2021 年普通高中高考模拟考试（一模）
理科综合试题
第 I 卷（选择题共 126 分）
二、选择题：本大题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。在每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. 关于下列器材的原理和用途，正确的是( )
A. 变压器可以改变交变电压也能改变频率
B. 扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻
C. 真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化
D. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用
【答案】D
【解析】
【详解】A．变压器可以改变交变电压但是不改变交流电频率，A 错误；
B．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈会产生自感现象，即感应电流，B 错误；
C．真空冶炼炉的工作原理是线圈中产生涡流使炉内金属融化，C 错误；
D．铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电流又会受到安培阻力，
阻碍线圈的转动，属于电磁阻尼，故 D 正确．
2. 如图所示，两个小球 a、b 质量均为 m，用细线相连并悬挂于 O 点。现用一轻质弹簧给小球 a 施加一个
拉力 F，使整个装置处于静止状态，且 Oa 与竖直方向的夹角为θ=45°，已知弹簧的劲度系数为 k，则弹簧形
变量不可能为（ ）
A. 2mg
k
B. 2
2
mg
k
C. 4 2
3
mg
k
D. 2mg
k
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】以小球 ab 整体为研究对象，分析受力，作出 F 在几个方向时整体的受力图
根据平衡条件得知：F 与 FT 的合力与整体重力 2mg 总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当 F 与
绳子 oa 垂直时，F 有最小值，即图中 2 位置，F 的最小值为
min 2 sin 2F mg mg
根据胡克定律
min minF kx
解得
2
minx mgk
故选 B。
3. 一带电粒子（不计粒子重力）从小孔 A 以一定的初速度射入平行板 P 和 Q 之间的真空区域，经偏转后打
在 Q 板上如图所示的位置。则下列说法中正确的是（ ）
A. 先断开开关 S，再适当上移 P 极板，该粒子仍落在 Q 板上原位置
B. 先断开开关 S，再适当左移 P 极板，该粒子可能从 Q 板上的小孔 B 射出
C. 保持开关 S 闭合，适当上移 P 极板，该粒子仍落在 Q 板上原位置
D. 保持开关 S 闭合，适当左移 P 极板，该粒子可能从 Q 板上的小孔 B 射出
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．断开开关 S，则电容器的电荷量 Q 不变，由于平行板电容器产生的电场为匀强电场，且根据电
容器的定义式和决定式有
C =
4
S
kd
，C = Q
U
，E = 4U kQ
d S
由上式可看出，上移 P 极板，极板间的场强不变，则粒子加速度不变，运动轨迹不变，该粒子仍落在 Q 板
上原位置，A 正确；
B．根据 A 选项可知，当适当左移 P 极板，两极板的正对面积减小，场强变大，故粒子加速度变大，故时
间缩短，水平分位移减小，故不可能从 Q 板上的小孔 B 射出，B 错误；
C．保持开关 S 闭合，则电容器的电压 U 不变，由于平行板电容器产生的电场为匀强电场有
E = U
d
由上式可看出，上移 P 极板，d 增加，场强 E 减小，根据牛顿第二定律有
a = Eq
m
故加速度减小，根据
t = 02 yv
a
则时间延长，水平分位移增大，可能从小孔 B 射出，C 错误；
D．由选项 C 可知，当适当左移 P 极板，极板间的场强不变，则粒子加速度不变，运动轨迹不变，该粒子
仍落在 Q 板上原位置，D 错误。
故选 A。
4. 如图甲所示，小物块置于粗糙水平面上的 O 点，每次用水平拉力 F，将物块由 O 点从静止开始拉动，当
物块运动到斜面顶端 P 点时撤去拉力。小物块在不同拉力 F 作用下落在斜面上的水平射程 x 不同，如图乙
所示为 F x 图像，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与水平地面之间的夹角 45 ，g取10m/s2，
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）
A. 不能求出小物块质量
B. 小物块质量 m=0.5kg
C. O、P 间的距离 s=0.25m
D. 小物块每次落在斜面上的速度方向不同
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】ABC．OP 段，根据动能定理得
21
2 PFs mgs mv
由平抛运动规律和几何关系有，物块的水平射程
x=vPt
小球的竖直位移
21
2y gt
由几何关系有
y=xtanθ
联立解得
22 Pvx g
54
mgF x ms
由图象知
m=1kg
又有
104
mg
s
解得
s=0.25m
故 AB 错误，C 正确；
D．小球在斜面上做平抛运动，则有
2
0
1
2tan
gt
v t
合速度与水平方向夹角的正切值为
0
tan gt
v
联立可知
2tan tan
即小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角与初速度大小无关，故 D 错误。
故选 C。
5. 用如图所示的实验装置研究光电效应现象。所用光子能量为 2.75eV 的光照射到光电管上时发生了光电效
应，电流表 G 的示数不为零，移动变阻器的触点 c，发现当电压表的示数大于或等于 1.7V 时，电流表示数
为零，则在该实验中（ ）
A. 光电子的最大初动能为 1.05eV
B. 光电管阴极的逸出功为 1.7eV
C. 开关 S 断开，电流表 G 示数为零
D. 当滑动触头向 a 端滑动时，电压表示数增大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由题目可知，遏制电压 UC=1.7V，最大初动能
1.7eVK CE eU
选项 A 错误；
B．根据光电效应方程可知，逸出功
0 1.05eVKW E E
选项 B 错误；
C．断开开关 S，光电效应依然发生，有光电流，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，电流表中电
流不为零，选项 C 错误；
D．电源电压为反向电压，当滑动触头向 a 端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，电流表中电流减小，
选项 D 正确。
故选 D。
6. 飞行器 P 绕某星球做匀速圆周运动，P 对该星球的张角为 ，如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A. 轨道半径越大，周期越小
B. 张角越大，速度越大
C. 若测得周期和星球相对飞行器的张角，则可得到星球的平均密度
D. 若测得周期和轨道半径，则可得到星球的平均密度
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】A．由引力做为向心力可得
2
2 2
4MmG mrr T
化简可得
2 34 rT GM
，故轨道半径越大，周期越大，A 错误；
B．由引力做为向心力可得
2
2
Mm vG mr r
化简可得 GMv r
，张角越大，轨道半径越小，速度越大，B 正确；
C．星球半径为 R，轨道半径 r，由星球相对飞行器的张角可得
sin 2
R
r
由 A 的分析可得星球质量
2 3
2
4 rM GT
，体积 34
3V R ，则星球的密度为
2
3
3 1=
sin 2
M
V GT
故测得周期和星球相对飞行器的张角，则可得到星球的平均密度，C 正确；
D．由 C 的分析可知，若测得周期和轨道半径，无法得到星球的平均密度，D 错误。
故选 BC。
7. 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为 B，质量为 m、边长为 a 的正方形线框 ABCD
斜向穿进磁场，当 AC 刚进入磁场时速度为 v，方向与磁场边界成 45 角，若线框的总电阻为 R，则（ ）
A. 线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为 DCBA
B. AC 刚进入磁场时，线框中感应电流为 2Bav
R
C. AC 刚进入磁场时，线框所受安培力为
2 22B a v
R
D. AC 刚进入磁场时，CD 两端电压为 3
4 Bav
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向垂直
纸面向外，则感应电流的方向为 ABCD 方向，故 A 错误；
B．AC 刚进入磁场时 CD 边切割磁感线，有效的切割长度为 a，所以产生的感应电动势为
E Bav
则线框中感应电流为
E BavI R R
故 B 错误；
C．AC 刚进入磁场时线框的 CD 边产生的安培力与 v 的方向相反，AD 边受到的安培力的方向垂直于 AD 向
下，它们的大小都是
2 2B a vF BIa R
且 AD 边与 CD 边受到的安培力的方向相互垂直，所以 AC 刚进入磁场时线框所受安培力为 AD 边与 CD 边
受到的安培力的矢量和，即为
2 222 B a vF F R
合
故 C 错误；
D．CD 两端的电压是外电压
3 3
4 4U E Bav
故 D 正确。
故选 D。
8. 如图所示，假设风洞内各位置的风速均相同且保持不变，已知物体在风洞内所受风力的大小与正对风的
面积成正比，物体水平横放时受风面积最大，竖放时受风面积最小、为最大值的 1
8
，当物体与竖直方向成
一倾角、受风面积是最大值的 1
2
时，物体恰好可静止或匀速运动。一质量为 m 的物体（图中未画出）保持
竖放从距底部高为 H 的 A 点由静止开始下落，经过 B 点时，立即调整为水平横放并保持，到达底部的 C 点
时速度恰好减为零。则运动过程中（ ）
A. 物体加速度的最大值是 3
4 g
B. B 点的高度是 3
5 H
C. 物体从 A 到 B 克服风力做的功是从 B 到 C 克服风力做功的 1
6
D. 若物体从 C 返回保持水平横放，到 A 时风力的瞬时功率为 2 32 2m g H
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】A．设最大风力为 Fm，由于物体受风力大小与正对面积成正比，故物体竖放时风力为 1
8 mF ，由于
受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力
1
2 mG F
则有
2mF G mg
则物体竖放时做匀加速运动，加速度大小为
1
1
38
4
mG F
a gm
则物体水平横放时做匀减速运动，有最大加速度
2
mF Ga gm
故 A 错误；
B．设下降的最大速度为 v，由速度位移公式，可得加速下降过程位移为
2
1
12
vx a
减速下降过程位移为
2
2
22
vx a
故有
1 2: 4:3x x
因而有
2
3
7x H
则 B 的高度为 3
7 H ，故 B 错误；
C．物体从 A 至 B 克服风力所做的功为
1
1 4 1
8 7 14m mW F H F H
从 B 至 C 过程克服风力所做的功为
2
3 3
7 7m mW F H F H
所以
1
2
1
6
W
W
故 C 正确；
D．C 到 A 的过程中物体的加速度大小为 g，则到达 A 的速度
2v gH
所以物体从 C 返回到 A 时风力的瞬时功率为
2 3 2 32 2 8 2 2mP F v mg gH m g H m g H
故 D 正确。
故选 CD。
第 II 卷（非选择题共 174 分）
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第 22 题～32 题为必考题，每个试题考生都必须
作答。第 33 题～38 题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共 129 分。
9. 某实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长量关系”的实验，采用如图甲所示的装置，质量不计的弹簧下
端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力。实验中作出了小盘中砝码重力 F 随弹簧伸长量 x 变
化的图像如图乙所示。
（1）图像乙不过原点的原因是___________。
（2）利用图像乙，可求得小盘的重为___________N，小盘的重力会使弹簧劲度系数的测量结果与真实值相
比___________。（填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】 (1). 未考虑小盘的重力 (2). 1N (3). 不变
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]由于受到的小盘的拉力，使弹簧变长，所以 F-x 图象不过原点；
(2)[2]利用图像乙，当弹簧的形变量为零时的力为砝码盘的重力，因此图像反向延长与 F 轴交点可求得小盘
的重为 1N；
[3]应用图象法处理实验数据，所对应图像的斜率就是弹簧弹力与弹簧伸长量关系，小盘的质量不会导致弹
簧劲度系数的测量结果与真实值不同。
10. 小明同学在做测量电源电动势和内阻的实验，已知干电池的电动势约为 1.5V，内阻较小；电压表 V
（0~3V，内阻约为 3kΩ）；电流表 A（0~0.6A，内阻为 0.6Ω）；滑动变阻器 R（最大阻值 10Ω）。
（1）为了更准确地测出电源电动势和内阻。请在给出的虚线框中画出实验电路图________。
（2）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U I 图线，可得出该电源电动势 E=_______V，
内阻 r=________Ω。
（3）若不考虑偶然误差的影响，用 E 真表示电池电动势的真实值，则有 E___________E 真（选填
“>”“=”“
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