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2021届高考物理模拟测试题六2021届高考物理模拟测试题六年级：姓名：14（全国卷）2021届高考物理模拟测试题六（含解析）(时间：60分钟，满分110分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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.如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧拉力作用，弹簧原长小于悬挂点的高度，水平向右的拉力F拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是()A弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小B弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变C弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变D弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小15.电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横截面的流体的体积)为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c.流量计的两端与输送流体的管道相连接(图中虚线)图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一电压表(内阻很大)的两端连接，U表示测得的电压值则可求得流量为()A.B.C. D.16.如图所示，虚线、分别表示地球卫星的三条轨道，其中轨道为与第一宇宙速度7.9 km/s对应的近地环绕圆轨道，轨道为椭圆轨道，轨道为与第二宇宙速度11.2 km/s对应的脱离轨道，a、b、c三点分别位于三条轨道上，b点为轨道的远地点，b、c点与地心的距离均为轨道半径的2倍，则()A卫星在轨道的运行周期为轨道的2倍B卫星经过a点的速率为经过b点的倍C卫星在a点的加速度大小为在c点的2倍D质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能17.如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一直角三角形导线框ABC，其中ABL，BC2L，两平行虚线间有一垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场宽度为L，导线框BC边与虚线边界垂直现让导线框从图示位置开始沿BC方向匀速穿过磁场区域设线框中产生顺时针方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场的过程中，产生的感应电流与线框运动距离x的函数关系图象正确的是()18.如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则()A子弹A的质量一定比子弹B的质量大B入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大19如图是通过变压器降压给用户供电的示意图负载变化时变压器输入电压保持不变输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，开关S闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加变压器可视为理想变压器，则开关S闭合后，以下说法正确的是()A变压器的输入功率减小B电表V1示数与V2示数的比值不变C输电线的电阻R0消耗的功率增大D流过电阻R1的电流增大20水平面上的三点A、O、B在一条直线上，OB2OA，OO是竖直的分界线，其左边区域内有水平向右的匀强电场，场强大小为E1，其右边区域内有水平向左的匀强电场，场强大小为E2，现将一带电小球从A点以初速度v0竖直向上抛出，小球在空中越过分界线后，竖直向下落在B点，不计阻力，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是()A小球落在B点时的速度大小等于v0B左右两区域电场强度大小的比值为E1E212C小球经过分界线时离水平面的高度为D小球在B点的电势能大于在A点的电势能21如图所示，在水平面上有一传送带以速率v1沿顺时针方向运动，传送带速度保持不变，传送带左右两端各有一个与传送带等高的光滑水平面和传送带相连(紧靠但不接触)，现有一物块在右端水平面上以速度v2向左运动，物块速度随时间变化的图象可能的是()三、非选择题：共62分第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答，第3334题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题：共47分22(5分)小明用如图甲的实验装置验证“力的平行四边形定则”，实验步骤如下：将弹簧的一端固定于铁架台上的C处，在竖直放置的木板上贴一张坐标纸，在弹簧末端挂上一个重力已知的钩码，在坐标纸上记下此时弹簧末端的位置O；取下钩码，将两绳套系在弹簧末端，用两个弹簧测力计共同将弹簧末端拉到同一位置O，记录此时细绳套OA、OB的方向及两个弹簧测力计相应的读数；选好标度，在坐标纸上画出两只弹簧测力计的拉力FA和FB的图示，并以FA、FB为邻边作平行四边形，对角线为F合；按同一标度，在坐标纸上画出挂一个钩码时弹簧所受的拉力F的图示；比较F合和F的大小和方向，得出结论回答下列问题：(1)步骤中弹簧测力计A的示数如图乙，该读数为_ N；(2)图丙中已画出FB和F的图示(小方格的边长表示1.0 N)，FA的方向如图中虚线所示请在图中画出FA的图示，并根据平行四边形定则画出F合；(3)本次实验中，若保持弹簧测力计A的读数不变，增大OA与OC的夹角，为将弹簧末端拉到同一位置O，可采用的办法是_A增大弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角B增大弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角C减小弹簧测力计B的读数，减小OB与OC之间的夹角D减小弹簧测力计B的读数，增大OB与OC之间的夹角23(10分)某实验小组为了测量一个阻值未知的电阻，进行了如下操作：(1)首先用欧姆表粗测其电阻，如图所示，则其读数为_ ；(2)为了比较准确地测量此电阻，采用“伏安法”进行实验所用器材如下：电源E：电动势为9 V，内阻r约为1.0 ；电流表A：量程0.6 A，内阻RA为0.50 ；电压表V：量程10 V，内阻RV约为10 k；滑动变阻器R：最大阻值为5.0 ；开关一个，导线若干为了减小实验误差，要求尽可能多测几组数据，请完成以下问题：在线框内画出实验电路图；实验小组按照正确的实验步骤，采集了部分数据，并在下图所示I U图象中描出相应的点，由此可知该电阻的阻值为_ (保留一位小数)；若所用器材结构完好，该实验的主要误差是_(选填“系统”或“偶然”)误差 24(12分)如图甲所示，一汽车通过电子不停车收费系统ETC.假设汽车从O点以v06 m/s的速度匀速驶向ETC收费岛，在OA路段所受阻力大小f11103 N；汽车从A处进入ETC收费岛后，假设仍保持功率不变完成自动缴费并驶离收费岛，以v3 m/s的速度匀速经过B处，汽车的速度时间图象如图乙所示，已知ETC收费岛AB段长度d25 m，汽车质量M2103 kg，汽车在OA段和AB段所受阻力均为恒力(1)求汽车在运动过程中发动机的输出功率；(2)当汽车加速度大小为0.25 m/s2时，求此时汽车的速度大小；(3)求汽车在ETC收费岛AB段内行驶的时间25(20分)如图所示，在圆心为O、半径R5 cm的竖直圆形区域内有一个方向垂直于圆形区域向外的匀强磁场，竖直平行放置的金属板连接在图示电路中，电源电动势E220 V、内阻r5 ，定值电阻的阻值R116 ，滑动变阻器R2的最大阻值Rmax199 .两金属板上的小孔S1、S2与圆心O在垂直于极板的同一直线上，现有比荷3.2105 C/kg的带正电的粒子由小孔S1进入电场加速后，从小孔S2射出，然后垂直进入磁场并从磁场中射出滑动变阻器滑片P的位置不同，粒子在磁场中运动的时间也不同当理想电压表的示数U100 V时，粒子从圆形区域的最低点竖直向下穿出磁场不计粒子重力和粒子在小孔S1处的初速度，取tan 68.22.5.(1)当理想电压表示数U100 V时，求粒子从小孔S2射出时的速度大小v0；(2)求匀强磁场的磁感应强度大小B；(3)求粒子在磁场中运动的最长时间t.(结果保留两位有效数字)(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33(15分)(1)(5分)假设在一密闭的房间内，有一台制暖空调正在正常地进行制暖工作房间内的气体可视为理想气体，则下列说法正确的是_(填正确答案标号)A房间里的温度一定会升高B空调工作并不违背热力学第二定律C房间内气体分子的平均动能可能增加D若将一杯装有花粉的水置于该房间内，花粉的运动会变得剧烈E房间墙壁单位时间内单位面积上受到气体分子撞击的次数可能不变(2)(10分)有一粗细均匀、上端开口下端封闭的玻璃管，其总长为L31.00 cm.现用水银柱在管内封闭一段空气柱，如图甲所示，当管处于竖直状态时水银柱恰好与管口相平，测得水银柱长度为21.00 cm.现将玻璃管在竖直平面内缓慢倒转180使管口朝下，待管内水银柱稳定后测得管内水银柱的长度为15.00 cm，如图乙所示接着又将玻璃管缓慢倒转回原来的位置(图甲所示位置)设外界温度为300 K，外界大气压强保持不变，玻璃管倒转过程中不漏气()求大气压强和玻璃管回到原来的位置时管内空气柱的长度；()现对回到原来位置的玻璃管底部加热，求当管内封闭气体的温度为多少时，管内的水银柱又会与管口恰好相平34物理选修34(15分)(1)(5分)如图所示，湖面中央O处有一振源在竖直平面内做简谐振动，某同学测得该振源的振动周期为T0.1 s以图示时刻为计时的零时刻，且波向右传播，由此可求得该列水波的传播速度为v_m/s，此时图中质点C的振动方向是_(选填“向上”或“向下”)，距离振源40 m处的质点第一次出现波峰的时刻为t_s.(2)(10分)“跳棋”游戏中的棋子是用玻璃材料做的一种球形器材，有位同学想测定棋子的折射率如图所示为其过球心的横截面，设玻璃棋子半径为R，直线EF为过球心的水平线，一束光线平行于EF射到棋子表面N点处，光线从Q点射出，并与EF交于P点若棋子内无其他介质，入射光线与EF相距R，入射光线从N点进入棋子后的折射角为30，真空中光速为c.()作出光线的光路图并求出棋子的折射率()求光线从进入棋子到第一次射出棋子所用的时间答案14解析：滑块受到重力、支持力、水平拉力、摩擦力、弹簧弹力设某一位置时弹簧与水平方向的夹角为，此时弹簧的长度为L，弹簧的原长为L0；竖直方向时弹簧伸长量为x1，弹簧与水平方向的夹角为时弹簧伸长量为x2，根据正交分解得：竖直方向：NmgF弹sin ，根据几何关系可得：F弹sin kx2k，其中x1和L0为定值，当x2逐渐增大时，竖直分量F弹sin 增大，支持力N逐渐减小，根据fN可知摩擦力减小，所以B、C、D错误、A正确答案：A15解析：将流量计上、下两表面分别与一电压表(内阻很大)的两端连接，U表示测得的电压值，那么电动势EU；根据粒子平衡得，qvBq，联立两式解得，v.则流量QvSvbc.故A正确，B、C、D错误答案：A16解析：由开普勒第三定律可得：，a2R1解得：，故A错误；由公式v可知，如果卫星在轨道做椭圆运动，卫星经过两个轨道交点的速率为经过b点的倍，但卫星在轨道经过加速才能变轨做椭圆运动，所以卫星经过a点的速率不是经过b点的倍，故B错误；由公式a可知，卫星在a点的加速度大小为在c点的4倍，故C错误；卫星在b点做向心运动，在C点做离心运动，且b、c距地心的距离相等，则c点的速度大于b点的速度，所以质量相同的卫星在b点的机械能小于在c点的机械能，故D正确答案：D17解析：在线圈进入0L范围时，线圈内产生的感应电流为逆时针方向；切割磁感线的有效长度从0均匀增加到，可知感应电流均匀增加；从L2L，线圈切割磁感线的有效长度为不变，感应电流不变，方向为逆时针方向；从2L3L，线圈切割磁感线的有效长度从逐渐增加到L，则感应电动势增加到原来的2倍，感应电流增加到2倍，方向为顺时针方向，选D.答案：D18解析：由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得：对A子弹：fdA0EkA，得EkAfdA；对B子弹：fdB0EkB，得EkBfdB.由于dAdB，则有子弹入射时的初动能EkAEkB，B错误，D正确对两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有，而EkAEkB，则得到mAmB，A错误子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，C错误答案：D19解析：因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由PUI知功率增加，A错误；电表V1示数与V2示数的比值等于原、副线圈的匝数比，所以电表V1示数与V2示数的比值不变，B正确；因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，所以输电线的电阻R0消耗的功率增大，C正确；因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，R0上损失的电压增大，所以R1两端的电压减小，所以流过R1的电流减小，D错误答案：BC20解析：小球在竖直方向的分运动为竖直上抛运动，而在B点，小球的速度竖直向下，其水平分速度为零，所以小球在B点的速度大小等于初速度，故A正确；水平方向上，小球在左边区域做初速度为零的匀加速直线运动，在右边区域做末速度为零的匀减速直线运动，设经过分界线时的水平分速度大小为vx，有：v2OA2OB，解得：E1:E22:1，故B错误；在水平方向上t1OA，t2OB，可知t22t1，设小球经过分界线的竖直分速度大小为vy，由以上分析可知，此时其方向为竖直向上，有：t1，t2，解得：vyv0，则其上升高度为：h，故C正确；从A到B，电场力做总功为零，小球在A、B两点具有的电势能相等，故D错误所以A、C正确，B、D错误答案：AC21解析：如果传送带足够长，从而使得物体不能向左滑出传送带，则物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，则：如果v1v2，物体向右运动时会一直加速，当速度大小增大到等于v2时，物体恰好离开传送带；如果v1v2，物体同样会一直加速，当速度大小增大到等于v1时，物体恰好离开传送带，此时的图象为A.若物体向左滑上传送带后做减速运动，直到离开传送带后继续以较小的速度在平台上向左滑行，则图象为D.答案：ABD22解析：(1)题图所示弹簧测力计A的最小分度值为0.1 N，估读一位，该读数为4.00 N.(2)根据力的图示法，结合力的方向与大小，作图如下：(3)若保持弹簧测力计A的读数不变，即FA的大小不变，且增大OA与OC的夹角，即FA的方向逆时针转动，为将弹簧末端拉到同一位置O，即FA和FB的合力仍不变，依据平行四边形定则，则有FB的大小减小，且要逆时针转动，即减小OB与OC之间的夹角，故C正确，A、B、D错误答案：(1)4.00(2分)(2)见解析图(2分)(3)C(1分)23解析：(1)欧姆表的读数等于表盘刻度挡位倍率，此次倍率为1，故该电阻值为18.0 ；(2)实验要求尽可能减小误差，但因滑动变阻器的最大阻值小于待测电阻，故滑动变阻器选择分压接法又因电流表的内阻RA已知，故电流表采用内接法实验电路图如图：该I U图应利用直线拟合，具体为：利用描点法画图时，应该让尽量多的点落在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧，绘制如下：该图的斜率k为电阻的倒数，即k.该图线的斜率为：k0.050，故电阻RxRA 19.5 ；该实验由于电流表内阻已知，因此测量结果较为精确，如果实验仪器结构完好，测量误差主要来源于偶然误差答案：(1)18.0(2分)(2)如图所示(3分)19.5(1820均可)(3分)偶然(2分)24解析：(1)在OA段，有PF1v0(1分)F1f11103 N(1分)联立解得P6.0 kW(1分)(2)汽车离开B点前已经匀速，则有PF2v(1分)F2f2(1分)f2FMa(1分)PFv1(1分)联立解得v14 m/s(1分)(3)AB过程，由动能定理得PtABf2dMv2Mv(3分)解得tAB3.83 s(1分)答案：(1)6.0 kW(2)4 m/s(3)3.83 s25解析：(1)粒子在电场中运动过程，由动能定理得qUmv(2分)解得v08103 m/s(2分)(2)粒子从圆形区域的最低点竖直向下穿出磁场，则粒子在磁场中的速度方向偏转了90，粒子在磁场中做圆周运动的径迹如图甲所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r1R5 cm(2分)由牛顿第二定律得qv0Bm(2分)解得B0.5 T(2分)(3)两金属板间的电压越小，粒子经电场加速后的速度越小，粒子在磁场中做圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片P在变阻器R2的左端时，粒子在磁场中运动的时间最长，由闭合电路的欧姆定律I(2分)两金属板间的最小电压为UminIR1(1分)设粒子加速后的速度大小为v，由动能定理得qUminmv2(1分)设粒子做圆周运动的半径为r2，由牛顿第二定律得qvBm(1分)解得r20.02 m(1分)粒子进入磁场后的径迹如图乙所示，O1为径迹圆的圆心，由几何关系得tan (1分)解得68.2(1分)粒子在磁场中运动的最长时间tT，其中T(1分)解得t1.5105 s(1分)答案：(1)8103 m/s(2)0.5 T(3)1.5105 s33解析：(1)若房间墙壁导热性能良好，根据热力学第一定律可知，房间内气体的温度可能保持不变，理想气体温度不变，体积不变，则压强不变，根据气体压强的微观意义可知，墙壁单位时间内单位面积上受到气体分子撞击的次数不变，选项A错误，E正确；空调工作时消耗了电能，引起了其他变化，故不违背热力学第二定律，选项B正确；物质的温度是它的分子热运动的平均动能的标志，房间内温度可能升高，可能降低，也可能不变，故房间内气体分子的平均动能可能增加，选项C正确；布朗运动与液体的温度有关，若房间和水的温度保持不变，则布朗运动的剧烈程度保持不变，故选项D错误(2)()设大气压强为p0，玻璃管的横截面积为S，以管内封闭气体为研究对象，初状态时，压强为p1p021 cmHg，体积V110S cm3，温度T1300 K末状态时，气体的压强p2p015 cmHg，V216S cm3，T2300 K(1分)由玻意耳定律可得p1V1p2V2(2分)解得p075 cmHg(1分)当玻璃管回到原来位置时，设此时管内空气柱的长度为L，此时管内气体的压强为p3 (7515) cmHg90 cmHg，气体的体积V3LS由玻意耳定律有p1V1p3V3(1分)解得Lcm(1分)()设当水银柱再次与管口相平时，管内封闭气体的温度为T4，此时管内气体压强为p4p390 cmHg体积为V4(31 cm15 cm)S16S cm3，温度T3300 K(1分)由盖 吕萨克定律有(2分)解得T4450 K(1分)答案：(1)BCE(2)()75 cmHgcm()450 K34解析：(1)从图中可以看出该水波的波长为2 m，周期为T0.1 s，由此可求得该水波的波速为v20 m/s.由于波向右传播，此时质点C的振动方向向上从振源发出的波经过t1 s2 s可传播到距离振源40 m处的水面，由此可知40 m处的质点第一次出现波峰的时间是tt11.975 s.(2)()根据题意可作出光路图，如图所示(2分)根据几何关系有sin i(1分)故i45(1分)根据光的折射定律有n(2分)()根据几何知识有NQ2Rcos R(1分)光在棋子中传播的速度为v(2分)光在棋子中传播的时间为t(1分)答案：(1)20(2分)向上(1分)1.975(2分)(2)()光路图见解析()