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2021年高三考前模拟物理试卷（含解析）
一、选择题（本题共17小题。每题只有一项是符合题目要求的。） 14.下列有关物理知识说法正确的是
A.雷达发射的电磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的
B.“月下飞天镜，云生结海楼。”—— 海市蜃楼是由于光的折射和全反射现象造成的
C.飞机起落架上的轮胎要用绝缘橡胶制成
D.医生检查身体用的“B超”是根据电磁波的多普勒效应制成的 【答案】B 【解析】
A、根据电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，不一定均匀变化，故A错误；
B、海市蜃楼是由于光的折射和全反射现象造成的，故B正确；
C、飞机上的着地轮装有搭地线或用导电橡胶做轮胎，是为了及时地把飞机在飞行过程中由于摩擦而产生的电荷通过导体而转移给大地，以免发生放电现象，保证飞机和乘客的安全，故C错误；
D、医生检查身体用的“B超”是利用超声波的反射原理制成的，故D错误。 故选B。
【考点】电磁波的应用；多普勒效应；全反射
15.假想一个登陆舱接近了木星的一个卫星——木卫四的表面。如果发动机提供了一个3260N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降。如果发动机仅提供2200N的推力，登陆舱以0.4m/s2的加速度下降。则登陆舱的质量与靠近木卫四表面的自由下落的加速度分别为 A. 326kg 1.23m/s2 B. 2650kg 2.46 m/s2
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C. 2650kg 1.23m/s2 D. 326kg 2.46.m/s2 【答案】C 【解析】
由题意可知：；
由牛顿第二定律可知：；解得：； 则由可得：。 故选C。
【考点】牛顿第二定律
16.2013年12月2日凌晨2时17分，“嫦娥三号”由“长征三号乙”运载火箭成功送入太空，经过一系列的和变轨，“嫦娥三号”最终顺利降落在月球表面，如图所示．“嫦娥三号”在地月转移轨道调整后进入环月圆形轨道，进一步调整后进入环月椭圆轨道,有关“嫦娥三号”下列说法不正确的是
A、飞船在环绕月球的椭圆轨道上时B处的加速度等于在圆轨道上时B处的加速度 B、在地球上的发射速度一定大于第二宇宙速度
C、从轨道上近月点C飞行到月面着陆点D，飞船最后着落过程处于超重状态 D、飞船在环绕月球的圆轨道上B处须点火减速才能进入椭圆轨道 【答案】B 【解析】
A、飞船在环绕月球的椭圆轨道上时B处和圆轨道B处所受的合力大小相等，根据牛顿第二定律得，加速度相等，故A正确；
B、发射的速度一旦大于第二宇宙速度，飞船会挣脱地球的引力，不再绕地球飞行，飞船的发射速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B错误；
C、从轨道上近月点C飞行到月面着陆点D，最后着落的过程由于做减速运动，加速度方向向上，处于超重状态，故C正确；
D、飞船在环绕月球的圆轨道上B处须点火减速，使得万有引力大于向心力，做近心运动进入椭圆轨道，故D正确。 故选B。
【考点】万有引力定律
17.张飞同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，起跳直至着地过程如图，测量得到比赛成绩是2.5m，目测空中脚离地最大高度约0.8m，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做功最接近
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A． 65J B．750J C． 1025J D．1650J 【答案】B 【解析】
运动员做抛体运动，从起跳到达到最大高度的过程中，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则， 竖直方向初速度
水平方向做匀速直线运动，则， 则起跳时的速度
设中学生的质量为50kg，根据动能定理得：；最接近750J。 故选B。
【考点】动能定理
二、选择题（本题共3小题。在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
18.如图是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移-时间图象，下列有关该图象的说法正确的是
A．该图象拍摄了若干个小球的振动情况
B．从图象可以看出小球在振动过程中沿t轴方向移动的
C．为了显示小球在不同时刻偏离平衡位置的位移，让底片沿垂直x轴方向匀速运动 D．图象中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同 【答案】CD 【解析】
AB、由图看出，弹簧振子在x轴方向做简谐运动，小球并不是沿t轴方向移动，该图拍摄了一个小球得振动情况，故AB错误；
C、类似于沙摆实验，为了显示小球在不同时刻偏离平衡的位移，让底片沿垂直x轴方向匀速运动，故C正确；
D、图象中小球的疏密反映了小球在x方向运动的快慢，越密速度越小，位置变化越慢，故D正确。 故选CD。
【考点】简谐运动的振动图像、回复力
19.如图所示，有一半球形玻璃砖，Ⅰ、Ⅱ两束不同频率的单色光从玻璃砖底边平行射入，a、b为入射点（均在玻璃砖底边圆心O的左侧），两束光进入玻璃砖后一起射到O’点，O’O垂直底边，下列说法正确的是
A．从O’点射出的一定是一束复色光,并且平行Ⅰ、Ⅱ两束入射光 B．用同一装置做双缝干涉实验，Ⅱ光的条纹间距较小 C．在玻璃砖中的速度Ⅰ光比Ⅱ光小
D．若将Ⅰ光的入射点a左移一点，则两束平行光的出射光线也一定平行
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【答案】AB
【解析】
A、两光束射到O′点时的入射角都等于在玻璃砖底边的折射角，根据光路可逆性可知，从O′点射出时折射角都等于在玻璃砖底边的入射角，而在玻璃砖底边两光束平行射入，入射角相等，所以从O′点射出时折射角相同，两光束重合，则从O′点射出的一定是一束复色光．根据折射定律，两束光在O′点的出射角与在下表面的入射角相等，故复色光平行Ⅰ、Ⅱ两束入射光，故A正确；
B、由图知玻璃砖对Ⅱ束光的偏折角大于对Ⅰ束光的偏折角，则玻璃砖对Ⅱ束光的折射率大于对Ⅰ束光的折射率，则Ⅱ光的波长短，条纹间距与波长成正比，则用同一装置做双缝干涉实验，Ⅱ光的条纹间距较小，故B正确；
C、根据，折射率大的传播速度小，故Ⅱ光在玻璃中的速度小，故C错误；
D、若将Ⅰ光的入射点a左移一点，光线将射到O′左侧，入射角不再等于在玻璃砖底边的折射角，则折射角也不等于在玻璃砖底边的入射角，所以两束平行光的出射光线一定不平行，故D错误。 故选AB。
【考点】光的折射定律；双缝干涉的条纹间距与波长的关系
20.法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机──法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则 A．电刷Ｂ的电势高于电刷Ａ的电势
Ｂ．若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变大 Ｃ．若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大
Ｄ．金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小 【答案】AB
【解析】
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A、根据安培定则可知，电磁铁产生的磁场方向向右，由右手定则判断可知，金属盘产生的感应电流方向从A到B，则电刷A的电势低于电刷B的电势，电刷B的电势高于电刷A的电势，故A正确；
B、若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，切割磁感线的有效长度增大，产生的感应电动势增大，感应电流增大，则灵敏电流计的示数变大，故B正确；
C、若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路电流减小，磁场减弱，灵敏电流计的示数将减小，故C错误；
D、金属盘转动的转速越大，感应电动势增大，感应电流增大，电功率增大，安培力增大，维持金属盘做匀速转动所需外力做功的功率越大，故D错误。 故选AB。
【考点】法拉第电磁感应定律；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率
非选择题部分
21．在一次用单摆测定重力加速度的实验中，图A的O点是摆线的悬挂点，a、b点分别是球的上沿和球心，摆长L=_____________m．
图B为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格1min。在测量周期时，当摆球摆动稳定后，计时起点应选在小球摆至______________时（填“最高点”或“最低点”），测得单摆摆动n=50次时，长、短针位置如图所示，所用时间t=_____________s，则周期T=________s（结果保留两位有效数字）。用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=_____________（不必代入数据计算） 【答案】0.9950 最低点 100.2 2.0 【解析】
摆长L=0.9950m；由于摆球经过最低点时速度最大，引起的周期测量误差最小，故在测量周期时，当摆球摆动稳定后，计时起点应选在小球摆至最低点； 秒表的读数为t=100.2s，则得单摆的周期为； 由，可得：。
【考点】用单摆测定重力加速度
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22．电学黑箱内有一不明电学元器件H，把它和滑动变阻器R、电流表A、电源等组成一个电路，用两只电压表同时测量H和R两端的电压。改变R的阻值，得到多组U--I数据。但由于记录数据马虎，表格中的两组电压表读数，哪一组对应的是V的读数没有确定。已知电压表和电流表都可以认为是理想电表。 I/A U1/V U2/V 0.12 0.20 4.20 0.21 0.40 3.55 0.29 0.60 2.95 0.34 0.80 2.50 0.42 1.20 1.70 0.47 1.60 1.05 0.50 2.00 0.50 （1）把U1、U2和电流I的关系在U--I图上描点，结果如图所示。请你在答题纸上的U--I图象上作出H的伏安特性图线，并在图线旁标注字母“H”。你判断的理由是_____________
（2）电学黑箱内的器件H，最有可能的是________ A．半导体二极管 B．热敏电阻 C．小灯泡 D．定值电阻 E．电感线圈 F．大电容
（3）本次实验中的电源的电动势是________V，内阻是_______Ω（保留两位有效数字） （4）某次实验时，滑动变阻器R的阻值恰好为10Ω，则此时黑箱内的H消耗的电功率为__________W（保留两位有效数字）。 【答案】（1）这个串联电路中，变阻器R的阻值变小时，电流变大。根据表格中的数据，U2对应的电阻阻值是变小的，U1为H对应的电压。
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（2）C （3）5.0V 5.0Ω （4）0.17--0.19W 【解析】
（1）根据坐标系中描出的点作出图象，图象如图绿色图线所示；
由图2所示可知，滑动变阻器与原件H串联，电流表测电路电流，滑动变阻器接入电路的越大，滑动变阻器两端电压越大，电路总电阻越大，电路电流越小，由串联电路特点可知，滑动变阻器两端电压增大，H两端电压变小，即：随电流I减小，滑动变阻器两端电压增大，H两端电压越小，如图所示；
（2）由图示元件H的图象可知，元件电阻随电压电流的增大而增大，则该元件是灯泡，故选C；
（3）元件H与滑动变阻器两端电压之和是路端电压，根据表中实验数据做出电源的U-I图象如图黑色图线所示，由图示电源U-I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是5.0，则电源电动势，斜率，此时灯泡的电阻由图线图线交点可知，电源内阻：；
（4）此时滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，则等效电源的内阻为，此时新的U-I图像如图红线所示，此时元件的实际功率。 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线
23．滑草是一项前卫运动，和滑雪一样能给运动者带来动感和刺激。如图所示，人坐在滑草车上从斜坡的高处A点由静止开始自由滑下，滑到斜坡的底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若某人和滑草车的总质量m=60kg，滑草车与斜坡滑道、滑草车与水平滑道间的动摩擦因数相等，μ=0.2，斜坡的倾角θ=15º。整个运动过程中，除滑草车与滑道之间的摩擦外，不计其它方面的能量损失，重力加速度g取10m/s2。（sin15º≈0.26，cos15º≈0.97）求：
（1）人与滑草车在斜坡上滑动时的加速度大小为多少？ （2）若斜坡滑下的距离AB长为L=40m，则人与滑草车在水平滑道上滑行的最大距离为多少？ 【答案】 【解析】 解：（1）设人斜坡上下滑过程中的加速度为， 由牛顿第二定律有、 又，得
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代入数据得
（2）由动能定理得 所以
【考点】牛顿第二定律；动能定理
24．如图所示，两根相距为d的足够长的平行金属导轨位于水平xOy平面内，左端接有阻值为R的电阻，其他部分的电阻均不计。在x>0的一侧存在垂直xOy平面且方向竖直向下的磁场，磁感强度大小按B=kx规律变化（其中k是一大于零的常数）。一根质量为m的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨上，两者接触良好。当t=0时直杆位于x=0处，其速度大小为v0，方向沿x轴正方向，在此后的过程中，始终有一个方向向左的变力F作用于金属杆，使金属杆的加速度大小恒为a，加速度方向一直沿x轴的负方向．求： （1）金属杆向右运动至t0时刻时所在位置处的磁感应强度B的大小。
（2）闭合回路中感应电流持续的时间有多长？
（3）当金属杆的速度为时，闭合回路的感应电动势多大？此时作用于金属杆的外力F多大？ 【答案】（1） （2）
（3）①沿x轴正方向运动的速度为时; ②沿x轴负方向运动的速度为时; 【解析】
（1）金属杆做匀减速直线运动，金属杆位移为：， 磁感应强度大小：；
（2）由题意可知，金属杆在磁场中的运动分为两个阶段：先沿x轴正方向做匀减速运动，直到速度为零；然后x轴负方向做匀加速直线运动，直到离开磁场，其速度一时间图象如图所示．金属杆在磁场中运动切割磁感线，闭合回路产生感应电流， 所以回路中感应电流持续的时间
（3）①当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，对应的x坐标x1`满足： 解得
则在x1处的磁感强度 此时回路中的感应电动势
金属杆所受的安培力大小，方向沿x轴负方向 由牛顿第二定律得
所以，此时作用于金属杆的外力，方向沿x轴负方向．
②当金属杆沿x轴负方向运动的速度为时，由运动对称性知对应的x坐标仍为，故安培力
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大小与①相同，但方向相反，为x轴正方向 牛顿第二定律
所以，此时作用于金属杆的外力方向沿x轴正方向． 【考点】牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律
25．如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q；、，离子重力不计。
（1）求圆弧虚线对应的半径R的大小；
（2）若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；
（3）若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场，换为垂直纸面向里的匀强磁场，要求离子能最
终打在QN上，求磁场磁感应强度B的取值范围。
【答案】 【解析】
（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 得
（2）离子做类平抛运动、 由牛顿第二定律得，得
（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 根据牛顿第二定律，有 得
离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ。
由几则有 【考点】
何关系知，离子能打在QN上，必须满足：
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参
21. 0.9950 ，最低点，100.2 ，2.0，
22.（1）这个串联电路中，逻辑应是这样：变阻器R的阻值变小时，电流变大。根据表格中的数据，U2对应的电阻阻值是变小的，U1为H对应的电压。
（2）C
（3）5.0±0.1 V，5.0±0.1 Ω （4）0.17--0.19W 23.解：（1）设人斜坡上下滑过程中的加速度为，由牛顿第二定律有 ---------2分 ---------2分 又 ---------2分 联立①②③式得
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代入数据得 m/s2 ---------2分 （2）由动能定理得 ---------6分 ∴m
24.解析：（1）金属杆做匀减速直线运动，金属杆位移为：， 磁感应强度大小：；
（2）由题意可知，金属杆在磁场中的运动分为两个阶段：先沿x轴正方向做匀减速运动，直到速度为零；然后x轴负方向做匀加速直线运动，直到离开磁场，其速度一时间图象如图所示．金属杆在磁场中运动切割磁感线，闭合回路产生感应电流，所以回路中感应电流持续的时间．
（2）①当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，对应的x坐标x1`满足：解得x1=． 则在x1处的磁感强度
此时回路中的感应电动势，
金属杆所受的安培力大小 方向沿x轴负方向
由牛顿第二定律得F＋F安=ma
所以，此时作用于金属杆的外力方向沿x轴负方向．
②当金属杆沿x轴负方向运动的速度为时，由运动对称性知对应的x坐标仍为，故安培力大小与①相同，但方向相反，为x轴正方向 牛顿第二定律F-F安=ma
所以，此时作用于金属杆的外力方向沿x轴正方向． 25.（1）离子在加速电场中加速，根据动能定理，有：（2分）
离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，根据牛顿第二定律，有 （2分） 得（2分） （2）离子做类平抛运动
d=vt（1分） 3d=（1分）由牛顿第二定律得qE=ma（1分）则E=（1分）
（3）离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有（1分） 则（1分）
离子能打在QN上，则既没有从DQ边出去也没有从PN边出去，则离子运动径迹的边界如图中Ⅰ和Ⅱ。
由几何关系知，离子能打在QN上，必须满足： （2分，列出一种情况得1分） 则有（2分）31934 7CBE 精t27469 6B4D 歍40779 9F4B 齋{4b31849 7C69 籩27300 6AA4 檤26853 68E5 棥 22919 5987 妇40333 9D8D 鶍25598 63FE 揾
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