山东省潍坊市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

山东省潍坊市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

山东省潍坊市 (六校联考） 2021 届新高考模拟物理试题 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．由于太阳自身巨大的重力挤压，使其核心的压力和温度变得极高，形成了可以发生核聚变反应的环境。 太阳内发生核聚变反应主要为： 2 2 4 1 1 2H+ H He ，已知部分物质比结合能与质量数关系如图所示， 则该反 应释放的核能约为（ ） A． 5 MeV B．6 MeV C． 24 MeV D．32 MeV 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 由图象可知 2 1H 的比结合能约为 1.1MeV ， 4 2He 的比结合能约为 7.1MeV ，由比结合能的定义可知，该反应 释放的核能约为 =(7.1 4 1.1 4)MeV=24MeVE 故选 C。 2．如图所示 ,一个带正电荷 q、质量为 m 的小球 ,从光滑绝缘斜面轨道的 A 点由静止下滑 ,然后沿切线进入 竖直面上半径为 R 的光滑绝缘圆形轨道 ,恰能到达轨道的最高点 B.现在空间加一竖直向下的匀强电场 ,若仍 从 A 点由静止释放该小球 (假设小球的电荷量 q 在运动过程中保持不变 ,不计空气阻力 ),则（ ） A．小球一定不能到达 B 点 B．小球仍恰好能到达 B 点 C．小球一定能到达 B 点 ,且在 B 点对轨道有向上的压力 D．小球能否到达 B 点与所加的电场强度的大小有关 【答案】 B 【解析】 不加电场时，设恰能到达轨道的最高点 B 的速度为 v，根据机械能守恒定律有： mg（h-2R ）= 1 2 mv 2；⋯① 在最高点时，重力提供向心力，有： mg=m 2v R ⋯② 加上电场后，设能到达 B 点的速度为 v2，根据动能定理得： 1 2 mv 22=（mg+Eq ）（ h-2R ）⋯③ 在最高点时，重力与电场力的合力提供向心力，有： mg+Eq=m 2v R ⋯④ 得 v2=v，故为小球仍恰好能到达 B 点，故 B 正确， ACD 错误；故选 B. 3．如右图所示，在一真空区域中， AB、CD 是圆 O 的两条直径，在 A、B 两点上各放置一个电荷量为＋ Q 的点电荷，关于 C、D 两点的电场强度和电势，下列说法正确的是 ( ) A．场强相同，电势相等 B．场强不相同，电势相等 C．场强相同，电势不相等 D．场强不相同，电势不相等 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 根据电场的叠加原理， C、D 两点的场强如图 由于电场强度是矢量，故 C、D 两点的场强相等，但不相同；两个等量同种电荷的电场关于两电荷的连线 和连线的中垂线对称，故根据电场的对称性，可知 C、D 两个点的电势都与 P 点的电势相同； 故选 B． 4．光滑水平面上有长为 2L 的木板 B，小物块 A 置于 B 的中点， A、B 质量均为 m ，二者间摩擦因数为 ， 重力加速度为 g ，A、B 处于静止状态。某时刻给 B 一向右的瞬时冲量 I ，为使 A 可以从 B 上掉下，冲量 I 的最小值为（ ） A． m gL B． 2m gL C． 2m μgL D． 2 2m gL 【答案】 B 【解析】 【详解】 设 B 获得冲量后瞬间速度为 0v ，物块掉下来的临界条件是 A 刚好到达边缘时两者共速，根据动量守恒 0 2mv mv 根据能量守恒 2 2 0 1 1 2 2 2 mgL mv mv 解得： 0 2v gL 根据动量定理，冲量最小值 min 0 2I mv m gL 故 B 正确， ACD 错误。 故选： B。 5．如图所示，一导热良好的汽缸内用活塞封住一定量的气体（不计活塞厚度及与缸壁之间的摩擦） ，用一 弹簧连接活塞，将整个汽缸悬挂在天花板上。弹簧长度为 L，活塞距地面的高度为 h，汽缸底部距地面的 高度为 H，活塞内气体压强为 p，体积为 V，下列说法正确的是（ ） A．当外界温度升高（大气压不变）时， L 变大、 H 减小、 p 变大、 V 变大 B．当外界温度升高（大气压不变）时， h 减小、 H 变大、 p 变大、 V 减小 C．当外界大气压变小（温度不变）时， h 不变、 H 减小、 p 减小、 V 变大 D．当外界大气压变小（温度不变）时， L 不变、 H 变大、 p 减小、 V 不变 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 以活塞与汽缸为整体， 对其受力分析， 整体受到竖直向下的总重力和弹簧向上的拉力且二者大小始终相等， 总重力不变，所以弹簧拉力不变，即弹簧长度 L 不变，活塞的位置不变， h 不变；当温度升高时，汽缸内 的气体做等压变化，根据盖 — 吕萨克定律可以判断，体积 V 增大，汽缸下落，所以缸体的高度降低， H 减小、 p 不变、 V 增大；当大气压减小时，对汽缸分析得 0p m pS g S 气体压强 p 减小，汽缸内的气体做等温变化，由玻意耳定律得 1 1 2 2pV p V 可知体积 V 变大，汽缸下落，所以缸体的高度降低， H 减小、 p 减小、 V 变大，故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 6．航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示 ,在固定线圈左右两侧对称位 置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小 ,则合上开关 S的瞬间 （ ） A．两个金属环都向左运动 B．两个金属环都向右运动 C．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向 D．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB ．若环放在线圈两边，根据 “来拒去留 ”可得，合上开关 S 的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两 边运动，故 AB 错误； C．线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电 流由左侧向右看为顺时针，故 C 正确； D．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，则铜环受到的安培力要大于铝环受到的安培力，故 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，一长 的水平传送带以 的恒定速率沿顺时针方向转动，传送带右端有一与 传送带等高的光滑水平面， 一质量 的物块以 的速率沿直线向左滑上传送带， 经过一段时 间后物块离开了传送带， 已知物块与传送带间的动摩擦因数 ，重力加速度 g 取 ，则以下判断 正确的是（ ） A．经过 后物块从传送带的左端离开传送带 B．经过 后物块从传送带的右端离开传送带 C．在 t 时间内传送带对物块做的功为 -4J D．在 t 时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为 16J 【答案】 BD 【解析】 【详解】 AB ．当物块滑上传送带后，受到传送带向右的摩擦力，根据牛顿第二定律有 代入数据可得物块加速度大小 a=1m/s2，方向向右，设物块速度减为零的时间为 t 1，则有 代入数据解得 t 1=1s；物块向左运动的位移有 代入数据解得 故物块没有从传送带左端离开；当物块速度减为 0 后向右加速，根据运动的对称性可知再经过 1s 从右端 离开传送带，离开时速度为 1m/s，在传送带上运动的时间为 t=2t 1=2s 故 A 错误， B 正确； C．在 t=2s 时间内，物块速度大小不变，即动能没有改变，根据动能定理可知传送带对物块做的功为 0， 故 C 错误； D．由前面分析可知物块在传送带上向左运动时，传送带的位移为 当物块在传送带上向右运动时， 时间相同传送带的位移也等于 x1，故整个过程传送带与物块间的相对位移 为 在 t 时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为 故 D 正确。 故选 BD 。 8．如图所示的电路中， P 为滑动变阻器的滑片．保持理想变压器的输入电压 1U 不变，闭合电建 S，下列 说法正确的是 A． P 向下滑动时，灯 L 变亮 B． P 向下滑动时，变压器的输出电压不变 C． P 向上滑动时，变压器的输入电流减小 D． P 向上滑动时，变压器的输出功率变大 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压 2U 不变，滑片 P 滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯 泡亮度不变，则选项 A 错误； B．滑片 P 下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项 B 正确； C．滑片 P 上滑，电阻减小，电流 2I 增大，则原线圈输入电流 1I 也增大，故选项 C 错误； D．此时变压器输出功率 2 2 2P U I 将变大，故选项 D 正确． 9．一物体静止在粗糙水平地面上，受到一恒力 F 作用开始运动，经时间 t 0，其速度变为 v；若物体由静 止开始受恒力 2F 作用，经时间 t0，其速度可能变为（ ） A． v B．2v C．3v D． 4v 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 设恒力与水平方向夹角为 ，物体质量为 m，动摩擦力因数为 ，由牛顿第二定律有 1cos ( sin )F mg F ma 得 1 (cos sin )F mga m 同理当拉力变为 2F 时，有 2 1 2 (cos sin ) 2 (cos sin ) 2 2F mg F mga a m m 由速度公式 0v at 可知，速度将大于原来的 2 倍，故 AB 错误， CD 正确。 故选 CD 。 10．如图所示，质量为 1kg 的物体放在倾角为 30°的粗糙斜面上，一根劲度系数为 100N/m 的轻弹簧一端 固定在斜面顶端，另一端连接物体，弹簧处于原长，物体恰好静止。现将物体沿斜面向下移动 12cm后由 静止释放、水平地面上的斜面始终保持静止，物体与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处 于弹性限度内，取 210m / sg ，下列说法正确的是（ ） A．物体与斜面间的动摩擦因数为 3 3 B．物体释放后在斜面上运动时，斜面对地面的压力保持不变 C．物体释放瞬间斜面对地面的摩擦力大小为 3N ，方向水平向左 D．物体释放瞬间的加速度大小为 27m / s ，方向沿斜面向上 【答案】 AC 【解析】 【详解】 A．弹簧原长时，物体恰好静止，则： cos30 sin30 5Nf mg mg ， 解得： 3 3 ， 故 A 正确； D．弹簧拉长后释放瞬间，则有： sin 30k x f mg ma ， 解得： 22m / sa ， 故 D 错误； BC．物体释放后沿斜面运动时，斜面体对地面的压力增加： sin30 1Nma ， 斜面体对地面的摩擦力大小为： cos30 3Nma ， 方向水平向左，故 B 错误、 C 正确。 故选 AC 。 11．如图所示， ac 和 bd 是相距为 L 的两根的金属导轨，放在同一水平面内。 MN 是质量为 m，电阻为 R 的金属杆，垂直导轨放置， c 和 d 端接电阻 R1=2R，MN 杆与 cd 平行，距离为 2L ，若 0－2t0 时间内在导 轨平面内加上如图所示变化的匀强磁场，已知 t=0 时刻导体棒静止，磁感强度竖直向下为正方向，那么以 下说法正确的是（ ） A．感应电流的方向先沿顺时针后沿逆时针方向 B．回路中电流大小始终为 2 0 0 2 3 B L Rt C．导体棒受到的摩擦力方向先向左后向右 D．导体棒受到的摩擦力大小不变 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．设导体棒始终静止不动，由图乙可知，图线斜率绝对值即为磁场变化率且恒定，由公式 2 0 0 2= = B LBSE t t t 感应电动势恒定，回路中电流 2 0 0 2 3 3 B LEI R Rt 恒定不变，由于 t=0 时刻导体棒静止，由 =AF BIL 可知，此时的安培力最大，则导体棒始终静止不动，假 设成立，由楞次定律可知，感应电流方向始终为顺时针方向，故 A 错误， B 正确； C．由于感应电流方向不变， 00 t: 内磁场方向竖直向下，由左手定则可知，安培力方向水平向右，由于 导体棒静止，则摩擦力方向水平向左，同理可知， 0 02t t: 时间内安培力方向水平向左，摩擦力方向水平 向右，故 C 正确； D．由平衡可知，摩擦力大小始终与安培力大小相等，由于电流恒定，磁场变化，则安培力大小变化，摩 擦力大小变化，故 D 错误。 故选 BC 。 12．如图所示， x 轴与水平传送带重合，坐标原点 O 在传动带的左端，传送带右端 A 点坐标为 X A =8m ， 匀速运动的速度 V 0=5m/s，一质量 m=1kg 的小物块，轻轻放在传送带上 OA 的中点位置，小物块随传动 带运动到 A 点后，冲上光滑斜面且刚好能够到达 N 点处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数 μ =0.5，斜面上 M 点为 AN 的中点，重力加速度 g=10m/s 2。则下列说法正确的是（ ） A． N 点纵坐标为 yN =1.25m B．小物块第一次冲上斜面前，在传送带上运动产生的热量为 12.5J C．小物块第二次冲上斜面，刚好能够到达 M 点 D．在 x=2m 位置释放小物块，小物块可以滑动到 N 点上方 【答案】 AB 【解析】 【分析】 【详解】 A．小物块在传送带上匀加速运动的加速度 a=μ g=5 m/s2 小物块与传送带共速时，所用的时间 0 5 s 1s 5 vt a 运动的位移 2 0 25 12.5m 4m 2 5 22 A vx X a V ＜ 故小物块与传送带达到相同速度后以 v0=5 m/s 的速度匀速运动到 Q，然后冲上光滑斜面到达 N 点，由机 械能守恒定律得 2 0 1 2 Nmv mgy 解得 yN =1.25 m 选项 A 正确； B．小物块与传送带速度相等时，传送带的位移 x=v 0t=5 ×1=5m 传送带受摩擦力的作用，小物块在传送带上运动产生的热量 Q=f （x-△x） =μ mg（ x-△ x）=0.5 ×10×2.5=12.5J 选项 B 正确； C．物块从斜面上再次回到 A 点时的速度为 5m/s，滑上传送带后加速度仍为 5m/s2，经过 2.5m 后速度减 为零，然后反向向右加速，回到 A 点时速度仍为 5m/s，则仍可到达斜面上的 N 点，选项 C 错误； D．在 x=2m 位置释放小物块，则小滑块在传送带上仍滑动 2.5m 后与传送带相对静止，则到达 A 点时的 速度等于 5m/s，则小物块仍可以滑动到 N 点，选项 D 错误。 故选 AB 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某学习小组将一个直流电源和一个很大的定值电阻 (约几十千欧 )串联组成了一个新电源， 如图甲所示。 当该电源两端接的电阻较小时 (小于 300 欧姆 )，该电源能稳定输出约 30μA的恒定电流。该学习小组利用 新电源设计了如图乙所示的电路测量一个量程为 30μA、内阻约为几百欧姆的灵敏电流计的内阻。主要实 验步骤如下： (1)只闭合图乙中的开关 K ，灵敏电流计指针如图丙中实线所示，该示数为 ________ μA。 (2)再闭合图乙中的开关 S，调节变阻箱 R1，使灵敏电流计的指针指到图丙中虚线位置，此时变阻箱的示 数为 330 欧姆。 根据以上数据计算可知， 灵敏电流计的内阻为 ____欧姆， 此测量值 ____(填“大于 ”、“小于 ”、 “等于 ”)真实值。 【答案】 25.0 220 小于 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 灵敏电流计的分度值为 1mA ，灵敏电流计指针如图丙中实线所示，该示数为 25.0mA ； (2)[2] 灵敏电流计的指针指到图丙中虚线位置， 该示数为 15.0mA ；根据并联分流可得流过调节变阻箱 1R 的 电流为 1 10mAI I I 根据电流结构和欧姆定律则有 1 1 gI R I R 解得灵敏电流计的内阻为 220ΩgR [3] 闭合图乙中的开关 S，总电阻减小，电路中的总电流增大，流过调节变阻箱 1R 的电流大于 10mA ，根据 电流结构和欧姆定律可知此测量值偏小，所以测量值小于真实值。 14．某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。 A．待测干电池两节，每节电池电动势约为 1.5V，内阻约几欧姆 B．直流电压表 V1、 V 2，量程均为 3V ，内阻约为 3kΩ C．定值电阻 R0，阻值未知 D．滑动变阻器 R，最大阻值 Rm E．导线若干和开关 (1)根据如图甲所示的电路图，用笔画线代替导线，把图乙中的实物连成实验电路 _____； (2)实验之前， 需要利用该电路图测出定值电阻 R 0，方法是把滑动变阻器 R 调到最大阻值 R m，再闭合开关， 电压表 V 1 和 V 2 的读数分别为 U 10、 U20，则 R 0=_____（ U 10、U20、R m 表示） ； (3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表 V 1 和 V 2 的多组数据 U1、U 2，描绘出 U 1-U 2 图像如图所示， 图中直线斜率为 k，与纵轴的截距为 a，则两节干电池的总电动势 E=_____ ，总内阻 r=_____ （用 k、a、 R0 表示） 。 【答案】 10 20 20 m U U R U 1 a k 0 1 kR k 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 如图所示 (2)[2] 根据部分电路欧姆定律 0 0 UR I 因 10 m UI R 0 10 20U U U 联立解得 10 20 0 m 20 U UR R U (3)[3][4] 根据闭合电路欧姆定律有 1 2 1 0 U UE U r R 变形得 0 1 2 0 0 RrU U E R r R r 由题意可知 0 rk R r 0 0 Ra E R r 解得 1 aE k ， 0 1 kRr k 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．某空间存在一竖直向下的匀强电场和圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里，如 图所示．一质量为 m，带电量为 +q 的粒子，从 P 点以水平速度 v0 射入电场中，然后从 M 点沿半径射入 磁场，从 N 点射出磁场．已知，带电粒子从 M 点射入磁场时，速度与竖直方向成 30°角，弧 MN 是圆周 长的 1/3，粒子重力不计．求： （ 1）电场强度 E 的大小． （ 2）圆形磁场区域的半径 R． （ 3）带电粒子从 P 点到 N 点，所经历的时间 t． 【答案】 （1） 2 03 2 mv qh ．（2） 02 3 3 mv qB ．（3） 0 2 3 3 3 h m v qB 【解析】 （ 1）在电场中，粒子经过 M 点时的速度大小 v= 0 sin 30 v o =2v 0 竖直分速度 vy=v 0cot30 °= 3 v0 由 2 2 yv h a ，a= qE m 得 E= 2 03 2 mv qh （ 2）粒子进入磁场后由洛伦兹力充当向心力做匀速圆周运动，设轨迹半径为 r ． 由牛顿第二定律得： qvB=m 2v r ， 02mvmvr qB qB 根据几何关系得： R=rtan30°= 02 3 3 mv qB （ 3）在电场中，由 h= 12 yv t 得 t 1= 0 2 3 3 h v ； 在磁场中，运动时间 2 1 1 2 6 6 3 m mt T qB qB 故带电粒子从 P 点到 N 点，所经历的时间 t=t 1+t 2= 0 2 3 3 3 h m v qB ． 16．如图，在 x0y 平面坐标系的第Ⅰ象限内有沿 x 轴负方向的匀强电场，它的场强大小为 E=4×105V/m ， 第Ⅱ象限有垂直平面向里的匀强磁场 —个带正电粒子以速度大小 v0=2×107m/s 从上 A 点沿 y 轴正方向射 人电场，并从 C 点进入磁场 .已知 A 点坐标为（ 0.2m ，0），该粒子的比荷 q m =2.5 ×109C/kg ，不计粒子的重 力 . (1)求 C 点的坐标； (2)求粒子刚进入磁场时的速度； (3)若要使粒子不能进入第Ⅲ象限，求磁感应强度 B 的大小 . 【答案】 （l）（0， 0.4m）；（2） 72 2 10 /m s，与 y 轴的夹角为 45 ；（3） 22 1 2 10B T ． 【解析】 试题分析： （1）粒子在第一象限内做类平抛运动，即沿 y 轴正方向做匀速直线运动，沿 x 轴负方向做匀加 速直线运动，由类平抛运动规律可以求出水平位移． （ 2）在第一问手基础上，求出类平抛运动的末速度即 为进入磁场的初速度． （3）粒子进入第二象限后做匀速圆周运动，若要使粒子不进入第三象限，则当粒子 的运动轨迹恰与 x 轴相切时，是粒子的最大的半径，对应最小的磁感应强度． （ l）粒子在第 I 象限内的运动类似平抛运动，轨迹如图 沿 x 轴负方向做匀加速运动，则有： 21 2Ax at ， F qEa m m 沿 y 轴正方向做匀速运动，则有： 0y v t 联立解得： y=0.4m 故粒子经过 y 轴时的坐标为（ 0，0.4m） （ 2）设粒子进入磁场时的速度为 v 则 x 轴方向的速度为 72 10 /xv at m s ，y 轴方向的速度为 0yv v 由 2 2 x yv v v ，解得： 72 2 10 /v m s 设速度 v 的方向与 y 轴的夹角为 则有： 1x y vtan v 解得： 45o ，即速度 v 的方向与 y 轴的夹角为 45o （ 3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，其最大半径为 R 的圆弧 在运动轨迹图中，由几何关系得： 90 45 ， R l cos y 又 2mvqvB R 联立解得：磁感应强度最小值为 22 1 2 10minB T 则第 II 象限内的磁场磁感应强度 22 1 2 10B T 【点睛】 本题是带电粒子在组合的匀强电场和匀强磁场中做类平抛运动和匀速圆周运动的综合题， 需要考 虑的是带电粒子在匀强磁场中运动的极端情况， 要使粒子不进入第三象限， 则带电粒子最大的运动半径恰 恰与 x 轴相切，由几何关系求出最大半径，再由洛仑兹力提供向心力从而求出最小的磁感应强度． 17．如图所示， 直角三角形 ABC 为某种透明介质的横截面， ∠B＝30°，BC ＝30cm，AB 面涂有反光材料． 某 单色光从 BC 上的 D 点垂直 BC 射入介质，经 AB 面反射后从 AC 面上射出，射出方向与 AB 面垂直．已 知 BD ＝21cm，不考虑光在 AC 面的反射．求： （ i）介质的折射率； （ ii）光在介质中的传播时间． 【答案】 (1) 3 (2) 91.3 10 s 【解析】 （ i）由题，作出的光路如图所示 光在 E 点发生反射，光在 F 点发生折射，由反射定律得： 1 2 30 因 AEF 为等边三角形，则 3 30 ，光沿垂直 AB 面方向射出，则 4 60 根据折射定律得： sin 4 sin 3n 解得： 3n （ ii）光在介质中的传播速度 cv n 由几何关系可得： DE DBtan B ， cos BC BDEF AE B 光在介质中的传播时间 DE EFt v 解得： 91.3 10t s 【点睛】先根据题意作出光路图，再根据几何关系求出入射角和折射角，根据折射定律求出折射率，根据 cv n 求出光在介质中的速度，由几何关系求出光传播的路程，从而求光在介质中运动的时间．