安徽省亳州市2021届新高考物理考前模拟卷(1)含解析

安徽省亳州市2021届新高考物理考前模拟卷(1)含解析

安徽省亳州市 2021 届新高考物理考前模拟卷（ 1） 一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 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 1．2019 年 7 月 31 日，一个国际研究小组在《天文学和天体物理学》杂志刊文称，在一个距离我们 31 光 年的 M 型红矮星 GJ357 系统中，发现了行星 GJ357b 、 GJ357c 和 GJ357d ，它们绕 GJ357 做圆周运动。 GJ357d 处于 GJ357 星系宜居带，公转轨道与 GJ357 的距离大约为日地距离的五分之一。 GJ357d 的质量 是地球质量的 6.1 倍，公转周期为 55.7 天，很可能是一个宜居星球。不考虑行星间的万有引力，根据以上 信息可知（ ） A． GJ357d 和 GJ357c 的轨道半径与周期的比值相同 B． GJ357d 的周期比 GJ357c 的周期小 C． GJ357 的质量约为地球质量的 3 倍 D． GJ357 的质量约为太阳质量的 3 10 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A． G357d 和 GJ357c 都绕 GJ357 做圆周运动，由开普勒第三定律可知，它们轨道半径的三次方与周期的 二次方的比值相同，故 A 错误； B．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 2 2 2πMmG m R R T 解得 3 2π RT GM 由于 R c L ）、方向垂 直纸面向里的条形匀强磁场区域， 磁场的边界与线框的右边框平行。 现使线框以某一初速度向右运动， t=0 时线框的右边框恰与磁场的左边界重合，随后线框进入并通过磁场区域。关于线框所受安培力 F 随时间 t 变化的图线可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 【详解】 当线框向右运动过程中， 有两个过程产生安培力， 即进入磁场到完全进入磁场和离开磁场到完全离开磁场 两个过程；其中任一过程中线框受到的安培力 2 2B L vF R ，故线框做加速度越来越小的减速运动，不是 匀减速运动， 选项 A 、C 错误； 线框运动过程中不论是进入磁场还是离开磁场的过程中， 安培力方向不变， 选项 D 错误， B 正确。 故选 B。 3．一质点静止在光滑水平面上， 先向右做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度大小为 1a ，经过时间 t 后 加速度变为零；又运动时间 t 后，质点加速度方向变为向左，且大小为 2a ，再经过时间 t 后质点回到出发 点。以出发时刻为计时零点，则在这一过程中（ ） A． 2 13a a B．质点向右运动的最大位移为 2 2 8 5 a t C．质点回到出发点时的速度大小为 2 4 5 a t D．最后一个时间 t 内，质点的位移大小和路程之比为 3∶ 5 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．以向右为正方向，由速度公式有 1 1v a t 由题意知 1 2 30 x x x 由位移公式得 2 1 1 1 2 x a t ， 2 1x v t ， 2 3 1 2 1 2 x v t a t 解得 2 15a a 故 A 错误； B．根据题意，作出质点运动的 v t 图象，如图所示， 设向右从 1v 减速到 0 所用的时间为 t ，则有 1 2v a t 又 1 1v a t 解得 1 5 t t 根据 v t图象的面积表示位移大小可知，质点向右运动的最大位移 2 1 1 1 1 1 1 1 8 2 2 5 5 x v t v t v t a t 故 B 错误； C．质点回到出发点时所用的时间为 4 5 t t t t 则对应的速度大小为 2 2 2 4 5 v a t a t 故 C 正确； D．最后一个时间 t 内，质点的位移大小为 2 1 2 1 3 2 x x x a t 路程 2 1 1 1 1 1 1 4 174 2 5 2 5 10 s a t t a t t a t 所以最后一个时间 t 内，质点的位移大小和路程之比为 15：17，故 D 错误。 故选 C。 4．如图所示，高 h=1m 的曲面固定不动．一个质量为 1kg 的物体，由静止开始从曲面的顶点滑下，滑到 底端时的速度大小为 4m／s． g 取 10m／s1．在此过程中，下列说法正确的是（ ） A．物体的动能减少了 8J B．物体的重力势能增加了 10J C．物体的机械能保持不变 D．物体的机械能减少了 11 J 【答案】 D 【解析】 A 项，物体由静止开始下滑，末速度为 4m/s ，动能变化量 2 21 1 1 4 8 2 2 Ek mv J ，物体的动能 增加了 8J，故 A 项错误． B 项， 设地面为零势能面， 在顶端物体的重力势能为 20mgh J ，此过程中， 物体的重力势能减小了 10J， 故 B 项错误． C、D 项， 机械能包括势能和动能， 8 20 12k pE E E J J J ,所以物体的机械能减少了 11J， 故 C 错误； D 正确； 故选 D 5．如图是飞机在上海市由北往南飞行表演过程画面，当飞机从水平位置飞到竖直位置时，相对于飞行员 来说，关于飞机的左右机翼电势高低的说法正确的是（ ） A．不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞机的左侧机翼电势高 B．不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞稱的右机翼电势高 C．水平飞行时，飞机的右侧机翼电势高，竖直向上飞行时，飞机的左侧机翼电势高 D．水平飞行时，飞机的左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，飞机的右侧机翼电势高 【答案】 D 【解析】 【详解】 地磁场在北半球有竖直向下和由南向北的水平分量， 水平由北向南飞行时， 飞机的两翼切割竖直向下的磁 感线，根据右手定则可知，左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，两翼切割水平方向的磁感线，根据右手定 则可知，机翼右侧电势高， D 正确， ABC 错误。 故选 D。 6．一个物体在外力 F 的作用下静止在倾角为 θ的光滑固定斜面上，关于 F 的大小和方向，下列说法正确 的是（ ） A．若 F=mg ，则 F 的方向一定竖直向上 B．若 F=mgtan θ，则 F 的方向一定沿水平方向 C．若 F=mgsin θ，则 F 的方向一定沿斜面向上 D．若 F=mgcosθ，则 F 的方向一定垂直于斜面向上 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．由甲图可知，若 F=mg ，则 F 的方向可能竖直向上，也可能与竖直方向成 2θ角斜向下，选项 A 错误； B．由乙图可知，若 F=mgtan θ，则 F 的方向可能沿水平方向，也可能与斜面成 θ角斜向上，选项 B 错误； C．由甲图可知，若 F=mgsin θ，则 F 的方向是唯一的，一定沿斜面向上，选项 C 正确； D．由图丙可知，若 F=mgcosθ，则若以 mgcosθ为半径做圆，交过 G 且平行于 N 的直线于两个点，则说 明 F 的解不是唯一的，且 F 的方向一定不是垂直于斜面向上，选项 D 错误；故选 C。 二、多项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目 要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分 7．如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，在轨道边缘处固定一光滑定滑轮 (忽略滑轮大小 )，一条轻绳跨过定 滑轮且两端分别连接小球 A、B，小球 A 在水平拉力 F 作用下静止于轨道最低点 P。现增大拉力 F 使小球 A 沿着半圆轨道运动，当小球 A 经过 Q 点时速度为 v， OQ 连线与竖直方向的夹角为 30°，则下列说法正 确的是 ( ) A．小球 A 、B 的质量之比为 2 ∶2 B．小球 A 经过 Q 点时，小球 B 的速度大小为 2 v C．小球 A 从 P 运动到 Q 的过程中，小球 A 、B 组成的系统机械能一定在增加 D．小球 A 从 P 运动到 Q 的过程中，小球 B 的动能一直增加 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．根据题述条件，不能够得出小球 A 、B 的质量之比， A 错误； B．当小球 A 经过 Q 点时速度为 v，沿轻绳方向的分速度大小为： vcos 60 °＝ 2 v 等于此时 B 的速度大小， B 正确； C．小球 A 从 P 运动到 Q 的过程中，水平拉力 F 做正功，小球 A、 B 组成的系统机械能一定增加， C 正 确； D．小球 A 从 P 运动到 Q 的过程中，小球 B 的重力势能一直增加，机械能一直增加，但动能不一定一直 增加， D 错误。 故选 BC 。 8．下列说法正确的是（ ） A．布朗运动就是液体分子的热运动 B．物体温度升高，并不表示物体内所有分子的动能都增大 C．内能可以全部转化为机械能而不引起其他变化 D．分子间距等于分子间平衡距离时，分子势能最小 E.一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行 【答案】 BDE 【解析】 【分析】 【详解】 A．布朗运动是固体小微粒的运动，不是分子的运动， A 错误； B．温度升高，平均动能增大，但不是物体内所有分子的动能都增大， B 正确； C．根据热力学第二定律，内能可以不全部转化为机械能而不引起其他变化，理想热机的效率也不能达到 100% ，C 错误； D．根据分子势能和分子之间距离关系可知，当分子间距离等于分子间平衡距离时，分子势能最小， D 正 确； E．一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行， E 正确。 故选 BDE 。 9．在大型物流货场，广泛的应用传送带搬运货物。如图所示，倾斜的传送带以恒定速率 2m/sv 逆时针运 行，皮带始终是绷紧的。质量 1kgm 的货物从传送带上端 A 点由静止释放，沿传送带运动到底端 B 点， A B、 两点的 3 2ml . 距离。已知传送带倾角 037 ，货物与传送带间的动摩擦因数 0.5，重力加速 度 210m/sg ， 0sin 37 0.6 ， 0cos37 0.8 。则（ ） A．货物从 A 点运动到 B 点所用时间为 1.2s B．货物从 A运动到 B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 0.8J C．货物从 A 运动到 B 的过程中，传送带对货物做功大小为 11.2J D．货物从 A 运动到与传送带速度相等的过程中，货物减少的重力势能小于货物增加的动能与摩擦产生的 热量之和 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．物块在传送带上先做 a1 匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得： mgsin θ +μ mgcosθ =ma1 解得 a1=10m/s2 加速到与传送带共速时的时间 1 1 0.2vt s a 物块运动的距离 1 1 0.2m 2 vs t 因为 mgsinθ>μmgcosθ，可知共速后物块将继续加速下滑，加速度： mgsin θ-μ mgcosθ =ma2 解得 a2=2m/s 2 根据 2 1 2 2 2 1 2 L s vt a t 即 2 2 2 13.2 -0.2 2 2 2 t t 解得 t 2=1s， 则货物从 A 点运动到 B 点所用时间为 t=t 1+t 2=1.2s 选项 A 正确； B．货物在前半段加速阶段相对传送带的位移 1 1 1 0.2ms vt s 货物在后半段加速阶段相对传送带的位移 2 1 2 1ms L s vt 则从 A 到 B 的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为 1 2cos37 ( ) 4.8JQ mg s so 选项 B 错误； C．货物从 A 运动到 B 的过程中，传送带对货物做功大小为 1 1cos37 cos37 ( ) 11.2JW mg s mg L so o 选项 C 正确； D．货物从 A 运动到与传送带速度相等的过程中，对货物由动能定理： 2 1 1sin 37 2fW mgs mvo 即货物减少的重力势能与摩擦力做功之和等于货物增加的动能； 选项 D 错误； 故选 AC. 10．下列说法正确的是 A．一定质量的理想气体，压强变小时，分子间的平均距离可能变小 B．晶体的物理性质表现为各向异性，是由于组成晶体的微粒在空间排列不规则 C．物体内能改变时，其温度一定变化 D．机械能可通过做功全部转化为内能，但内能一定不能通过做功全部转化为机械能而不引起其它的变化 E.将 0.05mL 浓度为 0.02% 的油酸酒精溶液滴入水中，测得油膜面积为 20cm 2，则可测得油酸分子的直径 为 5×10-9m 【答案】 ADE 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据气态方程 pV C T ，压强变小时，如果温度降低，则气体的体积可能减小，分子间的平均距离可 能变小，故 A 正确； B．晶体的物理性质表现为各向异性，是由于组成晶体的微粒在空间排列规则，故 B 错误； C．物体的内能包括分子动能和分子势能两部分，物体内能改变时，可能是分子势能发生了变化，而分子 平均动能并没有发生变化，即温度可能不变化。故 C 错误； D．根据热力学第二定律可知，机械能可通过做功全部转化为内能，但内能一定不能通过做功全部转化为 机械能而不引起其它的变化，故 D 正确； E．根据题意，一滴油酸酒精溶液含有的油酸体积为： V=0.05 ×0.02% mL=1 ×10-5mL 所以油酸分子直径的大小： 5 7 91 10 cm 5 10 cm 5 10 m 20 Vd S 故 E 正确； 故选 ADE 。 11．一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的 两个圆形径迹，则（ ） A．该原子核发生了 衰变 B．该原子核发生了 衰变 C．打出衰变粒子的反冲核沿小圆逆时针运动 D．该原子核的衰变过程结束后，其系统的总质量略有增加 【答案】 BC 【解析】 【详解】 AB ．而衰变后两个新的带电粒子向相同方向偏转，故两粒子带异种电荷，原子核发生了 β衰变， A 项错 误、 B 项正确； C．由于衰变后两带电粒子的动量大小相等， 根据圆周运动的规律， 带电粒子的轨迹半径 mvr qB ，电荷量 大的轨迹半径小，再利用左手定则判断反冲核沿逆时针方向运动， C 项正确； D．衰变中有核能转变为其他形式的能，故系统发生质量亏损，即总质量略有减少， D 项错误。 故选 BC 。 12．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有 A 、B、C 三点，如图甲所示。一个电荷 量为 2C，质量为 1kg 的小物块从 C 点静止释放，其运动的 v—t 图像如图乙所示，其中 B 点处为整条图 线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线） 。则下列说法正确的是（ ） A． B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强 E=1V/m B．由 C 到 A 的过程中物块的电势能先减小后变大 C．由 C 点到 A 点的过程中，电势逐渐升高 D． A、 B 两点的电势之差 5VA B－ － 【答案】 AD 【解析】 【分析】 两个等量的同种正电荷， 其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外侧； 电量为 2C 的小物块仅 在运动方向上受电场力作用从 C 点到 B 到 A 运动的过程中，根据 v-t 图可知在 B 点的加速度，可知物体 先做加速度增大后做加速度减小的加速运动， 判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况， 由牛 顿第二定律求出电场强度的最大值。 根据电势能的变化， 分析电势的变化。 由动能定理求 AB 间的电势差。 【详解】 A．由乙图可知，物体在 B 点加速度最大，且加速度为 2Δ 2m/s Δ va t 根据 qE ma 可知 B 点的场强最大，为 E=1V/m ，故 A 正确； B．从 C 到 A 的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故 B 错误； C．从 C 到 A 一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故 C 错误； D．从 B 到 A 的过程中，根据动能定理，得 2 2 0 1 1 2 2BAqU mv mv 代入数据得 UBA =5V ，则 5VAB BAU U 即 5VA B 故 D 正确。 故选 AD 。 【点睛】 明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据 v-t 图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突 破口。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．图甲为测定当地重力加速度的实验装置，不可伸长的轻摆线一端固连在铅质小圆柱的上端，另一端固 定在 O 点。将轻绳拉至水平后由静止释放，在小圆柱通过的最低点附近安置一组光电门，测出小圆柱运 动到最低点通过光电门的挡光时间 t，用游标卡尺测出小圆柱的直径 d，如图乙所示。忽略空气阻力，实 验步骤如下： (1)小圆柱的直径 d＝________cm ； (2)测出悬点到圆柱中心的距离 l，并测出对应的挡光时间 △t； (3)改变摆线的长度，重复步骤 (2)，多测几组数据； (4)以悬点到圆柱重心的距离 l 为纵坐标，以 _______为横坐标，得到的图象是一条通过坐标原点的直线， 如图丙所示。计算得该图线的斜率为 k，则当地重力加速度 g=_______(用物理量的符号表示 )。 【答案】 1.02 2 1 ( )t 2 d k 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] ．小圆柱的直径 d=1.0cm+2 ×0.1mm=1.02cm. (2)[2][3] ．根据机械能守恒定律得 21 2 mgl mv 所以 2 21 1 ( ) 2 2 dgl v t 得到 2 2 1 2 ( ) dl g t 则以悬点到圆柱重心的距离 l 为纵坐标，以 2 1 ( )t 为横坐标。 其中 2 2 dk g 故 2 2 dg k 14．现用光电计时器等器材做 “验证机械能守恒定律 ”的实验，如图所示。在滑块上安装一遮光条，把滑块 放在水平气垫导轨上， 并用绕过定滑轮的细绳与钩码相连， 光电计时器安装在 B 处。测得滑块 （含遮光条） 的质量为 M ，钩码总质量为 m ，遮光条宽度为 d ，导轨上滑块的初始位置 A点到 B 点的距离为 L ，当地 的重力加速度为 g 。将滑块在图示 A 位置释放后，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间为 t 。滑 块从 A 点运动到 B 点的过程中，滑块（含遮光条） 与钩码组成的系统重力势能的减少量为 __________，动 能的增加量为 _____________。（均用题中所给字母表示） 【答案】 mgL 2 2 ( ) 2( ) M m d t 【解析】 【分析】 【详解】 [1] 滑块从 A点运动到 B 点的过程中，滑块（含遮光条）与钩码组成的系统重力势能的减少量为 mgL 。 [2] 通过光电门的速度 dv t ，所以系统动能增加量为 2 2 2 1 ( )( ) 0 2 2( ) M m dM m v t 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图， 一容器由横截面积分别为 2S 和 S 的两个汽缸连通而成， 容器平放在地面上， 汽缸内壁光滑． 整 个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气．平衡时，氮气的压强和体 积分别为 p0 和 V 0，氢气的体积为 2V 0，空气的压强为 p．现缓慢地将中部的空气全部抽出， 抽气过程中氢 气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求： （ 1）抽气前氢气的压强； （ 2）抽气后氢气的压强和体积． 【答案】 （1） 1 2 （p 0+p）；（2） 0 1 1 2 4 p p ； 0 0 0 4 2 p p V p p （ ） 【解析】 【分析】 【详解】 解：（ 1）设抽气前氢气的压强为 p 10，根据力的平衡条件得 （ p10–p） ·2S=（p 0–p）·S① 得 p 10= 1 2 （p0+p）② （ 2）设抽气后氢气的压强和体积分别为 p 1 和 V 1，氮气的压强和体积分别为 p 2 和 V 2，根据力的平衡条件 有 p 2·S=p1·2S③ 由玻意耳定律得 p 1V 1=p 10·2V 0④ p2V 2=p 0·V 0⑤ 由于两活塞用刚性杆连接，故 V 1–2V 0=2（ V 0–V 2）⑥ 联立②③④⑤⑥式解得 1 0 1 1 2 4 p p p ⑦ 0 0 1 0 4= 2 p p VV p p （ ） ⑧ 16．如图 (a)，木板 OA 可绕轴 O 在竖直平面内转动，木板上有一质量为 m＝1kg 的物块，始终受到平行 于斜面、大小为 8N 的力 F 的作用。改变木板倾角，在不同倾角时，物块会产生不同的加速度 a，如图 (b) 所示为加速度 a 与斜面倾角的关系图线。 已知物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝ 0.2，假定物块与木板间的 最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力。求： (g 取 10m/s2，sin37 ＝ 0.6，cos37 ＝0.8) (1)图线与纵坐标交点 a0 的大小； (2)图线与 θ轴重合区间为 [ θ1，θ2]，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？在斜面倾角处于 θ1 和 θ2 之间时，物块的运动状态如何？ (3)如果木板长 L ＝2m，倾角为 37 ，物块在 F 的作用下由 O 点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端， 力 F 最多作用多长时间？ 【答案】 (1)6m/s2 (2) θ1 时，沿斜面向下， θ2 时，沿斜面向上；静止 (3)3.1s 【解析】 【详解】 (1)当木板水平放置时，物块的加速度为 a0 此时滑动摩擦力 f ＝ μ N ＝ μ mg＝0.2 ×1×10 N ＝2N 由牛顿第二定律 0F f ma 求得 0 8 2 1 F fa m m/s2＝6m/s2； (2)当木板倾角为 θ1 时，摩擦力沿斜面向下；当木板倾角为 θ2 时，摩擦力沿斜面向上；当 θ角处于 θ1 和 θ2 之间时物块静止； (3)力 F 作用时间最长时，撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零。 设力 F 作用时物块的加速度为 a1，由牛顿第二定律得： 2 1 sin 37 cos37 0.4m / sF mg mga m 撤去力 F 后物块的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律： 2 2 sin 37 cos37 7.6m / smg nga m 设物块不冲出木板顶端，力 F 最长作用时间为 t 则撤去力 F 时的速度 v＝a1t 由题意有： 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 2 a tL s s a t a 由以上各式得： 2 1 1 2 2 2 7.6 2 s 3.1s 0.4 (0.4 7.6) a Lt a a a 17．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度 L=0.4m ，一端连接 R=1Ω 的电阻．导线所在 空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 B=1T ．导体棒 MN 放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距， 与导轨接触良好， 导轨和导体棒的电阻均可忽略不计． 在平行于导轨的拉力 F 作用下， 导体棒沿导轨向右 匀速运动，速度 v=5m/s．求： （ 1）感应电动势 E 和感应电流 I； （ 2）拉力 F 的大小； （ 3）若将 MN 换为电阻 r=1Ω 的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压 U． 【答案】 （1） 2.0V ； 2A；（2）0.8N ；（3）1V 【解析】 【详解】 （ 1）根据动生电动势公式得： 1 0.4 5 2.0E BLv V V， 故感应电流为： 2 2 1 EI A A R ． （ 2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为： 1 2 0.4 0.8F BIL N N安 ． 因为是匀速直线运动，所以导体棒所受拉力为： 0.8F F N安 （ 3）导体棒两端电压为： 2 1 1 1 1 EU R V V R r ．