2021届全国1卷高考高三临考全真模拟 物理（九）（解析版）

这是一份2021届全国1卷高考高三临考全真模拟 物理（九）（解析版），共10页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
二、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14～18只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．若做匀速直线运动的列车受到的阻力与其速率的二次方成正比，则当列车的速率提升为原来的3倍时，其发动机的输出功率变为原来的( )
A．27倍 B．9倍 C．3 倍 D．eq \f(1,3)倍
15．如图所示，风洞飞行体验可以实现高速风力将人吹起，通过改变风力大小或人体受风面积可以控制人体上升或下降。若一质量m＝70 kg的游客，从离地高度h1＝0.5 m的悬浮状态向上运动，到达高度h2＝2.5 m处时再次悬浮，下列说法正确的是( )
A．此过程中人的机械能增加了约1400 J
B．若人悬浮时减小受风面积，将会向上运动
C．上升过程中，人先处于失重状态，后处于超重状态
D．人处于悬浮状态时，为风洞提供动力的电动机不需要做功
16．规定无穷远处电势为0，电荷量为q的电荷在距离其r的位置处电势，正电荷周围的电势均大于0，负电荷周围的电势均小于0。如图所示，直线上三个位置A、B、C，AB＝x，BC＝2x，在C位置放一电荷量为+Q的点电荷，在B位置放另一个电荷量为q1的点电荷，如果A处的电势为零，则下列说法中正确的是( )
A．q1＝eq \f(1,3)Q
B．q1＝－eq \f(1,3)Q
C．A处的电场强度也为零
D．A处的电场强度大小为
17．已知通有恒定电流I的无限长直导线产生的磁场，磁感应强度与该点到导线的距离成反比如图，有三根无限长、通有大小一样电流的直导线a、b、c等间距放置，其中b中电流与a、c相反，此时与ab距离都相等的P点（未画出）磁感应强度为B，现取走导线a，则P点的磁感应强度为( )
A．B B．1.5B C．0.4B D．0.5B
18．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的4倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的( )
A．向心加速度大小之比为1∶4
B．轨道半径之比为4∶1
C．周期之比为4∶1
D．角速度大小之比为1∶2
19．用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲，实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率v之间的关系如图乙，图线与横轴交点的横坐标为5.10×1014 Hz。已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s。则下列说法中正确的是( )
A．欲测遏止电压，应选择电源左端为负极
B．增大照射光的强度，产生光电子的最大初动能一定增大
C．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大
D．如果实验中入射光的频率为7.50×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能约为1.59×10－19J
20．如图所示，一质量m＝1 kg的小物块（可视为质点）从高H＝12 m处的A点由静止沿光滑的圆弧轨道AB滑下，进入半径r＝4 m竖直圆环轨道，与圆环轨道的动摩擦因数处处相同，当到达圆环轨道的顶点C时，小物块对圆环轨道的压力恰好为零。之后小物块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小物块在圆环最高点时的速度为2eq \r(10) m/s
B．小物块在圆环最高点时的速度为eq \r(10) m/s
C．h的值可能为6.5 m
D．h的值可能为8.5 m
21．如图甲，边长为L、匝数为n的正方形闭合金属线圈abcd置于垂直纸面的匀强磁场中，线圈的总电阻为R，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙。下列说法正确的是( )
A．在eq \f(1,2)t0时刻，线圈中的感应电流为
B．在eq \f(3,4)t0时刻，线圈ab边受到的安培力水平向左
C．在1s内线圈中的电流方向改变了次
D．在任一周期内通过线圈某一横截面的电量为
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25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，考生根据要求做答)
(一)必考题(共47分)
22．(5分)某同学利用如图装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究：一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连；弹簧处于原长时，小球恰好位于桌面边缘，如图所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离△x后由静主释放；小球离开桌面后落到水平地面上。通过分析和计算，回答下列问题：
(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的______________（填正确答案标号）。
A．小球的质量m
B．小球抛出点到落地点的水平距离s
C．桌面到地面的高度h
D．弹簧的原长l0
(2)用所选取的量和已知量表示Ek，得Ek＝____________。
(3)图中的直线是实验测量得到的水平射程s和压缩量△x关系的s－Δx图线。从理论上可推出，如果h不变，m减小，s－Δx图线的斜率会___________；如果m不变，h增加，s－Δx图线的斜率会____________；由图中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep随Δx的增大会_____________。（均选填“增大”、“减小”或“不变”）
23．(10分)由半导体材料制成的热敏电阻阻值是温度的函数。基于热敏电阻对温度敏感原理制作一个火灾报警系统，要求热敏电阻温度升高至50 ℃时，系统开始自动报警。所用器材有：
直流电源E（36 V，内阻不计）：电流表（量程250 mA，内阻约0.1 Ω）
电压表（量程50 V，内阻约1 MΩ）
热敏电阻RT
报警器（内阻很小，流过的电流超过10 mA时就会报警，超过30 mA时就会损伤）
滑动变阻器R1（最大阻值4000 Ω）
电阻箱R2（最大阻值9999.9 Ω）
单刀单指开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干
(1)用图（a）所示电路测量热敏电阻RT，的阻值。当温度为27 ℃时，电压表读数为30.0 V，电流表读数为15.0 mA：当温度为50 ℃时，调节R1，使电压表读数仍为30.0 V，电流表指针位置如图（b）所示。温度为50 ℃时，热敏电阻的阻值为________Ω，从实验原理上看，该方法测得的阻值比真实值略微_______（填“偏大”或“偏小”）。
(2)某同学搭建一套基于该热敏电阻的火灾报警系统，实物图连线如图（e）所示，其中有一个器件的导线连接有误，该器件为________（填器件符号）。正确连接后。先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为_______Ω，滑动变阻器R1阻值从最大逐渐减小，直至报警器开始报答，此时滑动变阻器R1连入电路的阻值为________Ω，调试完毕后，再利用单刀双掷开关S2的选择性开关功能，把热敏电阻RT接入电路，可方便实现调试系统和工作系统的切换。
24．(12分) 如图所示，质量M＝0.8 kg、长度L＝2.4 m的沙车静止在光滑的水平地面上，钢球发球机每隔t＝1 s将一个质量为m＝0.2 kg的钢球水平射出，发球机的出球孔与沙车的左端在同一竖直线上，出球孔与沙车上表面的高度差h＝0.8 m，第一个钢球恰好落在沙车的右端。不计钢球与沙车的作用时间，钢球落入沙车后立即与沙车达到共速，重力加速度g取10 m/s2，空气阻力可忽略不计，钢球可看作质点。求：
(1)第一个钢球落到沙车上后沙车获得的速度。
(2)落到沙车上的钢球的个数以及这些钢球落入沙车的过程中，钢球与沙车组成的系统损失的机械能。
25．(20分)如图所示，在边界OP、OQ之间存在竖直向下的匀强电场，直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场。从O点以速度v0沿与Oc成60°角斜向上射入一带电粒子，粒子经过电场从a点沿ab方向进人磁场区域且恰好没有从磁场边界bc飞出，然后经ac和aO之间的真空区域返回电场，最后从边界OQ的某处飞出电场。已知Oc＝2L，ac＝eq \r(3)L，ac垂直于cQ，∠acb＝30°，带电粒子质量为m，带电量为＋q，不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的场强大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从边界OQ飞出时的动能；
(3)粒子从O点开始射入电场到从边界OQ飞出电场所经过的时间。
(二)选考题(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．[选修3－3](15分)
(1)(5分)用油膜法测定分子的直径，1 mL的油酸加入酒精中配制成1 000 mL的油酸酒精溶液，1 mL油酸酒精溶液通过滴管实验测得为80滴，取1滴油酸酒精溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后测得油膜面积为260 cm2。
①则油酸分子的直径约为________ m；(结果保留一位有效数字)
②按照一定比例配制的油酸酒精溶液置于一个敞口容器中，如果时间偏长，会影响分子尺寸测量结果导致测量值________(选填“偏大”或“偏小”)。
(2)(10分)如图所示，在粗细均匀的U形管右侧，用水银封闭一段长为L1＝19 cm、温度为T1＝280 K的气体，稳定时，左右两管水银面高度差为h＝6 cm。已知大气压强为p0＝76 cmHg。
(i)给右管密闭气体缓慢加热，当右管内气体温度为多少时，两管水银面等高。
(ii)若不给右管密闭气体加热，而是向左管缓慢补充水银，也可使两管水银面等高，求需补充水银柱的长度。
34．[选修3－4](15分)
(1)(5分)图(a)为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图，图(b)为平衡位置在x＝0.5 m处的质点P的振动图象，M是平衡位置在x＝2 m的质点。下列说法正确的是________。
A．波的传播方向向右
B．波速为0.5 m/s
C．0～2 s时间内，M向y轴正方向运动
D．当t＝9 s时，M恰好回到平衡位置且向下振动
E．x＝1.5 m处的质点与P的振动步调有时相同有时相反
(2)(10分)现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料制成．如图14所示，其截面ABC为直角三角形，∠ACB＝30°，现在有一条光线沿着截面从AC边上的O点以45°的入射角射入工件折射后到达BC边的中点并发生了全反射后垂直于AB边射出．已知光在空气中的传播速度为c。
(i)求透明玻璃材料的折射率；
(ii)若BC＝eq \r(3)a，求光线在玻璃材料内传播的时间。
物 理 答 案
二、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14～18只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．【答案】A
【解析】列车受到的阻力与其速率的二次方成正比f＝kv2，列车做匀速直线运动，牵引力和阻力相等F＝f，输出功率P＝Fv＝kv3，所以当列车速率提升为原来的3倍时，功率提升为原来的27倍，A正确。
15．【答案】A
【解析】此过程中人的机械能增量即为重力势能的增量，约为，A正确；若人悬浮时减小受风面积，则受到的风力减小，将会向下运动，B错误；上升过程中，先加速后减速，所以先超重后失重，C错误；人处于悬浮状态时，因为需要持续吹风，所以为风洞提供动力的电动机需要做功，D错误。
16．【答案】B
【解析】电荷量为+Q点电荷在A点的电势，电荷量为q1的点电荷在A点的电势，因为，则，A 错误，B正确；电荷量为+Q的点电荷在A点处的场强，电荷量为q1的点电荷在A点处的场强，则A处的电场强度，CD错误。
17．【答案】C
【解析】设P到a、b距离分别为x，则到c的距离为3x，a在P点产生的场强向内，设为B0，则c在P点产生的场强向外，大小为，因此，得，撤去a导线后，P点的磁感应强度为b、c两导线在P点产生场强的叠加，故C正确。
18．【答案】B
【解析】根据万有引力充当向心力Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(v2,r)＝meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,T)))2r＝mω2r＝ma，卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v＝eq \r(\f(GM,r))，其动能Ek＝，由题知变轨后动能增大为原来的4倍，则变轨后轨道半径r2＝eq \f(1,4)r1，变轨前后卫星的轨道半径之比r1∶r2＝4∶1；向心加速度a＝eq \f(GM,r2)，变轨前后卫星的向心加速度之比a1∶a2＝1∶16，故A错误，B正确；卫星运动的周期T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，可得变轨前后卫星的周期之比T1∶T2＝8∶1，故C错误；卫星运动的角速度ω＝eq \r(\f(GM,r3))，变轨前后卫星的角速度之比ω1∶ω2＝1∶8，故D错误。
19．【答案】AD
【解析】图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压Uc与入射光频率v，因此光电管左端应该是阴极，则电源左端为负极，故A正确；光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度无关，故B错误；当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片从图示位置向右滑动的过程中，则电压增大，光电流增大，当电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不变，故C错误；根据图象可知，铷的截止频率vc＝5.10×1014 Hz，则出该金属的逸出功大小W0＝hvc＝3.38×10－19 J，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，当入射光的频率为v＝7.50×1014 Hz时，则最大初动能Ekm＝1.59×10－19 J，故D正确。
20．【答案】AD
【解析】小物块在圆环最高点时有，解得vC＝2eq \r(10) m/s，所以A正确，B错误；BEC过程克服摩擦力做的功为W1＝mg(H－2r)－eq \f(1,2)mvC2＝20 J，CFB过程克服摩擦力做的功为W2，因该过程小物块与轨道的平均压力小于BEC过程，则摩擦力也小，则有0＜W2＜W1，CFBD过程，由动能定理得－mg(h－2r)－W2＝－eq \f(1,2)mvC2，解以上各式得8 m＜h＜10 m，所以D正确，C错误。
21．【答案】BC
【解析】在eq \f(1,2)t0时刻，穿过线圈中的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，所以线圈中的感应电流为零，A错误；在eq \f(3,4)t0时刻，磁感应强度B向里在减小，由楞次定律和安培定则知，感应电流为顺时针方向，再由左手定则知，ab边受到的安培力水平向左，故B正确；磁感应强度变化的周期和磁通量变化的周期相同，感应电流变化的周期也是2t0，在一个周期内交流电的方向改变2次，所以在1 s内线圈中的电流方向变化了次，C正确；根据感应电量q＝neq \f(ΔΦ,R)，在一个周期内，穿过线圈的磁通量的变化量一定为零，所以感应电量一定为零，D错误。
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25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，考生根据要求做答)
(一)必考题(共47分)
22．(5分)
【答案】(1)ABC (2) (3)增大 增大 增大
【解析】(1)由平抛规律可知，由水平距离和下落高度即可求出平抛时的初速度，进而可求出物体动能，所以本实验至少需要测量小球的质量m、小球抛出点到落地点的水平距离s、桌面到地面的高度h。故选ABC。
(2)由平抛规律可知，竖直方向上h＝eq \f(1,2)gt2，水平方向上s＝vt，而动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，联立可得Ek＝
(3)由题意可知如果h不变，m减小，则相同的Δx对应的速度变大，物体下落的时间不变，对应的水平位移s变大，s－Δx图线的斜率会增大；如果m不变，h增加，则物体下落的时间增加，则相同的Δx下要对应更大的水平位移s，故s－Δx图线的斜率会增大；弹簧的弹性势能等于物体抛出时的动能，即Ep＝可知Ep与Δs的2次方成正比，而Δs与Δx成正比，则Ep与Δx的2次方成正比，故Ep随Δx的增大会增大。
23．(10分)
【答案】(1)600 偏大 (2)滑动变阻器R1 600 3000
【解析】(1)由图（b）可知，电流表的示数为50 mA，则此时热敏电阻的阻值，该方法所测电流值为真实电流值，所测电压值为热敏电阻和电流表两端的总电压，故根据R＝eq \f(U,I)可知此时所测电阻值偏大。
(2)滑动变阻器R1的导线连接有误，两根导线都连接在上端，无法起到改变接入电阻阻值的作用，应一上一下连接；先使用电阻箱R2进行调试，其阻值设置为RT的自动报警电阻，即600 Ω才可对其进行调试；此时要求刚好在50℃时自动报警，则通过电路的电流10 mA，报警器和电流表的电阻很小，可忽略不计，可得此时滑动变阻器的阻值为。
24．(12分)
【解析】(1)钢球做平抛运动，则
钢球和沙车组成的系统在水平方向上动量守恒，则
解得v1＝1.2 m/s。
(2)沙车从开始运动至第二个钢球落到沙车上，沙车的位移
第二个钢球落到沙车上后沙车的速度
从第二个钢球落到沙车上至第三个钢球落到沙车上，沙车的位移
由于
所以最终有2个钢球落在沙车上。钢球和沙车组成的系统损失的机械能为
。
25．(20分)
【解析】(1)从O点到a点过程的逆过程为平抛运动
水平方向：2L＝v0csθt1
竖直方向：eq \f(1,2)at12＝eq \r(3)L
加速度：
可得：，
粒子进入磁场后运动轨迹如图所示，设半径为r，由几何关系得：
洛伦兹力等于向心力：qvB＝meq \f(v2,r)，v＝v0cs 60°＝eq \f(1,2)v0
解得：
在磁场内运动的时间：。
(2)粒子由真空区域进入电场区域从边界飞出过程，由动能定理得：
qE(eq \r(3)L－2r)＝Ek－eq \f(1,2)mv2
解得：Ek＝eq \f(1,4)mv02。
(3)粒子经过真空区域的时间
粒子从真空区域进入电场区域到从边界飞出经过的时间为土，则eq \r(3)L－2r＝eq \f(1,2)at42
解得：
粒子从入射直至从电场区域边界飞出经过的时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝。
(二)选考题(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．[选修3－3](15分)
(1)(5分)
【答案】①5×10－10 ②偏小
【解析】①测得油膜面积S＝260 cm2＝2.6×10－2m2，每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为：V＝eq \f(1,1 000)×eq \f(1,80) mL＝1.25×10－11 m3，所以油酸分子的直径d＝eq \f(V,S)＝eq \f(1.25×10－11,2.6×10－2) m≈5×10－10 m。
②置于一个敞口容器中，如果时间偏长，酒精挥发，导致油酸浓度增大，因此导致测量值偏小。
(2)(10分)
【解析】(i)加热前，对于封闭气体有：p1＝p0－ρgh＝70 cmHg
加热后，右管内气体压强为：p2＝p0＝76 cmHg
当两管内水银面等高时，右管内水银面下降高度为：
eq \f(h,2)＝3 cm
由理想气体状态方程得：eq \f(p1SL1,T1)＝eq \f(p2SL2,T2)
又L2＝L1＋3 cm＝22 cm
代入数据解得：T2＝352 K
(ii)设补充水银后，右管内水银面上升x，管内气体长度为L1－x
由玻意耳定律有：p1SL1＝p2S(L1－x)
解得：x＝1.5 cm
注入水银柱的长度为：y＝h＋2x＝9 cm。
34．[选修3－4](15分)
(1)(5分)图(a)
【答案】ABD
【解析】根据题图(b)可知，t＝2 s时在x＝0.5 m处的质点P的振动方向向下，由平移法可知，波的传播方向向右，A正确；根据图(a)可知波长λ＝2 m，根据图(b)可知周期T＝4 s，所以波速：v＝eq \f(λ,T)＝0.5 m/s，B正确；M点与原点距离一个波长，所以t＝2 s时M也处于波谷，0～2 s时间内后半个周期，M在向y轴负方向运动，C错误；从t＝2 s到t＝9 s，Δt＝7 s＝1eq \f(3,4)T，现在M处于波谷，所以t＝9 s时，M恰好回到平衡位置且向下振动，D正确；x＝1.5 m处的质点与P相距半个波长，所以振动步调相反，E错误。
(2)(10分)
【解析】(i)光路图如图所示，DE光线垂直AB射出，所以∠EDB＝∠ODC＝30°
折射角r＝30°
所以n＝eq \f(sin 45°,sin 30°)＝eq \r(2)。
(ii)由几何关系可知，
ODcs 30°＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(1,4)CB，
所以OD＝eq \f(1,2)a，DE＝BDcs 30°＝eq \f(3a,4)
因为n＝eq \f(c,v)，所以v＝eq \f(c,n)＝eq \f(\r(2)c,2)，t＝eq \f(OD＋DE,v)＝eq \f(5\r(2)a,4c)。