2021届云南省楚雄州高考物理模拟试卷（4月份）含答案

 高考物理模拟试卷〔4月份〕

一、选择题〔此题共8小题，每题6分，共48分．在每个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〕

1.物体从斜面〔斜面足够长〕底端以某一初速度开始向上做匀减速直线运动，经t秒到达位移中点，那么物体从斜面底端到最高点时共用时间为〔   〕           

A. 2                             B. t                             C. 〔3﹣ 〕t                             D. 〔2+ 〕t

2.一质量为M、带有挂钩的球形物体套在倾角为θ的细杆上，并能沿杆匀速下滑，假设在挂钩上再吊一质量为m的物体，让它们沿细杆下滑，如下列图，那么球形物体〔   〕 

A. 仍匀速下滑          B. 沿细杆加速下滑          C. 受到细杆的摩擦力不变          D. 受到细杆的弹力不变

3.如图甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上。t＝0时，一物块〔可视为质点〕从底端a以初速度v0沿斜面ab向上运动，到达顶端b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c。假设物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2  ， 那么以下物理量中不能求出的是〔   〕 

A. 斜面ab的倾角θ         B. 物块与斜面间的动摩擦因数μ         C. 物块的质量m         D. 斜面bc的长度L

4.如下列图，一理想变压器原副线圈匝数之比为3：1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表，以下结论正确的选项是〔   〕 

A. 假设电压表读数为36V，那么输入电压的峰值为108V
B. 假设输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，那么电流表的读数增加到原来的4倍
C. 假设输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，那么输入功率也增加到原来的2倍
D. 假设只将输入电压增加到原来的3倍，那么输出功率增加到原来的9倍

5.如下列图，一个大小可忽略，质量为m的模型飞机，在距水平地面高为h的水平面内以速率v绕圆心O做半径为R的匀速圆周运动，O′为圆心O在水平地面上的投影点．某时刻该飞机上有一小螺丝掉离飞机．不计空气对小螺丝的作用力，重力加速度大小为g．以下说法正确的选项是〔   〕 

A. 飞机处于平衡状态
B. 空气对飞机的作用力大小为m
C. 小螺丝第一次落地点与O′点的距离为
D. 小螺丝第一次落地点与O′点的距离为

6.如下列图，实线为三个电荷量相同的带正电的点电荷Q1、Q2、Q3的电场线分布，虚线为某试探电荷从a点运动到b点的轨迹，那么以下说法正确的选项是〔   〕 

A. b点的电场强度比a点的电场强度大
B. 该试探电荷从a点到b点的过程中电场力一直做负功
C. 该试探电荷从a点到b点的过程中电势能先增加后减少
D. 该试探电荷从a点到b点的过程中动能先增加后减少

7.在如下列图电路中，蓄电池的电动势E0＝4V，内阻r＝1Ω，电阻R＝4Ω，电容为1pF的平行板电容器水平放置且下极板接地。一带电油滴位于板间正中央P点且恰好处于静止状态。以下说法正确的选项是〔   〕 

A. P点的电势为2V
B. 上极板所带的电荷量为3.2×10﹣12C
C. 假设在P点与下极板间插入一块玻璃板，电容器上极板所带的电荷量将增加
D. 假设将上极板缓慢上移少许，油滴将向上运动

8.如下列图，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一个边长为L粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R．在导线框从图示位置开始以恒定速度υ沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，以下说法正确的选项是〔   〕 

A. 导线框进入磁场区域时产生逆时针方向的感应电流
B. 导线框中有感应电流的时间为
C. 导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为
D. 导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为

二、填空题〔共2小题，每题6分，总分值15分〕

2  ， 小球的质量为m＝1.00kg，频闪仪每隔0.05s闪光一次． 

〔1〕在t2到t5时间内，小球重力势能的减少量△Ep＝________J，动能的增加量为△Ek＝________J；〔结果保存三位有效数字〕   

〔2〕该同学通过屡次实验发现，无论在哪段时间内，小球重力势能的减少量△Ep总是大于其动能的增加量△Ek  ， 造成这种现象的主要原因是________．   

10.某兴趣小组用图甲所示的电路测定某电源的电动势和内阻，除待测电源、开关、导线外，另有内阻为RV＝3000Ω的电压表一只〔量程略大于电源的电动势〕，电阻箱一个。 

〔1〕实验中调整电阻箱到达实验要求时，电阻箱的各个旋钮的位置如图乙所示，电阻箱的读数是________Ω。   

〔2〕为了减小测量误差，屡次改变电阻箱的电阻R，读出电压表的示数U，得到如下表的数据。请在图丙坐标纸上画出 与R的关系图线。 

〔3〕由图线得出：电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω．〔结果保存两位有效数字〕   

〔4〕该小组同学测量电源内阻误差的主要原因可能是     。           

三、解答题〔共2小题，总分值32分〕

11.在水平面上，平放一半径为R的光滑半圆管道，管道处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，另有一个质量为m、带电量为+q的小球． 

〔1〕当小球从管口沿切线方向以某速度射入，运动过程中恰不受管道侧壁的作用力，求此速度v0；   

〔2〕现把管道固定在竖直面内，且两管口等高，磁场仍保持和管道平面垂直，如下列图，空间再加一个水平向右、场强E＝ 的匀强电场〔未画出〕，假设小球仍以v0的初速度沿切线方向从左边管口射入，求小球：①运动到最低点的过程中动能的增量；②在管道运动全程中获得的最大速度．   

12.如下列图，质量为m3＝2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB局部是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平局部相切，滑道水平局部右端固定一个轻弹簧。滑道除CD局部粗糙外其他局部均光滑。质量为m2＝3kg的物体2〔可视为质点〕放在滑道的B点，现让质量为m1＝1kg的物体1〔可视为质点〕自A点由静止释放。两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体〔g＝10m/s2〕。求： 

〔1〕物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；   

〔2〕假设CD＝0.2m，两物体与滑道的CD局部的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；   

〔3〕物体1、2最终停在何处。   

四、【物理--选修3-3】

13.以下说法正确的选项是〔   〕           

A. 相同条件下，温度越高，布朗运动越明显，颗粒越小，布朗运动也越明显
B. 荷叶上的露珠成球形是液体外表张力作用的结果
C. 不断改进技术可以使热机吸收的热量全部转化为机械能
D. 具有各向同性的物质都是非晶体
E. 水的饱和汽压随温度的升高而增大

14.如下列图，横截面积为10cm2的汽缸内有a、b两个质量忽略不计的活塞，两个活塞把汽缸内的气体分为A、B两局部，A局部气柱的长度为30cm，B局部气柱的长度是A局部气柱长度的一半，汽缸和活塞b是绝热的，活塞a是导热的，与活塞b相连的轻弹簧劲度系数为100N/m。初始状态A、B两局部气体的温度均为27°C，活塞a刚好与气缸口平齐，弹簧为原长。假设在活塞a上放上一个2kg的重物，那么活塞a下降一段距离后静止；然后对B局部气体进行缓慢加热，使活塞a上升到再次与气缸口平齐，那么此时B局部气体的温度为多少摄氏度？〔外界大气压强为P0＝1×105Pa，重力加速度大小g＝10m/s2  ， 不计活塞与气缸间的摩擦。不计弹簧及电热丝的体积。〕 

五、【物理--选修3-4】〔15分〕

15.如下列图，ABCD为某棱镜的横截面，其中∠B＝∠C＝90°∠D＝75°，某同学想测量该棱镜的折射率，他用激光笔从BC边上的P点射入一束激光，激光从Q点射出时与AD边的夹角为45°，QE⊥BC，∠PQE＝15°，那么该棱镜的折射率为________，假设改变入射激光的方向，使激光在AD边恰好发生全反射，其反射光直接射到CD边后________〔能或不能〕从CD边射出． 

16.如图甲所示，在某介质中波源A、B相距d＝20m，t＝0时二者同时开始上下振动，A只振动了半个周期，B连续振动，两波源的振动图象如图乙所示，两振动所形成的波沿AB连线相向传播，波速均为v＝1.0m/s，求：

①两振动所形成波的波长λA、λB；

②在t＝0到t＝16s时间内从A发出的半个波在前进的过程中所遇到B发出波的波峰个数。

答案解析局部

一、选择题〔此题共8小题，每题6分，共48分．在每个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〕

1.【解析】【解答】采用逆向思维，物体做初速度为零的匀加速直线运动，根据 得那么通过上面半段时间和总时间之比为 ，那么下面半段时间和上面半段时间之比为 ，因为下面半段时间为t，那么物体从斜面底端到顶端共用时间为： ，D符合题意。

故答案为：D

 
【分析】物体做匀减速运动，利用题目条件求出物体的加速度，再利用匀变速直线运动公式求解物体运动的时间。

2.【解析】【解答】解：AB、不挂重物时，球形物体受重力、支持力和摩擦力而匀速下滑，根据平衡条件，在平行斜面方向，有：Mgsinθ﹣f＝0，

在垂直斜面方向，有：N﹣Mgcosθ＝0，

其中：f＝μN，

联立解得：μ＝tanθ；

当挂钩挂重物后，对球形物体和所挂重物整体，在平行斜面方向：F合＝〔M+m〕gsinθ﹣μN′，

垂直斜面方向：N′＝〔M+m〕gcosθ，

联立解得：F合＝0，故整体依然做匀速直线运动；A符合题意B不符合题意；

CD、由上面的分析知：不挂重物时，f＝μMgcosθ，N＝Mgcosθ，

当挂钩挂重物后，f′＝μ〔M+m〕gcosθ，N′＝〔M+m〕gcosθ，所以摩擦力变大，弹力变大，CD不符合题意；

故答案为：A。

 
【分析】对物体进行受力分析，在沿斜面方向和垂直于斜面两个方向上分解，在沿斜面方向利用牛顿第二定律求解物体的加速度，进而分析物体的运动情况。

3.【解析】【解答】解：根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2  ， 根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ＝ma1  ， mgcos θ﹣μmgsin θ＝ma2  ， 那么可求出θ和μ，但m无法求出，根据题图乙中“面积〞可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故不能求出的只有物体的质量，ABD不符合题意C符合题意。

故答案为：C。

 
【分析】v-t图像中，横坐标为时间，纵坐标为速度，图像与时间轴所围成的面积是位移，图像的斜率是加速度，结合牛顿第二定律列方程分析求解即可。

4.【解析】【解答】解：A、假设电压表读数为36V，由  可得那么输入电压为U1＝ ＝108V，是有效值，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得因此其最大值为108 V，A不符合题意；

B、假设输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，那么输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B不符合题意；

C、假设输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I＝  输出电流减小到原来的一半，那么根据P＝UI可知，输出功率减小到原来的一半，因输出功率等于输入功率，故输入功率也减小到原来的一半，C不符合题意；

D、假设保持负载电阻的阻值不变。输入电压增加到原来的3倍，输出电压增大到原来的3倍，那么由P＝ 可知输出功率增加到原来的9倍，D符合题意。

故答案为：D。

 
【分析】利用变压器原副线圈匝数比与电压的关系求解副线圈的电压，再利用欧姆定律求解电流，进而求解功率。

5.【解析】【解答】解：A、飞机做匀速圆周运动，合力指向圆心，不是处于平衡状态，A不符合题意；

B、对飞机，受到重力和空气对飞机的作用力，如下列图

合力指向圆心提供向心力，空气对飞机的作用力大小为： ，B不符合题意；

CD、小螺丝钉掉离飞机后做平抛运动，投影如下列图

，得 ；水平位移 ，根据几何关系，小螺丝钉第一次落地点与O′的距离

，C符合题意，D不符合题意；

故答案为：C。

 
【分析】物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据初速度求解水平方向的位移。

6.【解析】【解答】解：A、根据电场线的密疏程度表示电场强度的大小可知，b点的电场强度比a点的电场强度大，A符合题意；

BCD、该试探电荷从a点到b点的过程中，电场力提供其做曲线运动的合外力，且电场力方向指向曲线凹处，与速度方向的夹角先是钝角后变成锐角，即电场力先做负功后做正功，试探电荷的电势能先增加后减少，根据功能关系可知，试探电荷的动能先减少后增加，C符合题意，BD不符合题意。

故答案为：AC

 
【分析】结合题目中给出的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。

7.【解析】【解答】解：A、R两端的电压U＝ R＝3.2 V，P点的电势为 U＝1.6 V，A不符合题意；

B、上极板所带的电荷量Q＝CU＝3.2×10﹣12C，B符合题意；

C、电容C＝ ，得Q＝ ，插入一块玻璃板，那么εr增大，Q增加，C符合题意；

D、油滴在P点受力平衡，qE＝mg，假设将上极板缓慢上移少许，电容器两端的电压U不变，板间距离d增大，根据E＝ 得，场强E减小，油滴所受的电场力qE也减小，油滴将向下运动，D不符合题意。

故答案为：BC

 
【分析】利用欧姆定律求解电阻两端的电阻，即电容器两端的电压，结合电容器的电容，利用公式Q=CU求解电荷量，插入介质电容增加，结合电容公式分析电荷量的变化即可。

8.【解析】【解答】 解：A、导线框进入磁场区域时磁通量增加，根据楞次定律判断得知产生逆时针方向的感应电流，A符合题意。

B、当线框进入和离开磁场时磁通量变化，才有感应电流产生，所以有感应电流的时间为 t＝ ＝ ，B符合题意。

C、D、导线框的bd对角线有一半进入磁场时，线框有效的切割长度为：l＝ L，

产生的感应电动势为：E＝Blv＝ BLv，

感应电流为：I＝ ＝ ，

整个导线框所受安培力大小为：F＝BIl＝B• • L＝ ；

导线框a、c两点间的电压为：U＝I•2R＝ ，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：ABD。

 
【分析】利用法拉第电磁感应定律求解电压的大小，再利用欧姆定律求解回路中电流的大小；利用左手定那么和公式求解安培力的方向，再结合安培力公式求解导体棒受到的安培力大小。

二、填空题〔共2小题，每题6分，总分值15分〕

9.【解析】【解答】解：〔1〕在t2到t5时间内，小球下落的高度h＝0.7206m，

所以小球重力势能的减少量为△Ep＝mgh≈7.06J，

小球在t2时刻的瞬时速度大小v2＝ m/s＝4.072m/s，

在t5时刻的瞬时速度大小v5＝ m/s＝5.536m/s，

所以小球动能的增加量△Ek＝ m〔 ﹣ 〕≈7.03J．〔2〕由于小球下落过程中要受到空气阻力的作用，所以减少的重力势能一局部转化为小球运动的动能，

另一局部转化为克服空气阻力做功而产生的内能．

故答案为：〔1〕7.06，7.03； 〔2〕空气阻力使小球的机械能减少．

 
【分析】力势能的减少量利用公式mgh求解即可，利用公式求出纸带上的点的速度，进而求出动能的增量，物体机械能守恒的条件是只受重力，物体受到轻微的阻力使得重力势能的减少量大于动能的增加量。

10.【解析】【解答】解：〔1〕由图示电阻箱可知，其示数为：R0＝4×1000Ω+0×100Ω+0×10Ω+0×1Ω＝4000Ω；〔2〕根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如下列图：〔3〕由闭合电路欧姆定律可知：E＝ 〔Rv+r+R〕变形得： ＝ + × +

那么可知图象纵坐标的交点为：0.35＝ +

斜率为：k＝ ＝

解得：E＝2.9V，r＝45Ω；〔3〕导线的电阻相对于电压表的内阻可以忽略，实验原理精确，所以主要是读取数据的误差，读取的是电压表的读数；电压表的内阻，电阻箱的读数很精确，故主要误差来自于电压表的读数误差，B符合题意、ABC不符合题意。

故答案为：B。

故答案为：〔1〕4000；〔2〕如图；〔3〕2.9，45；〔4〕B。

 
【分析】〔1〕电阻箱读数，利用对应旋钮的示数乘以下面的倍率再相加即可；
〔2〕结合表格中的数据在坐标系中描点连线即可；
〔3〕根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir 求出回路中的电流，再结合功率公式P=UI求解功率的表达式，再结合图像分析求解即可；
〔4〕该实验中的误差主要来源于电压表的读数误差。

三、解答题〔共2小题，总分值32分〕

11.【解析】【分析】〔1〕带电小球在磁场中受到洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下粒子做圆周运动，结合向心力公式求解小球的速度即可；
〔2〕对物体进行受力分析，合外力做功对应故物体动能的变化量，合外力对物体做正功，物体的动能增加；
〔3〕对小球进行受力分析，利用动能定理求解物体速度的表达式，结合表达式分析小球的速度即可。

12.【解析】【分析】〔1〕两个物体组成系统动量守恒，利用动量守恒定律列方程分析求解移动的距离；
〔2〕两个物体、轨道与弹簧组成系统动量守恒和能量守恒，利用动量守恒定律和能量守恒列方程分析求解即可；
〔3〕系统的所有能量最终都会克服摩擦力做功，都转为内能，列方程求解系统移动的距离即可。

四、【物理--选修3-3】

13.【解析】【解答】 解：A、相同条件下，温度越高，布朗微粒越小，布朗运动越明显，A符合题意；

B、荷叶上的露珠成球形是因为液体外表张力作用的结果，B符合题意；

C、根据热力学第二定律可知：不可能从单一热源吸热使之完全变为机械功，而不引起外界变化，即：热机的效率不能到达100%，C不符合题意；

D、多晶体和非晶体都表现各向同性，D不符合题意；

E、饱和汽压随温度而变，温度越大，饱和汽压越大，E符合题意。

故答案为：ABE。

 
【分析】布朗运动是小颗粒的无规那么运动，是由于物体颗粒比较小导致撞击不均匀，反映的是液体的无规那么运动。固体分为晶体和非晶体，晶体具有熔点，非晶体没有熔点，晶体分为单晶体和多晶体，都具有熔点，但是单晶体各向异性，多晶体各向同性，非晶体没有熔点，各向同性。外表张力是分子之间的作用力，具有使液体外表积减小的趋势，浸润、不浸润、液滴呈球形都是外表张力的作用。

14.【解析】【分析】A局部气体做等温变化，结合气体初状态和末状态的压强和体积，利用波意尔定律列方程求解末状态的体积，再对B气体进行研究，结合气体初末状态的温度、压强和体积，利用理想气体物态方程求解末状态气体的温度。

五、【物理--选修3-4】〔15分〕

15.【解析】【解答】解：如下列图，FG为法线

∠D＝75°，那么∠EQA＝75°，∠PQE＝15°，∠PQA＝60°

∠PQG＝30°

所以入射角 i＝∠PQG＝30°，折射角 r＝45°

由于光从棱镜射向空中，所以该棱镜的折射率 n＝ ＝ ＝  

设全发射临界角为C，如下列图

 sinC＝ ＝ ，C＝45°

∠JOD＝90°﹣C＝45°∠D＝75°

因而∠OJD＝60°

激光在CD边的入射角30°＜45°，因而激光能够从CD边出射

故答案为： ；能．

 
【分析】通过几何关系求出光的入射角和折射角，利用折射定律求解介质的折射率；结合介质的折射率求解临界角，与入射角作比较判断是否发生全反射即可。

16.【解析】【分析】〔1〕结合两列波的周期和题目给出的波的速度，求解两列波的波长即可；
〔2〕结合B波传播的速度和传播的时间求解传播的距离，根据A波的宽度求解经过的峰值的数量即可。