2021年普通高等学校招生全国统一考试
物理（厦门一中模拟卷）
（考试时间75分钟，满分100分）
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．2018年我国的1100千伏特高压带电作业关键技术填补世界空白。超高压带电作业的电工穿戴的工作服是用包含铜丝的织物制成的，下列说法正确的是
A．铜丝电阻小，能对人体起到保护作用
B．电工被铜丝纺织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用 C．电工被铜丝纺织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用 D．铜丝必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用
2．在某介质中，两列振幅和波长都相等的脉冲波相向传播，C为A、B的中点，如图甲所示。在它们相遇的某一时刻出现两列波“消失”的现象，如图乙所示，该时刻
A．A质点向上运动 C．C质点向下运动
B．B质点向上运动 D．C质点位移最大甲
3．如图所示，小球放在光滑水平桌面上，用细线连接于O点，细线刚好拉直，使小球在水平面内做圆周运动，缓慢地增大小球做圆周运动的角速度，则细线上张力F与小球做圆周运动的角速度平方ω2的关系正确的是
A． B．
C． D．
4．如图，总长为l、质量为m的均匀软绳对称地挂在轻小滑轮上，用细线将质量也为m的物块与软绳连接。将物块由静止释放，直到软绳刚好全部离开滑轮，不计一切摩擦，重力加速度为g，则
A．刚释放时物块的加速度大小为
g 2B．该过程中软绳的重力势能减少了
C．软绳离开滑轮时速度大小为2gl
1mgl 21D．该过程中细线对物体做的功为−mgl
8二、多项选项题：本题4小题，每小题6分，共24分。每小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。
5．原子能电池是利用放射性同位素衰变过程释放的热能转换成电能，具有尺寸小、重量轻、性能稳定可靠、工作寿命长、环境耐受性好等特点，能为空间及各种特殊恶劣环境条件下的自动观察站或信号站等提供能源。其中38Sr是原子能电池的放射源之一，会发生β衰变，半衰期为28.5年。38Sr主要来源于92U的裂变，其核
90902352351901441反应方程为92U+0n→34Sr+54Xe+20n。下列说法中正确的是 235A．92U的平均结合能比裂变产物14454Xe的平均结合能小 900β衰变方程为90B．9038Sr的38Sr→39Y+−1e
β射线是其核外电子吸收能量后跃迁产生的 C．9038Sr衰变产生的
D．密闭容器中装有1克9038Sr经过28.5年容器中剩余物质质量为0.5克
=R2=R3=10Ω，C为电容器。己知通过R1的正弦6．如图甲，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，R1交流电如图乙，则
甲 乙
A．副线圈输出的交流电的频率为10Hz C．电阻R3的电功率为20W
B．原线圈输入电压的最大值为100V D．通过R2的电流始终为零
7．利用图示装置通过静电计指针偏角的变化情况可以探究有关平行板电容器问题，开始时，两金属板A、B竖直平行且正对，开关S闭合。下列说法正确的是
A．若仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大
B．若S断开后，仅在A、B板间插入玻璃板，则静电计指针的偏转角度增大 C．若S断开后，仅将A板缓慢竖直向上平移，则静电计指针的偏转角度增大 D．若S断开后，仅将A板缓慢水平向左平移，则静电计指针的偏转角度增大
8．如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m=0.1kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线①，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g=10m/s2，则
A．小球释放位置距地面的高度为0.7m B．小球在下落过程受到的风力为0.10N C．小球刚接触弹簧时的动能为0.50J D．弹簧对小球的最大弹力大小为10.8N 三、非选择愿；本题共7小题，共60分。
9．（4分）地球静止同步卫星A和轨道平面与赤道面重合做匀速圆周运动的卫星B的轨道半径之比为4∶1，两卫星的公转方向相同。则A、B两颗卫星运行周期之比为________；卫星B每隔________小时经过卫星A正下方。
10．（4分）如图所示为可加热饭盒（可视为气缸），饭盒盖上有一排气口，饭盒内封闭了一定质量的理想气体，
1.0×10Pa。现缓慢加热饭盒使其内部气体温度达到57℃，此=气体的初始温度为27℃，压强为大气压强p05
时封闭气体的压强为________Pa：打开排气口，放出部分气体，当饭盒内气体压强与外界大气压强相等时，求排出气体与饭盒内原来气体的质量比________（假设此过程中饭盒内气体温度不变）
11．（6分）某同学通过下述实验验证力的平行四边形定则。实验步骤： ①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向。
②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的挂钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧测力计示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧测力计的示数F，测量并记录O1、O2间的距离（即橡皮筋的长度l）。每次将弹簧测力计示数改变0.50N，测出所对应的长度l，部分数据如下表所示：
甲 F/N l/cm
0
0.50 10.97
1.00 12.02
1.50 13.00
2.00 13.98
2.50 15.05
l0
③找出②中F=2.50N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FOO′。
④在弹簧测力计挂钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在弹簧测力计挂钩上，如图乙所示。用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使弹簧测力计挂钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB。 完成下列作图和填空：
（1）利用表中数据画出F−l图线，如图丙。
乙 丙 丁
（2）测得OA=6.00cm，OB=7.60cm，则FOA的大小为________N． （3）根据给出的标度，在图丁中作出FOA和FOB的合力F′的图示。 （4）通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论。
12．（6分）某同学通过实验研究LED灯的伏安特性曲线，可用的器材如下：电源、滑动变阻器、电流 表、电压表、不同型号的LED灯两组、电键、导线。
（1）该同学将型号①灯连接成如图甲的实验电路。开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的端________（填“左”或“右”）。经检查各元件正常，闭合开关后，移动滑动变阻器滑片，发现电压表有示数，而电流表始终无示数，且型号①灯不亮，则一定断路的导线是________（选填导线编号）。
甲
（2）更换故障导线后，移动滑动变阻器滑片，得到型号①灯的I−U图像如图乙中的图线型号①，换型号灯重做实验，得到图线型号②；
乙
（3）拆去导线2，将滑动变阻器调至适当阻值保持不变，接型号①灯时读得电流表的示数为140mA，改接型号②灯时读得电流表的示数为160mA。则电源的电动势为________V．（结果保留3位有效数字）
13．（10分）用一根漆包线绕成一个匝数为N匝的正方形导线框abcd，形成一个闭合回路，放在绝缘的光滑水平桌面上，其右端相距s处有边界PQ，在PQ左侧存在垂直于线框面向下的匀强磁场。现用水平向右，大小为F的恒力，使线框由静止向右运动，且线框运动过程中ad边始终与PQ保持垂直，线框全部离开磁场前已做匀速直线运动，已知磁感应强度大小为B，线框质量为m，电阻为R，边长为L。求：
（1）cd边离开磁场时线圈的速度大小：
（2）线框全部离开磁场过程中，线框中产生的热量。
14．（12分）如图所示，静止在光滑水平桌面上可视为质点的带正电小球A，质量为m，电量为q。某时刻，恰好沿C点的切线方向进入竖直平面内半径为R的小球A以速度v0从桌面飞出，右侧存在方向竖直向上，大小为
1圆弧形轨道CDF。在F点4mg
的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出），电磁场中竖直平q
面内有一半径也为R的圆形区域，其圆心O到F点的距离为2R，与水平线CF等高，重力加速度为g。求：
（1）桌面离水平线CF的高度h；
（2）小球A经过轨道最低点D时对轨道的压力大小FN；
（3）为使小球A进入电磁场圆形区域，则磁感应强度的最大值Bm。
15．（18分）如图，在足够大的光滑水平面上，有一平板车，其右端竖直固定一挡板，挡板上水平固定一轻质弹簧，在平板车的左端P有一小滑块（视为质点，且滑块与平板车的质量相等），平板车上表面Q点的左侧粗糙、右侧光滑，且P、Q两点间的距离L=3m。某时刻平板车以大小v1=1m/s的速度向左滑行，同时滑块以大小v2=5m/s的速度向右滑行，一段时间后，滑块与平板车相对静止，此时滑块恰好静止在PQ的中点。取重力加速度大小g=10m/s2，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求当二者处于相对静止时的速度大小v和方向； （2）求滑块与平板车的粗糙面间的动摩擦因数µ；
（3）若在二者共同运动方向足够远的前方有一竖直障碍物（图中未画出），平板车与它碰撞后以原速率反弹，
碰撞时间极短，且碰撞后立即撤去该障碍物，请通过计算判断滑块是否脱离平板车，若滑块不会脱离平板车，求滑块最终停在平板车上的位置到Q点的距离x。
厦门一中2021届高三高考模拟测试物理参考答案
一、单项选择题：1．C 2．A 3．B 4．D 二、多项选项题：5．AB 6．BC 7．CD 8．ABD 三、填空题 9．8∶1 24/7
10．1.1×105Pa 1∶11
11．答案：（2）1.80（1.70~1.90均正确） （3）如图所示
（4）FOO′
12．答案：左，6，2.95（2.90~3.00均可）
13．（10分）（1）线圈完全在磁场中穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，对线圈，由动能定理得：Fs=12mv（2分） 2解得：v=2Fs（2分） m（2）ab边离开磁场时线圈产生的感应电动势为：E=NBLv′（1分） ab边离开磁场时线圈受到的安培力为：F安=NBIL（1分）
I=E/R（1分）
线圈离开磁场前己做匀速直线运动，由平衡条件得：F=F安（1分）
FR。
N2B2L21=对线圈，由能量守恒定律得：F(s+L)mv′2+Q（1分）
2解得，线圈离开磁场时的速度v′=mF2R2
（1分） 解得：Q=F(s+L)−444
2NBL
14．（12分）（1）对C点速度分解：tan45°=vyv0（1分）
h=2vy2g（1分）
2v0（1分） 解得：h=2gmvD（1分） （2）小球A从开始运动到C点：mgh+mgR(1−cos45°)=2122mvD
′−mg=（1分） 在D点：FN
R
′（1分） 又因为FN=FN
2mv0（1分） 解得：FN=3−2mg+R()（3）进入电磁场的速度大小为v=2v0（1分）
qE=mg（1分）
故小球做匀速圆周运动。
设最小半径为r；由余弦定理可得：(R+=r)2(2R)2+r2−2⋅r⋅2R⋅cos45°（1分）
得：r=
3(2−1R2)（1分）
v2
qvBm=m（1分）
r
解得：B=m(4+22)mv3qR0（1分）
（若直接写出q⋅2v⋅B=m0(2v0r)2得3分）
15．（18分）（1）设滑块的质量为m，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有
mv2−mv1=2mv（1分）
解得v=2m/s（1分） 方向水平向右。（1分）
（2）若滑块尚未越过Q点就与平板车相对静止，此种情况下，由能量守恒定律有
1212112mv1+mv2−×2mv=µmg×L（1分） 2222解得µ=0.6（1分）
若滑块越过Q点与弹簧相互作用返回后与平板车相对静止，此种情况下，由能量守恒定律有
1212132mv1+mv2−×2mv=µmg×L（1分） 2222解得µ=0.2。（1分）
（3）设当二者再次相对静止时的共同速度大小为v共，由动量守恒定律有
mv−mv=2mv共（1分）
解得v共=0（1分）
在µ=0.6的情况下，设滑块相对平板车运动的路程为s，由能量守恒定律有
1µmgs（1分） ×2mv2=22解得s=m（1分）
31s 解得x=1L−s（1分） 25m（1分） 6在µ=0.2的情况下，同理可解得s=2m（1分） 13L 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容