1、2021届高考物理模拟预热卷（全国卷）一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.关于物理学家及其相应贡献，以下叙述符合物理史实的是（ ）A.牛顿发现了万有引力定律并通过实验测出了万有引力常量B.安培提出场的概念，并用画电场线、磁感线的方法描述电场和磁场C.汤姆逊发现了电磁感应现象，并总结出磁场产生电流的条件D.卢瑟福通过对粒子散射实验的分析与研究，提出了原子的核式结构模型2.在光滑水平面上有三个小钢球处于静止状态，质量分别为。其中两球间夹一被压缩的弹簧，两球通过左右两边的光滑挡板束缚着。若某时刻将挡板撤掉，弹簧便把两球弹出，两球脱离弹簧后，球获得的
2、速度大小为，若两球相距足够远，则两球发生弹性碰撞后（ ）A.球的速度大小为，运动方向与原来相反B.球的速度大小为，运动方向与原来相反C.球的速度大小为D.球的速度大小为3.一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经运动到D点，其图像如图所示.分析图像，下列说法正确的是( )A.A处的电场强度大于C处的电场强度B.两点的电场强度和电势一定都为零C.带正电粒子在A处的电势能大于在C处的电势能D.两点间的电势差大于两点间的电势差4.真空中，在轴上和处分别固定两个点电荷和。电荷间连线上的电场强度E随变化的图象如图所示（方向为场强正方向），其中处。将一个正试探电荷在处由静止释放（重力不计，取无穷远处电势为零
3、）。则（ ）A.为等量同种电荷B.带电量之比为9：25C.在处电势等于0D.该试探电荷向轴正方向运动时，电势能一直减小5.如图甲，有一个原、副线圈匝数比为的理想变压器，图中的电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，其中为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，为定值电阻。下列说法正确的是（ ）A.副线圈两端电压的瞬时值表达式为B.时电压表的示数为0C.变压器原、副线圈中的电流之比为D.处温度降低时，电流表的示数变小，电压表的示数不变二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分。6.一
4、带负电的粒子只在电场力作用下沿轴正方向运动，其电势能随位移变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法正确的是( )A.粒子在段做匀加速直线运动B.处电场强度为零C.粒子经过处时动能最大D.在处电势的关系为7.如图所示，匀强磁场分布在半径为R的圆形区域内，点为圆弧形边界上的两个三等分点。现有三个比荷相同的带电粒子以相同的速率正对着边界垂直射入磁场（不计粒子重力及粒子间的相互作用），其中粒子1从M点正对圆心O射入，恰从N点射出，粒子2从P点射入，粒子3从Q点射入，已知粒子2与粒子1电性相同，粒子3与粒子1电性相反，则下列说法正确的是( )A.粒子2一定从N点射出磁场B.粒
5、子3一定从两点之间的某点射出磁场C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1:3D.粒子2与粒子3在磁场中运动轨迹的弧长之比为1:28.2019年10月11日，中国火星探测器首次公开亮相，暂命名为“火星一号”，并计划于2020年发射.接近火星后，探测器需经历如图所示的变轨过程，轨道为圆轨道，已知引力常量为，则下列说法正确的是( )A.探测器在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能B.探测器在轨道上运动时，运行的周期C.探测器若从轨道变轨到轨道，需要在点朝速度反向喷气D.若轨道贴近火星表面，并已知探测器在轨道上运动的角速度，可以推知火星的密度三、非选择题：本题共6小题，共62分，包括必考题和选考题两
6、部分。第9题第12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13题第14题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共47分）9.（5分）某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律的实验.光滑的水平平台上的A点放置一个光电门。实验步骤如下：A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；B.用天平分别测得小滑块a（含挡光片）和小球b的质量为；C.将a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的水平轻短弹簧，静止放置在平台上；D.细线烧断后，a、b被弹开，向相反方向运动；E.记录滑块a离开弹簧后通过光电门时挡光片的遮光时间t；F.小球b离开弹簧后从平台边缘飞出，落在水平地面的B点，测出平台距水平地面
7、的高度h及B点与平台边缘铅垂线之间的水平距离；G.改变弹簧压缩量，进行多次实验.（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度_mm；（2）若在误差允许范围内，满足_，则a、b与弹簧作用过程中系统动量守恒.（用上述实验所涉及物理量的字母表示，重力加速度为g）10.（10分）某同学想通过实验测定一个阻值约为的电阻的阻值.现有电源（3 V，内阻可不计）、滑动变阻器（，额定电流2 A），开关和导线若干，以及下列电表：A.点流表（03 A，内阻）B.电流表（00.6 A，内阻）C.电压表（03 V，内阻约）D.电压表（015 V，内阻约）（1）为了避免由于电压表、电流表内阻造成的系统误
8、差，实验电路应采用图1中的_（填“甲”或“乙”）图，电流表选用_，电压表选用_.（填上所选用仪器前的字母）（2）图2是测量的实验器材实物图，图中已连接了部分导线.请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线.（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片的位置，并记录对应的电流表示数、电压表示数.某次电表示数如图3所示，电流表读数为_A，电压表读数为_V，可得该电阻的测量值为_（保留两位有效数字）.（4）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片从一端滑向另一端，随滑片移动距离的增加，被测电阻两端的电压也随之增加，下列反映关系的示意图中正确的是_.A.B.C.11.（12分）在大型商场的螺旋滑梯
9、是小孩喜欢游玩的设施，该设施由三段轨道组成，小孩从第一段OA轨道进入后，从第二段轨道A处由静止开始加速下滑到B处，AB段总长为16 m，小孩在该段通过的路程s随时间t变化规律为；小孩在第三段BC轨道的运动看作匀减速直线运动，BC长度为，高度差，小孩最终刚好停在C点处.小孩可视为质点，求：（1）小孩在BC段的加速度大小；（2）小孩与BC轨道的动摩擦因数.12.（20分）光滑水平轨道abc、ade在a端很接近但是不相连，bc段与de段平行，尺寸如图所示.轨道之间存在磁感应强度为B的匀强磁场.初始时质量为m的杆1放置在b、d两点上，杆2放置在杆1右侧处.除杆2电阻为R外，杆1和轨道电阻均不计.（1）
10、若固定杆1，用水平外力以速度匀速向右拉动杆2.推导杆2中的感应电动势大小为；（2）若固定杆2，用水平外力将杆1以初速度向左拉动，运动过程中保持杆中电流不变，求杆1向左运动位移L时速度的大小；（3）在（2）问的过程中，杆1向左运动位移L过程中，求水平外力做的功；（4）在（2）问的过程中，求杆1向左运动位移L所用时间.(二)选考题：共15分，在所给的2道题中任选一题作答。如果多答，则按所做的第一题计分。13.物理选修3-3(1)下列说法中正确的是( )A.浸润现象是分子间作用力引起的B.空气的相对湿度越大，空气中水蒸气的压强越接近同一温度时水的饱和汽压C.热平衡是指一个系统内部的状态不再改变时所处
11、的状态D.气体自发的扩散运动总是沿着分子热运动的无序性减小的方向进行E.完全失重条件下液态金属呈球状是因为液体表面分子间存在表面张力的结果(2)某密闭绝热“U”形气缸开口向上竖直放置，通过置于底部的电热丝缓慢加热缸内的理想气体，使绝热活塞由A位置缓慢到达B位置，如图甲所示。在此过程中，缸内气体的温度-体积图像(T-V图像)如图乙所示。已知活塞质量m=2kg、横截面积S=510-4m2，大气压强P0=1.0105Pa，忽略活塞与气缸壁之间的摩擦，重力加速度g=10m/s2。()求缸内气体的压强;()求活塞到达位置B时缸内气体的温度;()若一定质量的理想气体的内能与热力学温度成正比，活塞在A位置时
12、缸内气体的内能为U0=80J。求活塞由A位置运动到B位置的过程中缸内气体从电热丝吸收的总热量。14.物理选修3-4(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻x轴上090m区域的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是( )A.若T0.6s，这列波的波速可能为250m/sB.若T0.6s，这列波的波速可能为250m/sC.若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同D.质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cmE.某时刻质点P与Q的速度可能相同(2)如图所示，跳水比赛中的1m跳板(即离水
13、面1m高)上方有一点光源S，该光源距跳板高度为H=3m、离跳板右端水平距离为x=4m。已知水深h=4m，A为跳板右端点在水底正下方的投影。若跳板水下阴影右端点B到A的距离为，则:()该光源发出的光在水中的折射率为多少?()若在水底A处放一物体，则从跳板右端向下看，该物体看起来在水下多深处? 答案以及解析1.答案：D解析：A、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了万有引力常量，故A错误；B、法拉第提出场的概念，并用画电场线、磁感线的方法描述电场和磁场，故B错误；C、法拉第发现了电磁感应现象，并总结出磁场产生电流的条件，故C错误；D、卢瑟福通过对粒子散射实验的分析与研究，提出了原子的核式结
14、构模型，故D正确。2.答案：B解析：设球脱离弹簧时的速度为，两球相碰后的速度分别为和。取向右为正方向，弹簧将两球弹出过程，由动量守恒定律有.可得，两球相碰过程，由动量守恒定律和动能守恒得：联立解得(负号表示方向向左，与原来相反)，3.答案：A解析：A.因为线的斜率等于物体的加速度，故在A处的加速度大于C处的加速度，A处的电场强度大于C处的电场强度，选项A正确；B.两点切线的斜率为零，故两点的加速度为零，场强为零，但是电势不一定都为零，选项B错误；C.粒子在A处的速度大于C处的速度，则在A处的动能大于C处的动能，在A处的电势能小于在C处的电势能，选项C错误；D.根据动能定理可知：;，由图线可知，
15、则两点的电势差小于两点间的电势差，选项D错误；故选A。4.答案：B解析：由于处，可知带同种电荷，根据场强的叠加整理得，故B正确；5.答案：D解析：A.原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压根据变压比可知，副线圈两端电压的最大值为周期为故角速度是副线圈两端电压的瞬时值表达式为故A错误；B.副线圈两端电压的有效值为所以电压表的示数为，故B错误；C.根据理想变压器的变流比可知，变压器原、副线圈中的电流之比等于匝数反比，即变压器原、副线圈中的电流之比为，故C错误；D.处温度降低时，的阻值增大，而副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，所以电流表的示数变小，由于副线圈的电压不变，根据变压比可知原线圈
16、电压不变，电压表的示数不变，故D正确；故选D。6.答案：BC解析：根据电势能与电势的关系可得，根据场强与电势的关系可得，由图像可知，图像中切线的斜率等于，则知处电场强度为零，故B正确；由图像看出在段图像切线的斜率不断减小，可知场强减小，所以粒子所受的电场力减小，粒子的加速度减小，电势能也减小，电场力做正功，故粒子做加速度减小的加速运动，段图像切线的斜率不断增大，故场强增大，所以粒子所受的电场力增大，粒子的电势能增大，电场力做负功，故粒子做加速度增大的减速运动，同理，段斜率不变，其场强也不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，故粒子做匀减速直线运动，故C正确，A错误；
17、由题意可知，粒子带负电，即，故电势能越大，粒子所在处的电势越低，故D错误.7.答案：AD解析：如图所示为粒子1和2、3的轨迹，粒子1从M点正对圆心射入，恰从N点射出，根据几何知识可确定圆心，运动轨迹圆的半径为R。比荷相同的带电粒子以相同的速率射入磁场，粒子运动的半径相同。粒子2从P点正对边界射入，根据洛伦兹力指向圆心，圆心应在P点上方R处，连接，为菱形，大小为R，所以粒子2一定从N点射出磁场，该情境可以理解为磁聚焦模型，轨迹圆的半径与磁场边界圆半径相同时，以垂直于磁场边界圆的某直径射入的粒子最终从同一点射出磁场，选项A正确；粒子3如果与粒子1电性相同，由磁汇聚特点可知，粒子3应该也打到N点，但
18、粒子3电性与粒子1相反，由几何知识可知粒子3刚好从O点射出，选项B错误；由轨迹图可知，粒子1对应圆心角为90，粒子2对应的圆心角为30，粒子3对应圆心角为60，带电粒子比荷相同，粒子运动的周期相同，粒子运动时间与圆心角成正比，所以粒子1与粒子2在磁场中的运动时间之比为3:1，选项C错误；由于粒子运动的半径也相同，粒子运动轨迹的弧长之比也与圆心角成正比，所以粒子2与粒子3在磁场中运动轨迹的弧长之比为1:2，选项D正确。8.答案：BD解析：根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道上运动时半径越大其运行的周期越大，故B正确；探测器在点从轨道变轨到轨道，需要在点朝速度方向喷气，从而使探测器减速到达轨道，则
19、探测器在轨道上的机械能小于在轨道上的机械能，故AC错误；根据万有引力定律可得，根据可得，联立解得，所以当轨道贴近火星表面，并且已知探测器在轨道上运动的角速度，可以推知火星的密度，故D正确.9.答案：（1）3.704（3.7043.706均可）（2）解析：（1）螺旋测微器的读数是主尺上的读数和游标尺上的读数的和，由题图乙可以求得挡光片的宽度.（2）烧断细线后，小滑块a与小球b被弹簧弹开，小滑块a获得的动量与小球b获得的动量大小相等、方向相反，而小滑块a通过光电门的速度，小滑块a获得的动量，小球b做平抛运动，竖直方向上，根据运动学公式可得，解得，所以速度，弹开后小球b获得的动量.10.答案：（1）
20、乙;B;C（2）如图所示（3）0.50;2.60;5.1（4）A解析：（1）由于电流表内阻已知，电压表内阻未知，为了避免由于电压表、电流表内阻造成的系统误差，实验电路图应采用题图1中的乙图；通过的最大电流约为，故电流表选用B；电源电动势为3 V，故电压表选用C.（2）按电路图连线，如答图所示.（3）由题图3知，电流表的读数为0.50 A；电压表的读数为2.60 V；由欧姆定律可得被测电阻.（4）设滑动变阻器的总电阻为，总长为，由欧姆定律得被测电阻两端的电压，A正确，BC错误.11.答案：解：（1）螺旋滑梯可看作斜面模型，小孩在该段的运动可看成沿轨道切线做匀加速运动，由和得沿轨道切线加速度大小为
21、根据得B点的速度大小为由运动学公式得BC段加速度大小（2）设第三段斜面与水平面夹角为，则根据牛顿第二定律得解得解析：12.答案：解：（1）经过时间，根据电磁感应定律得（2）移动后，切割长度此时感应电动势解得（3）根据动能定理可得因为安培力，切割有效长度与位移呈线性关系均匀减小（4）因为电流不变，所以是一定值解析：13.答案：(1)ABE（2）解：（）活塞从A到B，以活塞为研究对象，由平衡条件得：，解得：。（）由图乙可知：，气体做等压变化，则有，解得：。（）气体的内能与热力学温度成正比：，解得状态B时气体的内能为：，内能的变化：，外界对气体做功：，由热力学第一定律：U=Q+W，得气体变化过程中从
22、电热丝吸收的总热量为：Q=68J。解析：(1)浸润和不浸润现象是液体分子间相互作用的表现，与分子力有关，故A正确;空气湿度越大，空气中的水蒸气越接近饱和状态，选项B正确;处于热平衡的系统温度保持不变，但是压强和体积等物理量可以改变，故C错误;根据热力学第二定律可以知道，一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行，故D错误;失重条件下液态金属呈球状是由于液体表面分子间存在表面张力的结果，E正确。14.答案：(1)BCE（2）解：（）作出光路图如图所示。由相似三角形关系得，解得：，而BE=AB-AE=AB-（GD-x）=3m，在三角形SIC中，在三角形DEB中，由折射定律可知：.（）设A的视深为h，从A上方看，光的入射角及折射角均很小，则可认为。设入射角AOC=DAO=，COB=DAO=，由折射定律:，而，解得：。
