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2021届高考物理模拟测试题五

2021届高考物理模拟测试题五

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姓名：

13

（全国卷）2021届高考物理模拟测试题五（含解析）
(时间：60分钟，满分110分)
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．
14.

氢原子的能级公式为En＝E1(n＝1,2,3，…)，其中基态能量E1＝－13.6 eV，能级图如图所示．大量氢原子处于量子数为n的激发态，这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为－0.96E1，则n和可能发出的频率最小的光子能量分别为(　　)
A．n＝5,0.54 eV　　B．n＝5,0.31 eV
C．n＝4,0.85 eV D．n＝4,0.66 eV
15．一个质点做匀变速直线运动，依次经过a、b、c、d四点．已知经过ab、bc和cd段的时间分别为t、2t、4t，ac和bd段的长度分别为x1和x2，则质点运动的加速度为(　　)
A. B.
C. D.
16.

如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，斜面处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时金属细杆(　　)
A．中的电流方向垂直于纸面向外
B．受到的安培力大小为2BILsin θ
C．对斜面的压力大小变为原来的2倍
D．将沿斜面加速向上运动，加速度大小为gsin θ
17．如图所示，有一个物块恰好能静止在固定的斜面上．若再对物体施加一个力，使物块能沿着斜面下滑，则该力可能是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

A．竖直向下的恒力
B．沿斜面向下的恒力
C．垂直于斜面向下的恒力
D．竖直向上的恒力
18．如图所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的运动过程说法不正确的是(　　)

A．ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小
B．回路产生的焦耳热为mv
C．通过ab的电荷量为
D．两导体棒间的距离最终变为L＋
19．如图所示，在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，矩形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度ω＝10 rad/s转动，线框电阻不计，匝数为10，面积为0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4W　100 Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想交流电表．下列说法正确的是(　　)

A．若从图示位置开始计时，则线框中感应电动势的瞬时值表达式为e＝40cos 10t (V)
B．若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为1:2
C．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大
D．若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗
20.

如图所示，匀强电场的方向与长方形abcd所在的平面平行，ab＝ad.电子从a点运动到b点的过程中，电场力做的功为4.5 eV；电子从a点运动到d点的过程中，克服电场力做的功为4.5 eV.以a点的电势为电势零点，下列说法正确的是(　　)
A．b点的电势为4.5 V
B．c点的电势为 V
C．该匀强电场的方向是由b点指向a点
D．该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac
21．小球甲从斜面顶端以初速度v沿水平方向飞出，最终落在该斜面上．已知小球甲在空中运动的时间为t，落在斜面上时的位移为s，落在斜面上时的动能为Ek，离斜面最远时的动量为p.现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度(n>1)沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．小球乙落在斜面上时的位移为
B．小球乙在空中运动的时间为
C．小球乙落在斜面上时的动能为
D．小球乙离斜面最远时的动量为
三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共47分
22．(5分)某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g.主要实验步骤如下：

①用游标卡尺测量挡光片的宽度d，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；
②测量挡光片到光电门的距离x；
③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t；
④改变x，测出不同x所对应的挡光时间t.
根据上述实验步骤请回答：
(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图所示，则挡光片的宽度d＝________ mm.

(2)滑块通过光电门时速度的表达式v＝________(用实验中所测物理量符号表示)．
(3)根据实验测得的多组x、t数据，可绘制x ­ 图象，图象的纵坐标为x，横坐标为，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为________(用d、θ、g表示)．
23．(10分)测量电源的电动势和内阻，提供的器材如下：
A．待测电源(电动势约为8 V，内阻约为2 Ω)
B．电压表V(0～3 V，内阻约为3 kΩ)
C．电流表A(0～1 A)
D．电阻箱R(0～99 999.9 Ω)
E．滑动变阻器(0～20 Ω)
F．滑动变阻器(0～100 Ω)
G．开关、导线若干

(1)采用图甲所示电路测量电压表的内阻RV.调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2.
①电压表内阻RV＝________.
②关于上述实验，下列说法中正确的有________．
A．实验中电源可使用待测电源
B．闭合开关S前，应将电阻箱阻值调到最小
C．调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐增大的
D．实验中忽略了电源的内阻，会使测量值偏大
(2)若测得电压表内阻RV＝3 010 Ω，与之串联R＝________ Ω的电阻，将电压表的量程变为9 V.
(3)为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整．实验中，滑动变阻器应选择________(选填“E”或“F”)，并指出产生实验误差的一个原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
24．(12分)如图所示，在光滑水平桌面上O处固定一个弹性挡板，P处静置一可视为质点的质量为2 kg的物块C，O、P间的距离等于P、Q间的距离．两个可视为质点的小物块A、B间夹有炸药，一起以v0＝5 m/s的速度向右做匀速运动，到P处碰C前引爆炸药，A、B瞬间弹开且在一条直线上运动，B与C发生碰撞后瞬间粘在一起．已知A的质量为1 kg，B的质量为2 kg.要使B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，则A、B间炸药释放的能量E应在什么范围内？(假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能)

25．(20分)如图甲所示，长度L＝0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q＝1.8×10－7 C，一质量m＝0.02 kg、电荷量为q的带正电小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非匀强外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为正方向，建立坐标系．点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图乙中的曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16 m≤x≤0.20 m和x≥0.40 m范围可近似看作直线．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2)
(1)求小球B所带电荷量q；
(2)求非匀强外电场在x＝0.3 m处沿杆方向的电场强度的大小；
(3)在合电场中，求x＝0.4 m处与x＝0.6 m处之间的电势差U；
(4)已知小球在x＝0.2 m处获得v＝0.4 m/s的初速度后，最远可以运动到x＝0.4 m处；若小球在x＝0.16 m处受到方向沿杆向右、大小为0.04 N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？

(二)选考题(本题共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．)
33．[物理——选修3－3](15分)
(1)(5分)如图所示，水平地面上放置一个导热性能良好的气缸，气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，一条轻细绳一端连接在活塞上，另一端绕过两个光滑的定滑轮后连接在一个可施加拉力的传感器上，传感器由计算机控制，开始时活塞和气缸均静止．现通过计算机对活塞施加拉力，让活塞缓慢向上移动，发现活塞始终没有被从气缸中拉出，周围环境温度不变，不计一切摩擦．则在拉动活塞的过程中，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．)

A．气缸内气体对活塞单位时间内碰撞的次数先减少后不变
B．气缸对地面的压力先不变后逐渐减小到零
C．缸内气体对外做功，气体从外界吸收热量
D．缸内气体从外界吸收热量，分子势能增加
E．传感器施加的拉力最大值与气缸、活塞和缸内气体的总重力大小相等
(2)(10分)一定质量的理想气体从状态1开始，经历a、b、c、d四个变化过程又回到状态1，已知气体在状态1时的压强p1＝2×105 Pa，在状态4时温度为T4＝600 K,41和32的延长线均经过原点O，其它参数如图所示．
(ⅰ)求气体在状态2时的压强p2；
(ⅱ)若气体沿直线从状态1直接变化到状态3，求气体对外界做的功．

34．[物理——选修3－4](15分)
(1)(5分)用图(a)所示的干涉仪做“用双缝干涉测量光的波长”实验，图(b)是红光产生的干涉条纹，图(c)是通过目镜观测到测量头上的A、B两条纹的位置刻度，已知双缝到光屏的距离l＝50.0 cm，双缝间距d＝0.250 mm，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．)

A．实验中必须用拨杆来调整单缝和双缝，使单缝和双缝相互平行
B．实验中还需测出单缝到光屏的距离
C．实验中测得红光的波长为700 nm
D．若改用间距为0.300 mm的双缝做实验，则相邻两亮条纹中心的距离将增大
E．若将红色滤光片换成绿色滤光片，则相邻两亮条纹中心的距离将减小
(2)(10分)将气垫导轨倾斜放置，倾角为θ＝30°，质量为m＝5×10－2 kg的物块放在气垫导轨上，用轻弹簧连接固定挡板和物块，如图(a)所示．从弹簧处于自然伸长状态时上端的位置由静止释放物块，物块在气垫导轨上运动的x ­ t图象如图(b)所示，物块的振幅为A(未知)．已知弹簧振子的周期T＝2π，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，取g＝10 m/s2.
(ⅰ)求物块振动的位移表达式；
(ⅱ)若让物块振动的振幅为2 cm，请写出物块振动时所受回复力与振动位移的关系式．

答案
14．解析：氢原子基态的能量为E1＝－13.6 eV，大量氢原子处于某一激发态，这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为－0.96E1，则最高能级的能量E＝0.04E1＝－0.54 eV，即处在n＝5能级；频率最小的光子的能量为ΔE′＝－0.54 eV－(－0.85 eV)＝0.31 eV，故B正确．
答案：B
15．解析：设质点经过a点时的速度为v，则有x1＝v·3t＋a(3t)2，x2＝(v＋at)·6t＋a(6t)2，联立解得a＝，故D正确．
答案：D
16．解析：金属细杆受到重力、斜面的支持力和安培力而平衡，由左手定则可判断，电流方向垂直于纸面向里，故A错误；此时金属细杆受到的安培力大小为F安＝4B·IL＝2BIL，故B错误；金属细杆水平静止在斜面上时，根据平衡条件得FNcos θ＝mg，FNsin θ＝BIL，当电流大小和磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律得F＝mgcos θ＋2BILsin θ＝，a＝＝gsin θ，加速度方向沿斜面向上，故C错误，D正确．
答案：D
17．解析：设斜面倾角为θ，物块的质量为m，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由题意可知，mgsin θ＝μmgcos θ，若对物块施加竖直向下的恒力F，则沿斜面向下的力为(mg＋F)sin θ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μ(mg＋ F)cos θ，由于(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，所以物块仍静止，故A错误；若对物块施加沿斜面向下的恒力F，则沿斜面向下的力为mgsin θ＋F，物块与斜面间的最大静摩擦力为μmgcos θ，由于mgsin θ＋F>μmgcos θ，所以物块向下滑，故B正确；若对物块施加垂直于斜面向下的恒力F，则沿斜面向下的力为mgsin θ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μ(mgcos θ＋F)，由于mgsin θ<μ(mgcos θ＋F)，所以物块仍静止，故C错误；若对物块施加竖直向上的恒力F，则沿斜面向下的力为(mg－F)sin θ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μ(mg－F)cos θ，由于(mg－F)sin θ＝μ(mg－F)cos θ，所以物块仍静止，故D错误．
答案：B
18．解析：根据安培力公式和牛顿第二定律得：F＝＝ma，解得a＝，两棒的加速度a均越来越小，A错误；棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统的动量守恒，以向右的方向为正方向，则有：mv0＝2mv1，解得：v1＝v0，由动能定理得：－W安＝·2mv－mv，解得回路产生的焦耳热为：Q＝W安＝mv，选项B正确；设整个过程中通过回路的电荷量为q，对cd棒由动量定理得：mv1－mv0＝－BILt＝－BLq，所以q＝，选项C正确；对cd棒由动量定理得：mv1－mv0＝－t＝－，解得：Δx＝，两导体棒间的距离最终变为L＋，选项D正确．
答案：A
19．解析：输入电压的最大值为Um＝NBSω＝40 V，在图示位置穿过线框的磁通量为0，感应电动势最大，若从图示位置开始计时，则线框中感应电动势的瞬时值表达式为e＝40cos 10t(V)，A正确；变压器输入电压的有效值为U1＝ V＝40 V，若灯泡正常发光，则U2＝＝ V＝20 V，根据理想变压器的变压比得此时原、副线圈的匝数比为2:1，B错误；若将滑动变阻器滑片向上移动，则滑动变阻器接入电路的电阻变大，负载等效电阻变大，根据I2＝可知，副线圈中电流变小，则原线圈中电流变小，即电流表示数变小，C错误；若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数变小，根据理想变压器的变压比可知输出电压减小，所以灯泡变暗，D正确．
答案：AD
20．解析：电子从a点运动到b点的过程中，电场力做的功为4.5 eV，电子从a点运动到d点的过程中，克服电场力做的功为4.5 eV，根据W＝qU，可得Uab＝－4.5 V，Uad＝4.5 V，又知φa＝0，则φb＝4.5 V，φd＝－4.5 V，根据匀强电场的规律知Uab＝Udc，可得φc＝0，所以a、c连线为电场的等势线，电场强度的方向垂直于等势线，所以该匀强电场的方向是由b点垂直指向直线ac，选项B、C错误，A、D正确．
答案：AD
21．解析：设斜面倾角为θ，则tan θ＝，解得t＝，s＝＝，Ek＝m(v2＋4v2tan2θ)＝mv2(1＋4tan2θ)．将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为，小球乙落在斜面上时的位移为，小球乙落在斜面上时的动能为，选项A错误，B、C正确；小球离斜面最远时，速度方向平行于斜面，大小为v1＝，动量为p1＝mv1＝，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为，选项D错误．
答案：BC
22．解析：(1)游标卡尺的主尺读数为2 mm，游标读数为0.05×8 mm＝0.40 mm，所以最终读数为d＝2 mm＋0.40 mm＝2.40 mm.
(2)由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．滑块通过光电门时速度v＝.
(3)如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有mgxsin θ＝m2，所以x＝2，x ­ 图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为.
答案：(1)2.40(2分)　(2)(1分)　(3)(2分)
23．解析：(1)①设满偏电压为U，则由串联电路的规律可知：U＋R1＝＋R2，解得：RV＝R2－2R1.
②由于要测量电源的电动势和内阻，故可选用待测电源，故A正确；由于采用限流接法，故闭合开关前，应将电阻箱阻值调到最大，故B错误；为了保证实验安全，调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐减小的，故C错误；由于电源内阻的影响，当电压表半偏时，电路电流变小，路端电压变大，电压表半偏时电阻箱的电压大于电压表满偏时电压的一半，由RV＝R2－2R1可知，电压表内阻的测量值大于真实值，故D正确．
(2)据改装原理可知＝，解得：R＝6 020 Ω.
(3)根据原理图可得出对应的实物图，如图所示：

由于电源内阻较小，为了便于控制滑动变阻器应选择E；由图可知，电路中采用相对电源的电流表外接法，故电压表的分流使电流表示数偏小从而产生误差．
答案：(1)①R2－2R1(1分)　②A、D(1分)　(2)6 020(2分)　(3)见解析图(2分)　E(2分)　电压表的分流(2分)
24．解析：引爆炸药前后，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得
(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB(2分)
设炸药爆炸释放出来的能量为E，由能量守恒定律可知
mAv＋mBv－(mA＋mB)v＝E(2分)
B、C碰撞前后，由动量守恒定律得mBvB＝(mC＋mB)v共(2分)
要使B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，根据题意可知，若炸开后
A仍向右运动，则需满足vA≤v共(1分)
解得E≥3 J(1分)
若炸开后A向左运动，则需满足|vA|≤3v共(1分)
解得E≤1 875 J(1分)
故3 J≤E≤1 875 J(2分)
答案：3 J≤E≤1 875 J
25．解析：(1)由图象可知，当x＝0.3 m时，F1＝k＝0.018 N(2分)
因此q＝＝10－6 C(1分)
(2)在x＝0.3 m处点电荷对小球的作用力为F1，则F合＝F1＋qE(2分)
因此E＝＝ N/C＝－3×104 N/C(2分)
即非匀强外电场在x＝0.3 m处沿杆方向的电场强度大小为3×104 N/C，方向向左(1分)
(3)根据图象可知，在x＝0.4 m与x＝0.6 m之间合力做功W＝－0.004×0.2 J＝－8×10－4 J(2分)
又qU＝W，可得U＝－800 V(1分)
(4)由图象可知，小球从x＝0.16 m到x＝0.2 m处，电场力做功W1＝J＝6×10－4 J(2分)
小球从x＝0.2 m到x＝0.4 m处，电场力做功W2＝－mv2＝－1.6×10－3 J(2分)
小球从x＝0.4 m到x＝0.8 m处，电场力做功W3＝－0.004×0.4 J＝－1.6×10－3 J(2分)
由动能定理得W1＋W2＋W3＋Fs＝0(2分)
解得s＝－＝0.065 m(1分)
答案：(1)10－6 C　(2)3×104 N/C　(3)－800 V
(4)0.065 m
33．解析：(1)由于气缸导热，缓慢拉动活塞时缸内气体温度不变，气体分子平均动能不变，活塞上移时，气体体积增大，温度不变而压强减小，当绳的拉力增大到等于气缸、活塞和缸内气体的总重力时，气缸离开地面向上运动，此时气体体积不变，压强不变，因此气缸内气体对活塞单位时间内碰撞的次数先减少后不变，AE正确；气缸对地面的压力先减小后为零，B错误；拉力对活塞做功，而气体由于体积增大而对外做功，但其内能保持不变，根据热力学第一定律，气体从外界吸热，C正确；理想气体只有分子动能，没有势能，D错误．
(2)(ⅰ)由于41和32的延长线均经过原点O，由＝C可知气体在b、d过程均做等温变化，因此T1＝T4＝600 K，T2＝T3，由图可知p3＝p1
由1、3状态得＝(2分)
1到2过程气体做等容变化，有＝(2分)
解得p2＝1×105 Pa(1分)
(ⅱ)气体沿直线从状态1直接变化到状态3过程中压强不变，体积减小，气体对外界做负功，设为W，有W＝－Fx＝－p1Sx＝－p1·ΔV(2分)
其中ΔV＝L＝2.5×10－3 m3(2分)
所以W＝－5×102 J(1分)
答案：(1)ACE　(2)(ⅰ)1×105 Pa　(ⅱ)－5×102 J
34．解析：(1)实验中，单缝和双缝必须平行，选项A正确；由Δx＝λ可知，不需要测定单缝到光屏距离，选项B错误；红色滤光片只允许红光透过，A条纹位置刻度为0.641 mm，B条纹位置刻度为9.041 mm，则条纹间距Δx＝mm＝1.4 mm，由Δx＝λ得，红光的波长λ＝Δx＝7.00×10－7 m＝700 nm，选项C正确；由Δx＝λ知，当d增大时Δx减小，选项D错误；滤光片允许对应颜色的光透过，绿光比红光的波长短，因此换用绿色滤光片时，相邻两亮条纹中心的距离将减小，选项E正确．
(2)(ⅰ)由题意知弹簧振子做简谐运动，振子的振幅等于物块到平衡位置时弹簧的压缩量，即mgsin θ＝kA(1分)
与T＝2π比较有A＝(1分)
由图(b)结合数学知识得x＝Acos t(1分)
联立解得x＝0.012 5cos 20t m(2分)
(ⅱ)由题意得k＝(2分)
回复力F＝－kx(1分)
解得F＝－20x N(－0.02 m≤x≤0.02 m)(2分)
答案：(1)ACE　(2)(ⅰ)x＝0.012 5cos 20t m　
(ⅱ)F＝－20x N(－0.02 m≤x≤0.02 m)