的粒子（重力不計）以16

eV的初動能從b點沿不同方向射入abcdhf區域,當粒子沿bd方向射入時恰能經過c點，下列判斷正確的

是（）

A.粒子帶負電

B.粒子可以經過正六邊形各頂點射出該區域

C.粒子經過了點時動能為24eV

D.粒子可能從方點射出該區域

【答案】AD

【詳解】

如下圖所示，連接b/?,ah,過點作初的垂線交于與的延長線交于m點。

h

A.由幾何關系易得，a=30,夕=6°,Nbah=9U,網垂直附。

因為丸=7V,<Pb=HV,%=-5、故有

。“產12V—16V4=4V

，，

因為mh—2mb=Ama,則

=8=4V

故有

<P,n=例,

則成，為等勢線，因為/機初1=90,故電場線方向為由旭點指向力點。當粒子沿bd方向射入時恰能經過

。點，可知粒子向下偏轉，則粒子帶負電，故A正確；

B.當該粒子沿附方向運動時，恰不能從八點處射出，故B錯誤；

,3,,

bn=—bh

C.由幾何知識得4且〃點與/點等電勢點，則

3

Uhf=Uhn=-Uhh=\?N

從b點運動到了點，由動能定理得

4一EM,=Whf=eUhf

E=?6eV

解得，粒子經過f點時動能為蛆，故C錯誤；

D.當粒子沿油方向運動時，粒子先向〃點方向減速為零，再反向加速從〃點射出，故D正確。

故選AD?

21.（2020?河南高三月考）如圖所示，質量為，"的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上，彈簧下端

固定在地面上，小球甲和質量為4m的物體乙用輕繩連接，且跨過光滑的定滑輪。開始時用手托住物體乙，

讓輕繩剛好被拉直但沒有力，此時小球甲靜止于尸點，輕繩與水平方向的夾角為。=53°,現將物體乙由靜

止釋放，經過一段時間小球甲運動到。點，。。兩點的連線水平，°°=",且尸、。兩點處彈簧彈力的大

小相等。己知重力加速度為g,sin53°=0.8,cos53°=0.6o下列說法正確的是（）

mg

A.彈簧的勁度系數為d

B.小球甲位于。點時的速度大小為V3

C.從物體乙由靜止釋放到小球甲到達。點的過程中，小球甲和物體乙的機械能之和先減小后增大

D.從物體乙由靜止釋放到小球甲到達。點的過程中，物體乙重力的瞬時功率先增大后減小

【答案】BD

【詳解】

A.兒Q兩點處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點的壓縮量等于Q點的伸長量，由幾何關系知

4

PQ=dtan530=丁

則小球位于P點時彈簧的壓縮量為

I?

x=-PQ=-d

對P點的小球由力的平衡條件可知

mg-kx

解得

3mg

k

~2d

故選項A錯誤；

B.當小球運動到。點時，假設小球甲的速度為v,此時物體乙的速度為零，又小球甲、物體乙和彈簧組成

的系統機械能守恒，則由機械能守恒定律得

[cos53°一"）一mgdtan53°=1mv2

解得

故選項B正確；

C.小球由P到。的過程，彈簧的彈性勢能先減小后增大，則小球甲和物體乙的機械能之和先增大后減小，

故選項C錯誤；

D.由于小球在尸點和。點處，物體乙的速度均為零，則物體乙重力的瞬時功率先增大后減小，故選項D

正確；

故選BD。

22.（6分）

（2020?陜西西安市?長安一中高三月考）（1）如圖所示的游標卡尺，它的游標卡尺為19mm長20等分，它

的讀數為cm。

123cm

01（）2（）

（2）某同學研究小車的勻變速直線運動。他實驗時將打點計時器接到頻率為50Hz的交流電源上，得到一

條紙帶，打出的部分計數點如圖所示（每相鄰兩個計數點間還有4個點圖中未畫出）。即=3.59cm,X2=4.41cm,

X3=5.19cm,X4=5.97cm,X5=6.78cm,X6=7.64cmo則小車的加速度a-m/s2（要求充分利用測量的

數據），打點計時器在打B點時小車的速度以尸m/s。（結果均保留2位有效數字）

J-A""BCDEFG）

\???????\

lit????

ill????

H?———

【答案】1.4500.800.40

【詳解】

（1）游標卡尺的讀數1.4cm+0.05mmx10=1.450cm

（2）每兩個計數點間有四個點沒有畫出，故兩計數點間的時間間隔為7=5x0.02=0.1s；

根據逐差法可知，物體的加速度為：

了4+毛+4—王—々—七7.64+6.78+5.97—3.59—4.41—5.19

x102m/s2=0.80m/s2

9T29x0.12

8點的速度等于AC段的平均速度，則有:

_%2+%3.59+4.41_?.

--------------xlOn/2=0.40m/s

2T2x0.1

23.（9分）

(2019,浙江吳興區?湖州中學高三期中)在描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗中，小燈泡標稱

“2.5VQ.3A"，電流表內阻約為。5。。電壓表內阻約為3kC,滑動變阻器總阻值為5C,回答下列問題。

(1)如圖1所示為開關閉合前的實物連接圖，其中有兩個不合理的地方，請指出其中的一處：。

圖2

(2)改進后，移動滑動變阻器的滑片，觀察到電表相繼出現如圖2甲、乙的示數，則產生這種現象的原因

可能是__________

A.電壓表短路B.電壓表斷路C.小燈泡短路D.小燈泡斷路

(3)排除故障后，通過實驗得到圖3所示小燈泡的伏安特性曲線，若將小燈泡接在電動勢為2V,內阻為

1°。的直流電源上，求出燈泡的實際功率約為w

(4)若將小燈泡從電路中單獨取出，用多用電表的歐姆檔測量其阻值，選擇開關和指針位置如圖4所示,

讀數明顯小于額定電壓下發光時的阻值，對這一結果解釋最合理的是

A.多用電表只能粗測阻值，測出的阻值很不準確

B.由于指針偏角過大，應換X10倍率，歐姆調零后重新測量阻值

C.多次測量取平均值有可能會接近額定電壓發光時的阻值

D.多用電表測的是常溫下的燈泡阻值，而小燈泡在額定電壓下發光時溫度較高，阻值更大

【答案】“電流表量程選擇錯誤，應選S6A”或“滑片位置錯誤，應置于最左端”D0.075D

【詳解】

(1)小燈泡的額定電流為0.3A,但是電流表選擇的是3A的量程，導致電流表測量誤差比較大，應該選擇

0.6A的量程；閉合開關前，應該保證燈泡兩端電壓位于最小值，這樣可以更好的保護燈泡不被損壞，所以

滑片應該位于最左端；

（2）AB.若電壓表短路或者斷路，則電壓表的示數應該為0,觀察甲乙兩圖可以發現，移動滑片過程中，

電壓表示數不為0,故A、B錯誤；

C.當燈泡發生短路，則電壓表示數應該為0,電流表有示數，而觀察甲乙兩圖可以發現電流表有示數，故

C錯誤；

D.當燈泡發生斷路時，電流表示數為0,電壓表示數隨著滑動變阻器滑片的移動而變化，故D正確。

故選D。

（3）畫出電源的路端電壓與電路的圖像如圖所示

兩條圖像的交點就是燈泡實際工作時的電壓和電流，根據功率的公式

P=UI

解得

P=0.075W

（4）多用電表測的是常溫下的燈泡阻值，而小燈泡在額定電壓下發光時溫度較高，阻值更大。故選D.

24.（14分）

（2020?河南省實驗中學高三期中）具有我國自主知識產權的“殲-10”飛機的橫空出世，證實了我國航空事

業在飛速發展。而航空事業的發展又離不開風洞試驗，簡化模型如圖〃所示，在光滑的水平軌道上停放相距

s0=l°m的甲、乙兩車，其中乙車是風力驅動車。在彈射裝置使甲車獲得％=40m/s的瞬時速度向乙車運

動的同時，乙車的風洞開始工作，將風吹向固定在甲車上的擋風板，從而使乙車獲得了速度，測繪裝置得到

了甲、乙兩車的n-f圖象如圖〃所示，設兩車始終未相撞。

（1）若風對甲、乙的作用力相等，求甲、乙兩車的質量比；

（2）求兩車相距最近時的距離。

叫_1

【答案】(I)叱3；(2)4.0m

【詳解】

(1)由題圖匕可知：甲車的加速度大小

v-v30

%1=-()--=—

hA

乙車的加速度大小

v-010

因為

叫,%=m乙a乙

解得

加甲_1

叱3

(2)在次時刻，甲、乙兩車的速度相等，均為u=10m/s,此時兩車相距最近，對乙車有

丫=叼

對甲車有

V=otfl(0.4-rl)

可解得

6=0.3s

到速度相等時甲車的位移

V+Vru

s甲=—o^—=7.5m

乙車的位移

v,「

s乙=—r,=1.5m

兩車相距最近的距離為

s*=S0+,%一.際=4001

25.(18分)

(2020?江蘇南通市?高三月考)一臺質譜儀的工作原理如圖所示。甲、乙兩種比荷不同的帶電粒子從容器A

下方的狹縫吊飄入電勢差為Uo的加速電場，其初速度幾乎為0,然后經過狹縫S3沿著與磁場垂直的方向進

入磁感應強度為8的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知帶電粒子從狹縫S3進入磁場時與垂直磁場邊

界方向存在一個很小的散射角仇所有粒子均打在底片的MN區域內。甲粒子能打在底片上的最遠點為

乙粒子能打在底片上的最近點為N,點M、N到狹縫S3的距離分別為為“、回。忽略帶電粒子的重力及相互

間作用力。

4中

（1）求甲粒子的比荷咻；

（2）求乙粒子在磁場中運動的最長時間”

（3）若考慮加速電壓有波動，在（Uo-AU）到（Uo+AU）之間變化，要使甲、乙兩種粒子在底片上沒有

重疊，求應滿足的條件。

'

匚WS3

B

4

。甲—84（4+20）x1B尤jcos0-x1

----------------------------:---------------（J

［答案］（］）"MB；（2）8U0cos0；（3）AUvUcos0+xN

【詳解】

（1）甲粒子打在底片上的最遠點M,對應甲粒子在磁場中偏轉了半個圓周，即

r41=2

又

2

U^q>P=2mqiv甲

陽口Vip

Bq甲v甲二中

解得

夕甲_8-0

恤XMB

（2）乙粒子打在底片上的最近點N,對應乙粒子以散射角。進入磁場，即

2r乙COSO=XN

乂

￡

Ihqz=2乙u乙2

叱上2

Bq3乙=%

乙粒子在磁場中偏轉角為（兀+28）時，運動的時間最長，即

rz,（兀+26）=v

解得

_（1+2。冰8

2

8t/0cos0

（3）要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，即甲粒子打在底片上距離狹縫S3的最小距離比乙粒子打在底

片上距離狹縫S3的最大距離大，故

2ri|i>2rz,cos0

（U0-△〃）。甲=5引1|"甲2

、12

（Uo+kU）q乙=3相乙v乙2

r--產甲2_機乙V乙2

Bq甲Bq乙

解得

△UV會喙4〃

xMcos0+xN

（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作?答。如果多做，則按所做的第一題計分。

33.【選修3-3]（15分）

（1）（5分）

（2020?黑龍江大慶市?大慶實驗中學高三月考）下列有關熱現象和內能的說法中正確的是。（填

正確答案標號，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.把物體緩慢舉高，其機械能增加，內能不變

B.物體吸熱溫度就會上升，所以溫度越高的物體含有的熱量就越多

C.電流通過電阻后電阻發熱，它的內能增加是通過“做功”方式實現的

D.分子間引力和斥力相等時，分子勢能最大

E.分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，但斥力減小得快

【答案】ACE

【詳解】

A.把物體緩慢舉高，其機械能增加，但是沒有機械能轉化為物體的內能，則物體的內能不變，選項A正確；

B.改變物體內能的方式有做功和熱傳遞。熱量是過程量，只存在于熱傳遞的過程中，不能說物體含有多少

熱量，故B錯誤。

C.電流通過電阻后電阻發熱，它的內能增加是通過“做功”方式實現的，選項C正確；

D.分子間引力和斥力相等時，分子力表現為零，此時分子勢能最小，選項D錯誤；

E.分子間的引力和斥力都隨分子間距離的增大而減小，但斥力減小得快，選項E正確。

故選ACE?

(2)(10分)

(2020?陜西西安市?長安一中高三月考)如圖所示，導熱性能良好的U形管豎直放置，左右兩邊長度相同。

左端封閉，右端開口，左管被水銀柱封住了一段空氣柱。室溫恒為27C,左管水銀柱的長度團=10cm,右

管水銀柱長度/i2=7cm,氣柱長度L=15cm；將U形管放入117℃的恒溫箱中，U形管放置狀態不變，狀態

穩定時h\變為7cm。

(1)求放入恒溫箱中穩定時左端被封閉的空氣柱的壓強；

(2)若將U形管移出恒溫箱，仍豎直放置，冷卻到室溫后把右端開口封住。然后把U形管緩緩轉動90。,

從而使得兩管在同一個水平面內，左右兩管中氣體溫度都不變，也沒有氣體從一端流入另一端，求穩定后左

端液柱小變為多長。

【答案】(1)78cmHg；(2)3

【詳解】

(1)設大氣壓強為po,對于封閉的空氣柱

初態：pi=po+/?2-/?i(cmHg),V\=-LS,Ti=300K

末態：P2=po+h}-hi(cmHg),Vj=(L+Ai-fe)S,?2=390K

由理想氣體狀態方程得

PMPET

T2

聯立解得

po=75cmHg

/?2=78cmHg

(2)假設左右兩管中都有水銀，穩定后原左管中的水銀柱長變為〃，對左管氣體

初態：pzi=〃()+心也(cinHg)=72cmHg,Vzi=LS

末態：P3待求，Vz2=(L+hi-h)S

根據玻意耳定律有

pz\Vz\=p?.Vzi

對右管氣體

初態：〃yi=po=75cm〃g,Vn=(L+/71-/12)S

末態:小待求，Vn=(L+/z))S-(A2+A1-A)S

根據玻意耳定律有

PYIVYI=P^VY2

聯立解得

31

/?=3cm</j|+/z2

31

說明左右兩管中都有水銀，所以狀態穩定后處變為3cm。

34.【選修3-4](15分)

(1)(5分)

(2020?四川成都市?高三月考)一列簡諧橫波在r