【含5套模拟卷】山东省淄博市2021届新高考模拟物理试题(校模拟卷)含解析

【含5套模拟卷】山东省淄博市2021届新高考模拟物理试题(校模拟卷)含解析

山东省淄博市 2021 届新高考模拟物理试题（校模拟卷） 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．质量为 m 的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为 l，另一质量也为 m 且可视为质点的物 体从箱子中央以 v0= 2 gl 的速度开始运动（ g 为当地重力加速度） ，如图所示。已知物体与箱壁共发生 5 次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数 的取值范围是（ ） A． 1 2 4 7 B． 2 1 9 4 C． 2 2 11 9 D． 2 2 13 11 【答案】 C 【解析】 【详解】 小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 0 2mv mv共 解得 0 1 2 v v共 对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得 0 22 1 2 1 2 m m Qv m v共 解得 2 0 1 4 m gvQ m l 由题意可知，小物块与箱子发生 5 次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程 max 11 2 s l ， min 9 2 s l 小物块受到摩擦力为 f mg 对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得 Q fs mgs 故 max 2 9 ， min 2 11 即 2 2 11 9 ，故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 2．一足够长的传送带与水平面的倾角为 θ，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具 有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点 t=0，小物块之后在传送带上运动速度随时间的 变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向， v1>v2，已知传送带的速度保持不变，则 （ ） A．小物块与传送带间的动摩擦因数 μ v 2，由图示图象 可知， 0～ t1 内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在 t1～t2 内与坐标轴所围成的三角形面积， 由此 可知，物块在 0～ t1 内运动的位移比在 t 1～t2 内运动的位移大，故 B 错误； 0～t2 内，由图 “面积 ”等于位移 可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为 W G，根据动能定理得： W+W G= 1 2 mv 22- 1 2 mv 12，则传送带对物块做功 W≠ 1 2 mv 22- 1 2 mv 12，故 C 错误。 0～t2 内，物块的重力势能 减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热 量大小一定大于物块动能的变化量大小，即： 0～t 2 内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而 产生的热，故 D 正确。故选 D。 3．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 4．如图所示，两同心圆环 A 、B 置于同一光滑水平桌面上，其中 A 为均匀带电绝缘环， B 为导体环，若 A 环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，则（ ） A． B 环将顺时针转动起来 B． B 环对桌面的压力将增大 C． B 环将有沿半径方向扩张的趋势 D． B 环中将有顺时针方向的电流 【答案】 C 【解析】 略考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律． 分析：因带电绝缘环 A 的运动，相当于电荷定向移动，从而产生电流，导致圆环 B 中的磁通量发生变化， 产生感应电流．使得处于磁场中的 B 圆环受到力的作用． 解答：解： A、A 环以图示的顺时针方向，绕圆心由静止转动起来，设绝缘环带正电，所以产生顺时针方 向的电流，使得 B 环中的磁通量变大，由楞次定律可得感应电流方向是逆时针的，两环的电流方向相反， 则具有沿半径扩张趋势．若绝缘环带负电，所以产生逆时针方向的电流，使得 B 环中的磁通量仍变大， 由 楞次定律可得感应电流方向是顺时针的，两环的电流方向仍相反，则仍具有沿半径扩张趋势． 由上可知， B 环不会转动，同时对桌面的压力不变． 故选 C 点评：由楞次定律来确定感应电流方向，同时当电流方向相同时，两者相吸引；而当电流方向相反时，两 者相排斥． 5．如图所示，总阻值为 R 的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平 面垂直，线框的对称轴 MN 恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度 v1 向右匀速拉出， 第二次以线速度 v2 让线框绕轴 MN 匀速转过 90°，下列说法正确的是（ ） A．第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向 B．两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为 2∶ 1 C．若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则 v1：v2=π：2 D．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则 v1： v2=2：π 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项 A 错误； B．由公式 q R 可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项 B 错误； C．设线框的边长为 L ，若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度 v1 向右匀速拉出 1 1E BLv 2 2 3 1 1 1 1 2 2 L BLv B L vQ R v R 第二次以线速度 v2 让线框转过 90° 2 2 2 2 BLvBSE 2 2 2 3 2 2 2 1 122 4 2 8 BLv L B L vQ R v R Q 1=Q 2 所以 1 2: : 4v v 选项 C 错误； D．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等， 第一次将线框从磁场中以恒定速度 v1 向右匀速拉 出 1 1E BLv 第二次以线速度 v2 让线框转过 90° 2 2 2 2 1 2 1 12 24 2 BL L BLvE t v 1 2E E 得 1 2: 2:v v D 选项正确。 故选 D。 6．如图，吊桥 AB 长 L，质量均匀分布，重 G1。 A 端由铰链支于地面， B 端由绳拉住，绳绕过小滑轮 C 挂重物，重 G2。重力作用线沿铅垂线 AC ， AC=AB 。当吊桥平衡时，吊桥与铅垂线的夹角 θ为 A． 2arcsin 2 1 G G B．arcsin 2 1 G G C．2arctan 2 1 2G G D． arctan 2 12 G G 【答案】 A 【解析】 【详解】 以 A为支点，根据力矩平衡条件： 1 2cos(90 ) cos 2 2 LG G Lg g g 可得： 2 1 θsin 2 G G 解得： 2 1 2arcsin G G A．与分析相符，故 A 正确； B．与分析不符，故 B 错误； C．与分析不符，故 C 错误； D．与分析不符，故 D 错误； 故选 A。 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，在匀强电场中，有 A 、B、C、D、E、F 六个点组成了一个边长为 a=8 3 cm 的正六边形， 已知 φF=2 V ，φC=8 V ， φD=8 V ，一电子沿 BE 方向射入该电场。则下列说法正确的是（ ） A．电子可能从 F 点射出 B．该电场的电场强度为 25 V/m C．该电场中 A 点电势为 φA =2 V D．如果电子从 DE 中点经过，则该电子在中点的电势能为 6 eV 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．因为是匀强电场， C、D 两点电势相等，则 CD 必为等势线， AC 与 FD 都与 CD 垂直，故 CA 与 DF 皆为电场方向，电子沿 BE 方向射入该电场，受到的电场力沿 AC 方向，不可能偏向 F，选项 A 错误； B．电场强度为 E= 6V 2 cos30 CAU AC a =25V/m B 正确； C．因 AF 、BE 都与 CD 平行，进一步可知这是三条等势线，所以 φA =φF=2V ，φB=φE=5V 选项 C 正确； D． DE 中点的电势为 6.5 V，电子在中点的电势能为 6.5eV，D 错误。 故选 BC 。 8．如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为 2R 的金属条制成的矩形线框 abcd ，固定在水平面内且处于方 向竖直向下的匀强磁场 B 中。一电阻为 R 的导体棒 PQ 接入电路，在水平拉力作用下沿 ab、de 。以速度 D 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与 ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在 PQ 从靠近 ad 边向 bc 边 滑动的过程中（ ） A． PQ 中电流先增大后减小 B． PQ 两端电压先减小后增大 C． PQ 上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先增大后减小 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．导体棒为电源产生的电动势为 E BLv 等效电路为左边电阻 1R 和右边 2R 并联，总电阻为 1 2 1 2 R RR R R R总 又线框总电阻为 2R，在 PQ 从靠近 ad 处向 bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增 大，故 A 项错误； B． PQ 两端电压为路端电压 U E IR 即先增大后减小，故 B 项错误； C．拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有 P BILv EI安 先减小后增大，故 C 项正确； D．根据功率曲线可知当外电阻 1 2 1 2 R R R R R 时输出功率最大，而外电阻先由小于 R的某值开始增加到 1 2 R ，再减小到小于 R 的某值，所以线框消耗的功率先增大后减小，故 D 项正确． 故选 CD 。 9．如图所示为一质点的简谐运动图象。由图可知 A．质点的运动轨迹为正弦曲线 B． t=0 时，质点正通过平衡位置向正方向运动 C． t=0.25s 时，质点的速度方向与位移的正方向相同 D．质点运动过程中，两端点间的距离为 0.1m 【答案】 CD 【解析】 试题分析：简谐运动图象反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故 A 错误． t=0 时， 质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故 B 错误．根据图象的斜率表示速度，则 t=0.25s 时，质点的 速度为正值， 则速度方向与位移的正方向相同． 故 C 正确． 质点运动过程中， 两端点间的距离等于 2 倍的 振幅，为 S=2A=2× 5cm=10cm=0.1m ，故 D 正确．故选 CD 。 考点：振动图线 【名师点睛】 由振动图象可以读出周期、 振幅、 位移、 速度和加速度及其变化情况， 是比较常见的读图题， 要注意振动图象不是质点的运动轨迹；根据图象的斜率表示速度分析振动的运动方向．质点运动过程中， 两端点间的距离等于 2 倍的振幅。 10．如图甲所示，长为 l、倾角为 α的斜面固定在水平地面上，一质量为 m 的小物块从斜面顶端由静止释 放并沿斜面向下滑动， 已知小物块与斜面间的动摩擦因数 μ与下滑距离 x 的变化图像如图乙所示， 则 ( ) A． B．小物块下滑的加速度逐渐增大 C．小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为 D．小物块下滑到低端时的速度大小为 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A、物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足： mgsin α＞μ0mgcosα，即 μ0＜tan α，故 A 错误 . B、根据牛顿第二定律有： ，下滑过程中 μ逐渐减小，则加速度 a 逐渐增大，故 B 正确 . C、由图乙可知 ，则摩擦力 ，可知 f 与 x 成线 性关系，如图所示 : 其中 f 0=μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力 做功： ，故 C 正确 . D、下滑过程根据动能定理有： ,解得： ，故 D 错误 . 故选 BC. 【点睛】 本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，涉及到变力做功的问题， F-x 图象所围的面积表示 F 所做的功 . 11．如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光 a、b，则下列说法正确的是（ ） A．在真空中， a 光的传播速度大于 b 光的传播速度 B．在玻璃中， a 光的波长大于 b 光的波长 C．玻璃砖对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率 D．若改变光束在左侧面的入射方向使入射角逐渐变小，则折射光线 a 首先消失 E.分别用 a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验， a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉条纹间距 【答案】 BCE 【解析】 【详解】 A．在真空中所有光的传播速度都等于光速 c ，故 A 错误； BC．由光路图可知， a 光的偏折程度较小， b 光的偏折程度较大，则玻璃三棱镜对 a 光的折射率小，对 b 光的折射率大；折射率越大，频率越大，波长越小，则知 a 光的频率比 b 光的小， a 光的波长比 b 光的大， 故 B、C 正确； D．当改变光束在左侧面的入射方向使入射角逐渐变小时，光在右侧面的入射角逐渐增大，由 1sinC n 分 析知， a 光的临界角大于 b 光的临界角，所以随着入射角逐渐增大， b 光先发生全反射，则 b 光先消失， 故 D 错误； E．根据条纹间距公式 Lx d 可知，由于 a 光的波长大于 b 光，所以 a 光的条纹间距大于 b 光，故 E 正 确； 故选 BCE 。 12．有关对热学的基础知识理解正确的是 ________。 A．液体的表面张力使液体的表面有扩张的趋势 B．低温的物体可以自发把热量传递给高温的物体，最终两物体可达到热平衡状态 C．当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器中的水的压强为零 D．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢 E. 在 “用油膜法测分子直径 ”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分 子视为球形这三方面的近似处理 【答案】 CDE 【解析】 【详解】 A、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故 A 错误； B、根据热力学第二定律，低温的物体不会自发把热量传递给高温的物体，必然会引起外界变化。故 B 错 误； C、液体压强由重力产生，当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器处于完全失重状态，故容器中的水 的压强为零，故 C 正确； D、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢，故 D 正确； E、在 “用油膜法测分子直径 ”的实验中，需要将油膜看作单分子层，同时要忽略油酸分子间的间距并把油 酸分子视为球形，故 E 正确； 故选 CDE. 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某实验小组为了测量某微安表 G（量程 200μA，内阻大约 2200 Ω）的内阻，设计了如下图所示的实验 装置。对应的实验器材可供选择如下： A．电压表（ 0~3V ）； B．滑动变阻器（ 0~10Ω）； C．滑动变阻器（ 0~1KΩ）； D．电源 E（电动势约为 6V ）； E．电阻箱 R Z （最大阻值为 9999 Ω）； 开关 S 一个，导线若干。 其实验过程为： a．将滑动变阻器的滑片滑到最左端，合上开关 S，先调节 R 使电压表读数为 U，再调节电阻箱（此时电 压表读数几乎不变） ，使微安表指示为满偏，记下此时电阻箱值为 1 6924ΩR ； b．重新调节 R，使电压表读数为 3 4 U ，再调节电阻箱 （此时电压表读数几乎不变） ，使微安表指示为满偏， 记下此时电阻箱值（如图所示）为 R2； 根据实验过程回答以下问题： （ 1）滑动变阻器应选 _______（填字母代号） ； （ 2）电阻箱的读数 R2=________ Ω； （ 3）待测微安表的内阻 _________ Ω。 【答案】 B 4653 2170 【解析】 【详解】 (1)[1] ．滑动变阻器用分压电路，则为方便实验操作，滑动变阻器应选择 B； (2)[2] ．由图示电阻箱可知，电阻箱示数为 R2=4× 1000 Ω +6× 100Ω +5× 10Ω +3× 1Ω =4653 Ω (3)[3] ．根据实验步骤，由欧姆定律可知 U=I g（R g+R 1） 2 3 4 g gU I R R（ ） 解得 Rg=2170 Ω 14．某同学在 “验证力的平行四边形定则 ”的实验中，利用以下器材： 两个轻弹簧 A 和 B、白纸、方木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。 实验步骤如下： （ 1）用刻度尺测得弹簧 A 的原长为 6.00cm ，弹簧 B 的原长为 8.00cm； （ 2）如图甲，分别将弹簧 A 、B 悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为 m=100g 的钩码，钩码静止时，测 得弹簧 A 长度为 6.98cm，弹簧 B 长度为 9.96cm。取重力加速度 g=9.8m/s 2，忽略弹簧自重的影响，两弹 簧的劲度系数分别为 k A=_________N/m ， kB=_________N/m ； （ 3）如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在 M 点，另一端系两 根细线，弹簧 A 、B 一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水平拉弹簧 A、B，把橡皮筋结点拉 到纸面上某一位置，用铅笔描下结点位置记为 O。测得此时弹簧 A 的长度为 8.10cm ，弹簧 B 的长度为 11..80cm，并在每条细线的某一位置用铅笔记下点 P1 和 P2； （ 4）如图丙，取下弹簧 A ，只通过弹簧 B 水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到 O 点，测得此时弹簧 B 的长 度为 13.90cm ，并用铅笔在此时细线的某一位置记下点 P，此时弹簧 B 的弹力大小为 F′=________N（计算 结果保留 3 位有效数字） ； （ 5）根据步骤（ 3）所测数据计算弹簧 A 的拉力 F A、弹簧 B 的拉力 FB，在图丁中按照给定的标度作出 FA 、FB 的图示 ______，根据平行四边形定则作出它们的合力 F 的图示， 测出 F 的大小为 _________N。（结 果保留 3 位有效数字） （ 6）再在图丁中按照给定的标度作出 F′的图示 ____，比较 F 与 F′的大小及方向的偏差，均在实验所允许 的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。 【答案】 100 50 2.95 作 F A、F B 的图示（ F A=2.10N 、F B=1.90N） 2.80～2.95 【解析】 【详解】 （ 2） [1][2] ．根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为 2 0.1 9.8 N/m=100N/m (6.98 6.00) 10 A A A Fk x ， 2 0.1 9.8 N/m=50N/m (9.96 8.00) 10B B BFk x ； （ 4） [3] ．弹簧 B 的弹力大小为 'x 50 (0.1390 0.08)N=2.95NB BF k （ 5） [4][5] ．由胡克定律可得： 'x 100 (0.0810 0.06)N=2.10NA A AF k 'x 50 (0.1180 0.08)N=1.90NB B BF k 画出两个力的合力如图，由图可知合力 F≈2.90N； （ 6） [6] ．做出力图如图； 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，在矩形区域 ABCD 内存在竖直向上的匀强电场，在 BC 右侧Ⅰ、Ⅱ两区域存在匀强磁场， L 1、L 2、L 3 是磁场的边界（ BC 与 L 1 重合），宽度相同，方向如图所示，区域Ⅰ的磁感强度大小为 B1．一 电荷量为 q、质量为 m（重力不计）的带正电点电荷从 AD 边中点以初速度 v0 沿水平向右方向进入电场， 点电荷恰好从 B 点进入磁场，经区域Ⅰ后又恰好从与 B 点同一水平高度处进入区域Ⅱ．已知 AB 长度是 BC 长度的 3 倍． （ 1）求带电粒子到达 B 点时的速度大小； （ 2）求磁场的宽度 L ； （ 3）要使点电荷在整个磁场中运动的时间最长，求区域Ⅱ的磁感应强度 B2 的最小值． 【答案】 【小题 1】 02 3 3 v 【小题 2】 0 1 2 3 3 mv qB 【小题 3】B2≥ 1.5B1 【解析】 【分析】 粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动沿水平方向与竖直方向分解，根据动为学规律即可求解；当粒子 进入磁场时， 做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律可确定运动的半径． 最后由几何关系可得出磁场的宽度 L ； 根据几何关系确定离开磁场的半径范围，再由半径公式可确定磁感应强度． 【小题 1】设点电荷进入磁场时的速度大小为 v，与水平方向成 θ角，由类平抛运动的速度方向与位移方 向的关系有： tan θ＝ 3 3 BC AB L L 则 θ＝30° 根据速度关系有： v＝ 0 02 3 cos 3 v v 【小题 2】设点电荷在区域Ⅰ中的轨道半径为 r 1，由牛顿第二定律得： 2 1 1 vqvB m r ，轨迹如图： 由几何关系得： L ＝ r 1 解得： L ＝ 0 1 2 3 3 mv qB 【小题 3】当点电荷不从区域Ⅱ右边界离开磁场时，点电荷在磁场中运动的时间最长．设区域Ⅱ中最小磁 感应强度为 B，对应的轨迹半径为 r 2，轨迹如图： 同理得： 2 2 vqvB m r 根据几何关系有： L ＝r 2(1＋sin θ ) 解得： B＝1.5B 1 【点睛】 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，本题涉及了 类平抛运动、匀速圆周运动，学会处理这两运动的规律：类平抛运动强调运动的分解，匀速圆周运动强调 几何关系确定半径与已知长度的关系． 16．在容积为 40L 的容器中，盛有压缩二氧化碳 3.96kg，该容器能承受的压强不超过 6.0 106pa ，求容器 会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度？ （已知二氧化碳在标准状态下的密度是 1.98kg/m 3，温度是 0℃， 压强是 1 105pa ） 【答案】 54.6℃ 【解析】 【详解】 容器内的气体在标准状态下的状态量分别为： T1=273K ，p 1=1 105pa， 3 3 1 3 96 m 2m 1 98 m .V . 气体达到爆炸点的状态量为： p2=6.0 106pa， V2=40L=0.04m 3 根据理想气体状态方程 1 1 2 2 1 2 PV PV T T ，代入数据，有爆炸危险时内部气体达到的温度 T 2=327.6K 达到的摄氏温度 t 2=54.6℃。 答：容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度是 54.6 ℃。 17．如图甲，足够大平行板 MN 、PQ 水平放置， MN 板上方空间存在叠加的匀强磁场和匀强电场，磁场 方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为 B 0，电场方向与水平成 30°角斜向左上方（图中未画出） ，电场强 度大小 E 0 = mg q 。有一质量为 m、电量为 q 的带正电小球，在该电磁场中沿直线运动，并能通过 MN 板 上的小孔进入平行板间。小球通过小孔时记为 t=0 时刻，给两板间加上如图乙所示的电场 E 和磁场 B，电 场强度大小为 E 0，方向竖直向上；磁感应强度大小为 B0，方向垂直纸面向外，重力加速度为 g。（坐标系 中 t 1 = 1 12 、t 2= 1 12 + 1 2π 、t 3= 13 12 + 1 2π 、t4= 13 12 + 1 2π 、t 5= 25 12 + 1 2π ⋯⋯ ） (1)求小球刚进入平行板时的速度 v0； (2)求 t 2 时刻小球的速度 v1 的大小； (3)若小球经历加速后，运动轨迹能与 PQ 板相切，试分析平行板间距离 d 满足的条件。 【答案】 (1) 0 0 mgv qB (2) 1 0 2mgv qB (3) 2 2 2 0 2( 1) m gd n q B (n=1 、2、3⋯⋯) 【解析】 【分析】 【详解】 (1)带正电的小球能在电磁场中沿直线运动， 可知一定是匀速直线运动， 受力平衡， 因电场力 F 电 =qE 0=mg ， 方向沿左上方与水平成 30°角，重力 mg 竖直向下 ,可知电场力与重力夹角为 120°，其合力大小为 mg，则 满足 qv 0B 0=mg 解得 0 0 mgv qB (2)由几何关系可知，小球进入两板之间时速度方向与 MN 成 60°角斜向下，由于在 0-t1 时间内受向上的电 场力，大小为 mg，以及向下的重力 mg，可知电场力和重力平衡，小球只在洛伦兹力作用下做匀速圆周运 动，因为 1 0 1 2 12 mt qB ，可知粒子在 0-t 1时间内转过的角度为 30°，即此时小球的速度方向变为竖直向下， 在 t 1-t 2 时间内小球只受重力作用向下做加速度为 g 的加速运动，则经过 0 0 1 2 2 m mt qB qB 速度为 1 0 0 2mgv v g t qB (3)在 t 2~t 3 时间内小球仍匀速做圆周运动，因为 t 2~t3 时间为一个周期，可知小球在 t 3 时刻再次运动到原来 的位置，然后在 t 3~t4 时间内继续向下做匀加速直线运动 ⋯⋯ 如此重复，但是每次做圆周运动的半径逐渐 增加，当圆周与 PQ 相切时满足： 2 0 0 1sin 30 ( ) 2 d R v n t g t Ro (n=1 、 2、 3⋯⋯) 其中 2 0 0 2 2 0 0 mv m gR qB q B 0 0 0 ( )m v g n tmvR qB qB 解得 2 2 2 0 2( 1) m gd n q B (n=1 、 2、3⋯⋯) 2021 届新高考物理模拟试卷 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．下列现象中，与原子核内部变化有关的是（ ） A．天然放射现象 B．光电效应现象 C．原子发光现象 D．α粒子散射现象 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A．天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出 α粒子或电子，从而发生 α衰变或 β衰变，反应的 过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，故 A 正确； B．光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故 B 错误； C．原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有 涉及到原子核的变化，故 C 错误； D． α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故 D 错误。 故选 A。 2．如图所示，一量程为 10N 的轻质弹簧测力计放在粗糙的水平面上，其两端分别连着木块 A 和 B，已知 m A=2kg ，m B=3kg ，木块 A 和 B 与水平面的动摩擦因数均为 μ =0.2，今用恒力 F 水平拉木块 A，使整体一 起运动，要使测力计的读数不超过其量程，则恒力 F 的可能值为（ ） A． 50N B．30N C．20N D． 6N 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 选整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 ( ) ( )A B A BF m m g m m a 选木块 A 为研究对象，根据牛顿第二定律有 A AT m g m a 因为 T 的最大值为 10 N，一起运动的最大加速度为 23m/sa 所以要使整体一起运动恒力 F 的最大值为 25N，恒力 F 最小为 10N，故 A、B、D 错误； C 正确； 故选 C。 3．静电计是在验电器的基础上制成的， 用其指针张角的大小来定性显示金属球与外壳之间的电势差大小， 如图所示， A、B 是平行板电容器的两个金属极板， G 为静电计。开始时开关 S 闭合，静电计指针张开一 定角度，为了使指针张开的角度增大，下列采取的措施可行的是（ ） A．保持开关 S 闭合，将 A、B 两极板靠近 B．断开开关 S 后，减小 A、B 两极板的正对面积 C．断开开关 S 后，将 A、B 两极板靠近 D．保持开关 S 闭合，将变阻器滑片向右移动 【答案】 B 【解析】 【详解】 A． 保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，与极板间距无关，则指针张角不变，故 A 错误； B． 断开电键，电容器带电量不变，减小 A、B 两极板的正对面积，即 S减小，根据 4 SC kd 知，电容 减小，根据 QU C 知，电势差增大，指针张角增大，故 B 正确； C． 断开电键，电容器带电量不变，将 A、B 两极板靠近，即 d 减小，根据 4 SC kd 知，电容增大，根 据 QU C 知，电势差减小，指针张角减小，故 C 错误； D． 保持开关闭合， 电容器两端的电势差不变， 变阻器仅仅充当导线功能， 滑动触头滑动不会影响指针张 角，故 D 错误。 故选： B。 4．某篮球运动员垂直起跳的高度为 100cm，则该运动员的滞空时间（运动员起跳后，从双脚都离开地面 到任意一只脚接触地面的时间间隔）约为（ ） A． 0.20s B．0.45s C．0.90s D． 1.60s 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 根据物体做自由落体运动时 21 2 x gt 可知 2xt g 可得物体自由落体运动下落 1m 需要的时间约为 0.45s，根据竖直上抛运动和自由落体运动的关系可知， 滞 空时间约为 0.90s，C 正确， ABD 错误。 故选 C。 5．如图所示， O 1、 O2 两轮通过皮带传动，两轮半径之比 r 1： r 2=2：1，点 A 在 O1 轮边缘上，点 B 在 O2 轮边缘上，则 A 、B 两点的向心加速度大小之比 aA：aB 为（ ） A． 1：1 B．1： 2 C．2：1 D． 1：4 【答案】 B 【解析】 【详解】 传送带传动的两轮子边缘上的点线速度相等，所以 vA=v B，由题知 r 1：r 2=2：1，由向心加速度公式 a= 2v r 得， aA ：aB=1： 2 故 B 正确， ACD 错误。 故选 B。 6．如图所示，水平传送带的质量 9kgM ，两端点 A B、 间距离 4mL ，传送带以加速度 22m/sa 由 静止开始顺时针加速运转的同时，将一质量为 1kgm 的滑块（可视为质点）无初速度地轻放在 A 点处， 已知滑块与传送带间的动摩擦因数为 0.1， g 取 210m/s ，电动机的内阻不计。 传送带加速到 2m/sv 的速度 时立即开始做匀速转动而后速率将始终保持不变，则滑块从 A运动到 B 的过程中（ ） A．系统产生的热量为 1J B．滑块机械能的增加量为 3J C．滑块与传送带相对运动的时间是 3s D．传送滑块过程中电动机输出的电能为 5J 【答案】 A 【解析】 【详解】 AC. 传送带初始做匀加速运动，加速时间 1 2 s 1s 2 vt a ， 根据牛顿运动定律，滑块的加速度满足 1ma mg ， 得： 2 1 1m/sa ， 滑块加速过程的位移 2 1 4 m 2m 4m 2 2 vs a块 ， 故滑块会一直加速到 2m/s 与传送带共速，后保持相对静止一起做匀速运动。 滑块加速的时间： 1 2 s 2s 1 vt a ， 相同时间内传送带的位移 2 1 3m 2 vs v t t a传 ， 故滑块与传送带的相对路程： 1ms s s相 传 块 ， 系统产生的热量： 1JQ mgs相 ， 故 A 正确， C 错误； B.根据功能关系，传送带对滑块的摩擦力做的功等于滑块机械能的增加量： 2JE mgs块 ， 故 B 错误； D.由能量守恒定律得，电动机输出的电能： 2 21 1 21J 2 2 E mgs mv Mv相 ， 故 D 错误。 故选： A。 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．关于电磁波，下列说法正确的是（ ） A．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在 B．非均匀周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波 C．手摇动用丝绸摩擦过的玻璃棒，在空气中产生电磁波，只能沿着摇动的方向传播 D．频率在 200MHz~1000MHz 内的雷达发射的电磁波，波长范围在 0.3m~1.5m 之间 E.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度 【答案】 BDE 【解析】 【详解】 A. 麦克斯韦预言了电磁波的存在，是赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，故 A 错误； B.非均匀周期性变化的磁场产生非均匀周期性变化电场， 非均匀周期性变化的电场产生非均匀周期性变化 磁场，相互激发，形成电磁波。故 B 正确； C.电磁波产生后，可以在任意方向传播，故 C 错误； D.根据 c v ，电磁波频率在 200MHz 至 1000MHz 的范围内， 则电磁波的波长范围在 0.3m 至 1.5m 之间， 故 D 正确； E.由于波源与接受者的相对位置的改变，而导致接受频率的变化，称为多普勒效应，所以可以判断遥远天 体相对于地球的运动速度，故 E 正确。 故选： BDE 。 8．如图甲所示， abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为 m，电阻为 R，在金 属线框的下方有一匀强磁场区域， MN 和 PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的 bc 边平行，磁场 方向垂直纸面向里． 现使金属线框从 MN 上方某一高度处由静止开始下落， 如图乙是金属线框由开始下落 到 bc 边刚好运动到匀强磁场 PQ 边界的 v﹣t 图象，图中数据均为己知量，重力加速度为 g，不计空气阻 力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（ ） A． t1 到 t2 过程中，线框中感应电流沿顺时针方向 B．线框的边长为 v1（t2﹣t1） C．线框中安培力的最大功率为 2 1 2 mgv v D．线框中安培力的最大功率为 2 2 1 mgv v 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应 电流方向沿逆时针方向，故 A 错误； B．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为 v1，匀速运动的时间为 t 2﹣t 1，故金属 框的边长： L ＝v1（t 2﹣t 1），故 B 正确； CD ．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得： mg＝BIL ，又 1BLvI R ，又 L ＝ v1（t 2﹣t1），联立解得： 1 2 1 1 l mgRB v t t v ；线框仅在进入磁场和离开磁场过程中受安培力，进入 时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为 Pm ＝F 安 t2，又 2 2 2B L vF R安 ，联立得： 2 2 1 m mgvP v ，故 C 错误， D 正确． 9．如图所示为匀强电场中的一组等间距的竖直直线，一个带电粒子从 A 点以一定的初速度斜向上射入电 场，结果粒子沿初速度方向斜向右上方做直线运动，则下列说法正确的是（ ） A．若竖直直线是电场线，电场的方向一定竖直向上 B．若竖直直线是电场线，粒子沿直线向上运动过程动能保持不变 C．若竖直直线是等势线，粒子一定做匀速直线运动 D．若竖直直线是等势线，粒子沿直线斜向上运动过程电势能增大 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．粒子做直线运动，则粒子受到的合力与初速度共线，因此粒子一定受重力作用，若竖直直线是电场 线，粒子受到的电场力一定竖直向上，粒子斜向右上做直线运动，因此合力一定为零，粒子做匀速直线运 动，动能不变，由于粒子的电性未知，因此电场方向不能确定，选项 A 错误， B 正确； CD ．若竖直直线是等势线，电场力水平，由于粒子斜向右上做直线运动，因此电场力一定水平向左，合 力与粒子运动的速度方向相反，粒子斜向右上做减速运动；粒子受到的电场力做负功，因此粒子沿直线斜 向上运动过程电势能增大，选项 C 错误， D 正确。 故选 BD 。 10．如图是倾角 θ =37°的光滑绝缘斜面在纸面内的截面图。一长为 L 、质量为 m 的导体棒垂直纸面放在斜 面上， 现给导体棒通人电流强度为 I ，并在垂直于导体棒的平面内加匀强磁场， 要使导体棒静止在斜面上， 已知当地重力加速度为 g，sin37 °=0.6，cos37°=0.8.则以下说法正确的是（ ） A．所加磁场方向与 x 轴正方向的夹角 α的范围应为 90 233, B．所加磁场方向与 x 轴正方向的夹角 α的范围应为 0 143, C．所加磁场的磁感应强度的最小值为 3 5 mg IL D．所加磁场的磁感应强度的最小值为 4 5 mg IL 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．根据共点力平衡知，安培力的方向在垂直斜面向下与竖直向上的这两个方向之间，根据左手定则知， 所加磁场方向与 x 轴正方向的夹角 θ的范围应为 0 143 ，故 A 错误， B 正确。 CD ．当安培力的方向与支持力方向垂直时，安培力最小，根据矢量三角形定则有 sin 37AF mg BIL 则磁感应强度的最小值 3 5 mgB IL 故 C 正确， D 错误。 故选 BC 。 11．如图所示，倾角为 30 的粗糙斜面 AB 固定在水平地面 AC 上， AB、AC 均绝缘、 BC 竖直且高为 h， 地面 D 点固定一电量绝对值为 'q 的负点电荷， C、D 相距 3 3 h。质量为 m、带电量为 q(＞0)的小滑块以 初速度从斜面底端 A 点滑上斜面， 恰好能到达斜面顶端。 整个装置处于水平向右的匀强电场中， 场强大小 3 3 mgE q ，若取无穷远为零势能面，已知孤立点电荷周围电场的电势可表示为 Qk r ，式中 k 为静电 力常量、 r 为离场源电荷的距离， Q 为场源电荷的带电量 (正电荷取正值，负电荷取负值 )，则小滑块 ( ) A．从 A 运动到 B 的过程中，克服摩擦力做的功 2 0 1 2fW mv B．从 A 运动到 B 的过程中，减少的电势能等于克服重力做的功 C．从 A 运动到 AB 中点的过程中，点电荷 q 对小滑块做的功 ' '3 q kq qW h D．从 A 运动到 AB 中点时的动能 ' 2 0 3 1 2 4k kq qE mv h 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A．因 C、D 相距 3 3 h ，由几何关系可知， AD=BD ，又因 Qk r ，故 A、B 两点在点电荷 q 产生的电 场中等电势，故从 A 运动到 B，点电荷 q 对小滑块做的总功为零。从 A 运动到 B 的过程：由动能定理得 2 0 10 tan30 2f qEh mgh W mv 而 3 3 qE mg ，解得 2 0 1 2fW mv 故 A 正确； B．小滑块减少的电势能等于电场力做的功，从 A 运动到 B 的过程中，点电荷 q 对小滑块做的总功为零， 故减少的电势能等于匀强电场对小滑块做的功，即 = tan 30P qEhE mgh减 故 B 正确； C．由公式 Qk r 可知，点电荷 q 产生的电场在 A 点的电势 3 22 3 3 A kq kq hh 在 AB 中点的电势 3 3 3 kq kq hh 中 故 C 错误； D．由对称性可知，从 A 运动到 AB 中点的过程中，克服摩擦力做的功为 1 2 fW ，故由动能定理可得 2 0 1 1 2tan 30 2 2 2f q k qEh hmg W W E mv 解得 2 0 3 1 2 4k kg qE mv h 故 D 正确。 故选 ABD 。 12．如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与 x 轴平行， 在 x 轴上的电势 φ与坐标 x 的关系如图中曲线所示，曲线过（ 0.1，4.5）和（ 0.15，3）两点，图中虚线为 该曲线过点（ 0.15，3）的切线。现有一质量为 0.20 kg 、电荷量为＋ 2.0 ×10－ 8 C 的滑块 P（可视为质点） ， 从 x＝0.10 m 处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为 0.02，取重力加速度 g＝ 10 m/s2。则下列说法中 正确的是（ ） A．滑块 P 运动过程中的电势能逐渐减小 B．滑块 P 运动过程中的加速度逐渐增大 C． x＝0.15 m 处的电场强度大小为 2.0 ×106 N/C D．滑块 P 运动的最大速度为 0.5 m/s 【答案】 AC 【解析】 【分析】 【详解】 A．在 φ-x 图像中，图线的斜率表示电场强度，由图可知，滑块 P 运动过程中，电场方向不变，电场力始 终做正功，则电势能逐渐减小，故 A 正确； BC．由 A 可知，图线的斜率表示电场强度， 0.15mx 处的场强为 5 6 63 10 N/C 2 10 N/C 2.0 10 N/C 0.3 0.15 E x 则此时的电场力大小为 8 62 10 2 10 N 0.04NF qE 滑动摩擦力大小为 0.02 0.2 10N 0.04Nf mg 此时电场力与滑动摩擦力大小相等，由图可知图线斜率逐渐减小，故在 0.15mx 之前，电场力大于摩擦 力，滑块做加速运动，加速度逐渐减小，在 0.15mx 之后，电场力小于摩擦力，做减速运动，加速度逐 渐增大，故 B 错误， C 正确； D．滑块加速度为零时，速度最大，由 BC 选项可知，在 0.15mx 时，电场力和摩擦力大小相等，加速 度为零，此时滑块的速度最大，根据动能定理得 2 01 2 qU fx mv 由图可知 0.10m处和 0.15m 处的电势差大约为 51.5 10 V ，代入解得最大速度大约为 0.1m/sv ，故 D 错误。 故选 AC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．实验小组的同学用如图所示的装置做 “用单摆测重力加速度 ”的实验。 （ 1）实验室有如下器材可供选用： A．长约 1m 的细线 B．长约 1m 的橡皮绳 C．直径约 2cm 的铁球 D．直径约 2cm 的塑料球 E.米尺 F.时钟 G.停表 实验时需要从上述器材中选择： ____（填写器材前面的字母） 。 （ 2）在挑选合适的器材制成单摆后他们开始实验，操作步骤如下： ①将单摆上端固定在铁架台上 ②测得摆线长度，作为单摆的摆长 ③在偏角较小的位置将小球由静止释放 ④记录小球完成 n 次全振动所用的总时间 t，得到单摆振动周期 tT n ⑤根据单摆周期公式计算重力加速度的大小。其中有一处操作不妥当的是 ____。（填写操作步骤前面的序 号） （ 3）按照以上的实验步骤，测量多组摆长和对应的周期，并根据实验数据做出了图像，根据该图像得出 重力加速度的测量值为 ____m/s2。 （ 4）实验后同学们进行了反思。 他们发现由单摆周期公式可知周期与摆角无关， 而实验中却要求摆角较 小。请你简要说明其中的原因 ______。 【答案】 ACEG ②，单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径； 9.86 2 lT g 是单摆做 简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐运动。 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）[1] ．单摆的摆长不可伸长， 为减小空气阻力的影响和实验误差， 先选用长约 1m 的细线， 直径约 2cm 的铁球，要用米尺测量摆长，停表测量周期，故答案为： ACEG 。 （ 2） [2] ．操作不妥当的是②．单摆的摆长应等于摆线长度加摆球的半径。 （ 3） [3] ．根据单摆的周期公式得 2 lT g 解得 2 2 4T l g 由图像可知 24 4.0 4 1 k g 解得 g=9.86m/s 2 （ 4） [4] ．公式 2 lT g 是单摆做简谐运动的周期公式。当摆角较小时才可以将单摆的运动视为简谐 运动。 14．用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。 (1)下列操作正确且必要的有 __________。 A．使用天平测出重物的质量 B．应先接通打点计时器的电源，再松开纸带，让重物自由下落 C．用刻度尺测出物体下落的高度 h，通过 v=gt 算出瞬时速度 v D．选择体积小、质量大的重物，纸带、限位孔在同一竖直线上，可以减小系统误差 (2)图乙是实验中得到的一条纸带，将起始点记为 O，依次选取 6 个连续的点，分别记为 A、B、C、D、E、 F，量出各点与 O 点的距离分别为 h 1、h 2、h3、 h4、h5、h 6，使用交流电的周期为 T，在打 B 点和 E 点这 段时间内，如果重物的机械能守恒，在误差允许的范围内应满足的关系式为 _______________（已知重力 加速度为 g）。 【答案】 BD 6 4 2 2 1 2 2 3 5 8 h h h hg h h T 【解析】 【详解】 (1)[1]A ．机械能守恒等式左右两边都有质量，所以不用天平测出重物的质量，故 A 错误； B． 操作上，应先接通打点计时器的电源，再松开纸带，让重物自由下落，故 B 正确； C．在验证机械能守恒时，计算速度应利用纸带处理，不能直接应用自由落体公式，故 C 错误； D． 选择体积小、质量大的重物，纸带、限位孔在同一竖直线上，可以减小系统误差，故 D 正确。 故选： BD 。 (2)[2] 根据机械能守恒有： 5 2mg h h 2 2 2 2 34 161 1 1 1 2 2 2 2 2 2E B h h h hmv mv m m T T 6 4 3 2 2 1 28 m h h h h T 得 6 4 2 2 1 2 2 3 5 8 h h h hg h h T 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．彩虹的产生原因是光的色散，如图甲所示为太阳光射到空气中小水珠时的部分光路图，光通过一次折 射进入水珠，在水珠内进行一次反射后，再通过一次折射射出水珠．现有一单色光束以入射角 θ1＝45°射 入一圆柱形玻璃砖，在玻璃砖内通过一次折射、一次反射、再一次折射射出玻璃砖，如图乙所示，已知射 出光线与射入光线的夹角 φ＝30°，光在真空中的速度为 c，求： ①该单色光的折射率； ②该单色光在玻璃中传播速度的大小． 【答案】 (1) 2n （2） 2 2 v c 【解析】 【详解】 ①如图所示， 设折射角为 θ2，分析可知 θ3=θ1-θ2 由等腰三角形可知 θ4=θ2 由三角形内外角关系可得 4 3 2 得 2 12 2 ，即 θ2 =30 ° 该单色光的折射率 1 2 sin 2 sin n ． ②由光在玻璃中的传播速度 cv n 得 2 2 v c ． 16．粗糙绝缘的水平地面上有一质量为 m 的小滑块处于静止状态、其带电量为 q(q>0) 。某时刻，在整个 空间加一水平方向的匀强电场，场强大小为 mg q E 。经时间 t 后撤去电场，滑块继续滑行一段距离后停 下来。已知滑块与地面间的动摩擦因数为 0.5 ，重力加速度为 g，求滑块滑行的总距离 L 。 【答案】 21 2 L gt 【解析】 【详解】 设滑块的质量为 m，电场撤去前后过程，滑块的加速度分别为 1 2、a a ，全过程的最大速度为 v； 加速过程，对滑块根据牛顿第二定律可得 1qE mg ma . 由运动学公式 1v a t 此过程的位移 2 1 1 1 2 x a t 撤去电场后，对滑块根据牛顿第二定律可得 2mg ma 由运动学公式 2 2 22v a x 故 1 2 21 2 L x x gt . 17．如图所示，在光滑水平面上 A 点固定一个底端有小孔的竖直光滑圆弧轨道，圆轨道与水平面在 A 点 相切。 小球甲用长为 L 的轻绳悬挂于 O 点， O 点位于水平面上 B 点正上方 L 处。现将小球甲拉至 C 位置， 绳与竖直方向夹角 θ=60°，由静止释放，运动到最低点 B 时与另一静止的小球乙（可视为质点）发生完全 弹性碰撞，碰后小球乙无碰撞地经过小孔进入圆弧轨道，当小球乙进入圆轨道后立即关闭小孔。已知小球 乙的质量是甲质量的 3 倍，重力加速度为 g。 （ 1）求甲、乙碰后瞬间小球乙的速度大小； （ 2）若小球乙恰好能在圆轨道做完整的圆周运动，求圆轨道的半径。 【答案】 （1） 2 1 2 v gL ；2） 20 LR 。 【解析】 【详解】 （ 1）甲球下摆过程，由机械能守恒有： 2 0 11 cos60 2 mgL mv ① 解得 0v gL ② 设甲乙碰撞后速度分别为 1v 和 2v ，根据动量守恒定律有： 0 1 23mv mv mv ③ 根据能量守恒定律有： 2 2 2 0 1 2 1 1 3 2 2 2 mv mv mv ④ 解得 2 1 2 v gL ⑤ （ 2）乙球恰能做圆周运动，则在最高点，根据牛顿第二定律有： 2 3 3 vmg m R ⑥ 从最低到最高点，根据动能定理有： 2 2 2 1 16 3 3 2 2 mgR mv mv ⑦ 由⑥⑦得 20 LR 2021 届新高考物理模拟试卷 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．如图甲所示， 在磁感应强度为 B 的匀强磁场中， 有一匝数为 n，面积为 S，总电阻为 r 的矩形线圈 abcd 绕轴 OO’做角速度为 ω的匀速转动，矩形线圈在转动中可以保持和外电路电阻 R 形成闭合电路，回路中 接有一理想交流电流表．图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势 e 随时间 t 变化的图象，下列说法中正 确的是 A．从 tl 到 t 3 这段时间穿过线圈磁通量的变化量为 2nBS B．从 t3 到 t 4 这段时间通过电阻 R 的电荷量为 Nbs/R C． t3 时刻穿过线圈的磁通量变化率为 nBSω D．电流表的示数为 2( ) nB S r R 【答案】 D 【解析】 试题分析： 由图可知， tl 和 t 3 这两时刻的磁通量大小为 BS，方向相反； 故穿过线圈磁通量的变化量为 2BS； 故 A 错误； 从 t3 到 t4 这段时间磁通量的变化为 BS，则平均电动势 NBSE tV ；因此通过电阻 R 的电荷 量为 NBS NBSq t r R t R r V V ；故 B 错误； t 3 时刻电动势 E=NBSω ；则由法拉第电磁感应定律可知： NE t V V ；则穿过线圈的磁通量变化率为 BSω；故 C 错误； 电流表的示数为有效值，则有： 2 E NBSI R R r ；故 D 正确；故选 D． 考点：法拉第电磁感应定律；交流电的有效值 2．1916 年爱因斯坦建立广义相对论后预言了引力波的存在， 2017 年引力波的直接探测获得了诺贝尔物理 学奖． 科学家们其实是通过观测双星轨道参数的变化来间接验证引力波的存在． 如图所示为某双星系统 A 、 B 绕其连线上的 O 点做匀速圆周运动的示意图，若 A 星的轨道半径大于 B 星的轨道半径，双星的总质量 M ，双星间的距离为 L ，其运动周期为 T ，则下列说法中正确的是 A． A 的质量一定大于 B 的质量 B． A 的线速度一定小于 B 的线速度 C． L 一定， M 越小， T 越小 D． M 一定， L 越小， T 越小 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、根据万有引力提供向心力 2 2 2 A B A A B B Gm m m r m r L ，因为 A Br r ，所以 A Bm m ，即 A 的质量 一定小于 B 的质量，故 A 错误； B、双星系统角速度相等，根据 v r ，且 A Br r ，可知 A 的线速度大于 B 的线速度，故 B 错误； CD 、根据万有引力提供向心力公式得： 2 2 2 2 2 4 4A B A A B B Gm m m r m r L T T ，解得周期为 3 2 LT GM ， 由此可知双星的距离一定，质量越小周期越大，故 C 错误；总质量一定，双星之间的距离就越大，转动周 期越大，故 D 正确； 故选 D． 【点睛】 解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力， 具有相同的角速度． 以及会用万有引力提供向 心力进行求解． 3．已知天然材料的折射率都为正值 (n>0) 。近年来，人们针对电磁波某些频段设计的人工材料，可以使折 射率为负值 (n<0) ，称为负折射率介质。电磁波从正折射率介质入射到负折射介质时，符合折射定律，但 折射角为负，即折射线与入射线位于界面法线同侧，如图 1 所示。点波源 S 发出的电磁波经一负折射率平 板介质后，在另一侧成实像。如图 2 所示，其中直线 SO 垂直于介质平板，则图中画出的 4 条折射线（标 号为 1、2、3、4）之中，正确的是（ ） A． 1 B．2 C． 3 D．4 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 由题意可知， 负折射率的介质使得折射光线与入射光线均在法线的同一侧， 现在让我们判断从 S 点发出的 这条光线的折射光线，则光线 1、2 是不可能的，因为它们均在法线的另一侧，光线 3、4 是可能的，但是 题意中又说明在另一侧成实像，即实际光线有交点，光线 3 在射出介质时，其折射线如左图所示，折射光 线反向延长线交于一点，成虚像。而光线 4 的折射光线直接相交成实像（如右图所示） 。 故选 D。 4．用某单色光照射金属表面，金属表面有光电子飞出．若照射光的频率增大，强度减弱，则单位时间内 飞出金属表面的光电子的 A．能量增大，数量增多 B．能量减小，数量减少 C．能量增大，数量减小 D．能量减小，数量增多 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 根据 E=hv 知， 照射光的频率增大， 则光子能量增大， 光的强度减弱， 单位时间内发出光电子的数目减少． 故 C 正确， ABD 错误． 5．如图所示，质量为 m、电阻为 r 的“ U”字形金属框 abcd 置于竖直平面内，三边的长度 ad=dc=bc=L ， 两顶点 a、b 通过细导线与 M 、N 两点间的电源相连，电源电动势为 E。内阻也为 r。匀强磁场方向垂直 金属框向里，金属框恰好处于静止状态。不计其余电阻和细导线对 a、b 点的作用力，重力加速度为 g。 下列说法正确的是（ ） A． M 点应接电源的正极 B．电源的输出功率为 2 2 E r C．磁感应强度的大小为 mgr D．ad 边受到的安培力大于 bc 边受到的安培力 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．金属框恰好处于静止状态，说明线框受到的安培力向上，根据左手定则可知 dc 边中的电流方向应由 d 指向 c，结合电路知识得 M 点应接电源的负极，故 A 错误； B．由闭合电路欧姆定律得 2 EI r 电源输出功率 2 2 4 EP I r r 故 B 错误； C．根据平衡条件有 mg=BIL 解得 2mgrB EL 故 C 正确； D．根据对称性可知 ad 边受到的安培力等于 bc 边受到的安培力，方向相反，故 D 错误。 故选 C。 6．一个小物体从斜面底端冲上足够长的斜面，然后又滑回斜面底端，已知小物体的初动能为 E，返回斜 面底端时的速度为 v，克服摩擦力做功为 2 E 若小物体冲上斜面的初动能为 2E，则下列选项中正确的一组 是（ ） ①物体返回斜面底端时的动能为 E ②物体返回斜面底端时的动能为 3 2 E ③物体返回斜面底端时的速度大小为 2 v ④物体返回斜面底端时的速度大小为 2v A．①③ B．②④ C．①④ D．② 【答案】 C 【解析】 【详解】 以初动能为 E 冲上斜面并返回的整个过程中，由动能定理得： 2 2 1 2 Emv E ⋯① 设以初动能为 E 冲上斜面的初速度为 v0，则以初动能为 2E 冲上斜面时， 初速度为 2 v0，而加速度相同。 对于上滑过程，根据 -2ax=v 2-v 02 可知， 2 0 2 vx a ，所以第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，上升过程 中克服摩擦力做功是第一次的两倍，上升和返回的整个过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为 E。 以初动能为 2E 冲上斜面并返回的整个过程中，运用动能定理得： 21 2 2 mv E E ⋯ ② 所以返回斜面底端时的动能为 E；由①②得： v′= 2 v。 故①④正确，②③错误； A．①③，与结论不相符，选项 A 错误； B．②④，与结论不相符，选项 B 错误； C．①④，与结论相符，选项 C 正确； D．②，与结论不相符，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．甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动， 用某测速仪描绘出两物体的 v-t 图象如图所示， 已知甲物 体的图象是两段半径相同的圆弧，乙物体的图象是一倾斜直线， t 4=2t 2，甲的初速度末速度均等于乙的末 速度。已知则下列说法正确的（ ） A． 0～t 1 时间内，甲乙两物体距离越来越小 B． t1 时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等 C． t3～ t4 时间内，乙车在甲车后方 D． 0～t 4 时间内，两物体的平均速度相等 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．甲乙两物体从同一地点开始沿同一方向运动， 0～t 1 时间内，甲的速度比乙的大，则甲在乙的前面，甲 乙两物体距离越来越大，故 A 错误。 B．根据速度时间图线的斜率表示加速度，可知， t 1 时刻，甲乙两物体的加速度大小可能相等，故 B 正确。 C．根据 “面积 ”表示位移，结合几何知识可知， 0～t 4 时间内，两物体的位移相等， t4 时刻两车相遇，而在 t 3～ t4 时间内，甲车的位移比乙车的位移大，则知在 t3～t4 时间内，乙车在甲车前方，故 C 错误。 D． 0～t 4 时间内，两物体的位移相等，用时相等，则平均速度相等，故 D 正确。 故选 BD 。 8．如图所示， 质量均为 m 的 a 、b 两小球在光滑半球形碗内做圆周运动， 碗的球心为 O、半径为 0.1m ， Oa 、Ob 与竖直方向夹角分别为 53°、37°，两球运动过程中，碗始终静止在水平地面上，已知 sin 37 ° 0.6 ，g 取 10m/s2 。则下列说法正确的是（ ） A． a 、b 两球做圆周运动的线速度之比为 8 3 3： B． a 、b 两球做圆周运动的角速度之比为 2 3： C． a 、b 两球相邻两次相距最近的时间间隔为 2 15 3 5 10 s D． a 、b 两球运动过程中，碗对地面始终有摩擦力作用 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．小球做匀速圆周运动，由重力和支持力的合力提供向心力，则 2 2tan = sin sinn vF mg m m R R θ是半径与竖直方向的夹角，解得 tan sinv gR 则线速度之比为 tan53 sin53 8 3 tan37 sin37 9 a b v v o o o o cos g R 则 cos37 2 cos53 3 a b o o 故 A 错误， B 正确。 C． a 的角速度 10 5 rad/s cos 0.1 0.6 3a g g R b 的角速度 5 5rad/s cos 0.1 0.8b g g R 相距最近时满足 2a bt t 解得 2 3 ( 15 2 5) 25 t s 选项 C 错误； D． a 、b 两球运动过程中，两球对碗的压力的水平分量为 mgtan θ，因 θ不同，则两球对碗的压力的水 平分量不相等，对碗来说两球对碗的水平方向的作用力不为零，则碗对地面始终有摩擦力作用，选项 D 正确。 故选 BD 。 9．一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为 3kg 的 B 固定在一起，质量为 1kg 的 A 放于 B 上。现在 A 和 B 正在一起竖直向上运动，如图所示。当 A、B 分离后， A 上升 0.2m 到达最高点，此时 B 速度方向向下，弹簧为原长，则从 A、B 分离起至 A 到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是 (g 取 10m/s 2) A． A、 B 分离时 B 的加速度为 g B．弹簧的弹力对 B 做功为零 C．弹簧的弹力对 B 的冲量大小为 6N·s D． B 的动量变化量为零 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 A、由分离的条件可知， A、B 物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为 0，对 A 分析可知， A 的加速度 Aa g ，所以 B 的加速度为 g，故 A 正确； B、 A 、B 物体分离时弹簧恢复原长， A 到最高点弹簧恢复原长，从 A 、B 分离起至 A 到达最高点的这一 过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对 B 做的功为零，故 B 正确； CD 、A、B 物体分离后 A 做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度 2 2 10 0.2 2 /v gh m s ， 上升到最高点所需的时间： 2 0.2ht s g ，由运动的对称性可知此时 B 的速度为 2m/s，方向竖直向下， 对 B 在此过程内用动量定理 (规定向下为正方向 )得： ( )B N B Bm gt I m v m v ，解得弹簧的弹力对 B 的 冲量大小为： 6NI N s? ，B 的动量变化量为 ( ) 12 /B BP m v m v kg m s? ，故 C 正确， D 错误； 故选 ABC 。 10．如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在 MM' 处平滑连接组成。导轨间距为 L ，水平部分处于 竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为 R 的电阻。 现让质量为 m、阻值为 2R 的 金属棒 a 从距离水平面高度为 h 处静止释放。金属棒 a 到达磁场中 OO' 时，动能是该金属棒运动到 MM' 时动能的 1 4 ，最终静止在水平导轨上。 金属棒 a 与导轨接触良好且导轨电阻不计， 重力加速度 g＝10m/s2。 以下说法正确的是（ ） A．金属棒 a 运动到 MM' 时回路中的电流大小为 2 3 BL gh R B．金属棒 a 运动到 OO' 时的加速度大小为 2 2 2 3 B L gha mR C．金属棒 a 从 h 处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为 1 3 mgh D．金属棒 a 若从 h 处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是 2m gh ，方向向左 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．金属棒 a 从静止运动到 MM 的过程中，根据机械能守恒可得 2 1 1 2 mgh mv 解得金属棒 a 运动到 MM 时的速度为 1 2v gh 金属棒 a 运动到 MM 时的感应电动势为 1 2E BLv BL gh 金属棒 a 运动到 MM 时的回路中的电流大小为 2 2 3 E BLI gh R R R 故 A 正确； B．金属棒 a 到达磁场中 OO 时的速度为 2 1 21 2 2 ghv v 金属棒 a 到达磁场中 OO 时的加速度大小为 2 22 2 2 2 (2 ) 6 B L ghB L vBILa m m R R mR 故 B 错误； C．金属棒 a 从 h 处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，根据能量守恒可得产生的焦耳热等于重力势能 的减小量，则有 Q mgh 电阻上产生的焦耳热为 1 1 3 3RQ Q mgh 故 C 正确； D．金属棒 a 从 h 处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，规定向右为正方向，根据动量定理可得 10I mv安 可得 2I m gh安 在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是 2m gh ，方向向左，故 D 正确； 故选 ACD 。 11．下列各种说法中正确的是（ ） A．布朗运动是分子热运动的宏观现象，可以发生在固体、液体和气体中 B．扩散现象反映了分子的无规则运动，可以发生在固体、液体、气体的任何两种中 C．分子力较大时，分子势能较大；分子力较小时，分子势能较小 D．液晶分子排列比较整齐，但不稳定，其光学性质随温度的变化而变化 E.只要是具有各向异性的物体一定是晶体，具有各向同性的物体不一定是非晶体 【答案】 BDE 【解析】 【分析】 【详解】 A．布朗运动是悬浮在液体、气体中的固体小颗粒的运动，所以只能发生在液体和气体中，故 A 错误； B．扩散现象是两种物质的分子相互进入对方，可在固、液、气三种物质中任两种中发生，故 B 正确； C．当分子力表现为引力时，随分子间的距离增大，分子力先增后减，但分子势能一直增大，故 C 错误； D．液晶分子在特定的方向排列比较整齐，具有各向异性，但分子排列不稳定，外界条件的微小变化都会 引起液晶分子排列的变化，从而改变液晶的某些性质，如温度、压力和外加电压等的变化，都会引起液晶 光学性质的变化，故 D 正确； E．单晶体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性，故 E 正确。 故选 BDE 。 12．如图所示，倾斜固定放置的带电平行金属板，两板间距为 d ， a b、 分别为上板和下板上的点， b 点 高于 a 点， ab距离大于 d ， ab 连线与上板夹角为 ， 为锐角，平行板间存在水平向里的匀强磁场，磁 场的磁感应强度大小为 B。一带电荷量为 q 的粒子从 ab 直线上的 P 点沿直线 ab 向 b 点运动，初速度大 小为 0v ，则下列判断正确的是（ ） A．带电粒子一定受到重力作用 B．上板一定带正电 C．带电粒子可能做匀变速直线运动 D．两板间的电场强度可能大于 0v B 【答案】 AB 【解析】 【详解】 C．带电粒子在复合场中一定受洛伦兹力而做直线运动，一定为匀速运动，选项 C 错误； A．带电粒子沿 ab 做匀速直线运动，根据左手定则可知洛伦兹力垂直 ab 方向向上，而电场力方向垂直平 行板向下，此二力不在一条直线上，可知一定受重力，选项 A 正确； B．带电粒子只受三个力，应用矢量三角形定则可知洛伦兹力垂直 ab 向上，则粒子带正电，选项 B 正确； D． 为锐角， 可知 mg和 qE 两个力成锐角， 此二力合力大于 qE ，又重力和电场力的合力大小等于 0qv B ， 即 0qE qv B ，即 0E v B ，选项 D 错误。 故选 AB 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学用如图甲所示的电路测量一段总阻值约为 10Ω的均匀电阻丝的电阻率 ρ。在刻度尺两端的接线 柱 a 和 b 之间接入该电阻丝， 金属夹 P 夹在电阻丝上， 沿电阻丝移动金属夹， 从而可改变接入电路的电阻 丝长度。实验提供的器材有： 电池组 E（电动势为 3.0V ，内阻约 1Ω）； 电流表 A 1（量程 0~0.6A ）； 电流表 A 2（量程 0~100mA ）； 电阻箱 R（0~99.99Ω）； 开关、导线若干。 实验操作步骤如下： ①用螺旋测微器测出电阻丝的直径 D； ②根据所提供的实验器材，设计如图甲所示的实验电路； ③调节电阻箱使其接入电路中的电阻值最大，将金属夹夹在电阻丝某位置上； ④闭合开关， 调整电阻箱接入电路中的电阻值， 使电流表满偏， 记录电阻箱的电阻值 R 和接入电路的电阻 丝长度 L ； ⑤改变 P 的位置，调整 ________，使电流表再次满偏； ⑥重复多次，记录每一次的 R 和 L 数据； (1)电流表应选择 ________（选填 “A1”或 “A2”）； (2)步骤⑤中应完善的内容是 _______； (3)用记录的多组 R 和 L 的数据，绘出了如图乙所示图线，截距分别为 r 和 l ，则电阻丝的电阻率表达式 ρ =_____（用给定的字母表示） ； (4)电流表的内阻对本实验结果 __________（填 “有 ”或 “无”）影响。 【答案】 A 2 电阻箱 R 的阻值 2 = 4 rD l 无 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] ．当电流表 A 1 接入电路，电流表满偏时电路中的总电阻为 1 3 5 0.6g E I ；而当电流表 A 2接入 电路，电流表满偏时电路中的总电阻为 2 3 30 0.1g E I ，可知电流表应选择 A 2； (2)[2] ．步骤⑤中应完善的内容是：改变 P 的位置，调整电阻箱 R 的阻值，使电流表再次满偏； (3)[3] ．当每次都是电流表满偏时，外电路的总电阻是恒定值，设为 R 0，则 0 LR R S 即 0 -R R L S 由图像可知 r S l 即 2 = 4 r rDS l l (4)[4] ．若考虑电流表的内阻，则表达式变为 0 - A LR R R S 因 R-L 的斜率不变，则测量值不变，即电流表的内阻对实验结果无影响。 14．实验室有一个室温下的阻值约为 100Ω的温敏电阻 R T 。一实验小组想用伏安法较准确测量 R T 随温度 变化的关系。其可供使用的器材有：电压表 V1(量程为 3V，内阻约为 5kΩ)；电压表 V 2(量程为 15V ，内阻 约为 100kΩ)；电流表 A1(量程为 0.6A，内阻约为 2Ω)；电流表 A 2(量程为 50mA ，内阻约为 30Ω)；电源 (电 动势为 3V ，内阻不计 )；滑动变阻器 R(最大阻值为 20Ω)；开关 S、导线若干。 (1)综合以上信息，请你帮助该实验小组设计出科学合理的测量其电阻的电路原理图 _____，其中电压表应 选用 __(填 “V1”或 “V2”)，电流表应选用 __(填“A1”或 “A2”)； (2)实验中测得不同温度下电阻阻值如下表 温度 t( 0C ) 0 10 20 30 40 50 阻值 R( ) 100.0 103.9 107.8 111.7 115.6 119.4 请在给出的坐标纸中作出其阻值随温度变化的图线 ___ (3)由图线可知，该温敏电阻的阻值随温度变化的特点是 _____； (4)根据温敏电阻的阻值随温度变化的特点，可以制成测温仪表，原理如图， E 为电源， 是一量程适当的 电流表 (0 刻度在刻度盘左端，满偏电流在右端 )，使用时只要将 的刻度盘由电流改为温度，就能测量所 处环境的温度， 则改换后越靠近刻度盘右端表示的温度越 ____(填“高 ”或 “低”)，盘面的刻度是 ___(填“均匀 ” 或 “不均匀 ”)的。 【答案】 V 1 A 2 图见解析 其阻值随温度升高线性增加 低 不均匀 【解析】 【详解】 (1) 1 由于 V T T A R R R R ，应采用电流表的外接法； 又由于滑动变阻器的最大阻值与待测电阻的阻值相比较小， 所以变阻器应采用分压式接法，测量其电阻的电路原理如下图： 2 3 由电源电动势为 3V 知，电压表应选 V1；电阻值约 100Ω，所以通过电阻的电流最大不超过 30mA ， 因此电流表应选 A 2； (2) 4 根据测得不同温度下电阻阻值，用一条平滑的直线将上述点连接起来，让尽可能多的点处在这条直 线上或均匀地分布在直线的两侧，其阻值随温度变化的图线如下图： (3) 5 由图线可知，其阻值随温度的升高线性增加； (4) 6 根据图像知 R=100+kt ，随 t 的增大， R 增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电流 I 减小，所以越 靠近右端表示的温度越低； 7 根据闭合电路欧姆定律可知， I 与 R 的关系是非线性的，由图像知 R 与 t 的关系是线性的，所以 I 与 t 的关系非线性， I 的刻度均匀换成 t 的刻度就是不均匀的。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，两个截面积都为 S 的圆柱形容器，右边容器高为 H，上端封闭，左边容器上端是一个可以 在容器内无摩擦滑动的质量为 M 的活塞．两容器由装有阀门的极细管道相连，容器、活塞和细管导热性 良好．左、右两边容器中装有相同的理想气体，开始时阀门打开，平衡时活塞到容器底的距离为 H．现将 阀门关闭，在活塞上放一个质量也为 M 的砝码，活塞缓慢下降，直至系统达到新的平衡．已知外界温度 恒定，外界大气压强为 0p ，重力加速度为 g， 0p SM g ． 求： (1)当系统达到新的平衡时，活塞距底端的高度； (2)当系统达到平衡后再打开阀门， 活塞又缓慢下降， 直到系统再次达到平衡， 求左边气体通过阀门进入右 边容器的质量与右边气体原有质量的比值． 【答案】 (1) 2 3 H (2) 1: 2 【解析】 【分析】 【详解】 (1)以左边气体为研究对象，活塞上未放物体前 气体压强 01 02M pp gp S 、体积 1V HS 放上物体后 气体压强 2 0 0 2 3Mgp p p S 、体积 2V H S 由玻意耳定律得： 1 1 2 2pV p V 代入数据解得： 2' 3 HH (2)以右边封闭气体为研究对象，设气体压强与左边相等时气柱高为 H 由玻意耳定律得： 1 1 2pV p H S 代入数据解得： 2 3 H H 根据几何关系得左边气体通过阀门进入右边容器的质量与右边气体原来质量的比值 2 3 1: 22 3 H Hm m H 入 右 16．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻 地理解其物理本质．一段横截面积为 S、长为 l 的直导线，单位体积内有 n 个自由电子，一个电子电量为 e．该导线通有恒定电流时，导线两端的电势差为 U，假设自由电子定向移动的速率均为 v． （ 1）求导线中的电流 I； （ 2）所谓电流做功，实质上是导线中的恒定电场对自由电荷的静电力做功．为了求解在时间 t 内电流做 功 W 为多少，小红和小明给出了不同的想法： 小红记得老师上课讲过， W=UIt ，因此将第（ 1）问求出的 I 的结果代入，就可以得到 W 的表达式．但是 小红不记得老师是怎样得出 W=UIt 这个公式的．小明提出，既然电流做功是导线中的恒定电场对自由电 荷的静电力做功，那么应该先求出导线中的恒定电场的场强，即 UE l ，设导体中全部电荷为 q 后，再 求出电场力做的功 = UW qEvt q vt l ，将 q 代换之后，小明没有得出 W=UIt 的结果． 请问你认为小红和小明谁说的对？若是小红说的对，请给出公式的推导过程；若是小明说的对，请补充完 善这个问题中电流做功的求解过程． （ 3）为了更好地描述某个小区域的电流分布情况，物理学家引入了电流密度这一物理量，定义其大小为 单位时间内通过单位面积的电量． 若已知该导线中的电流密度为 j，导线的电阻率为 ρ，试证明： U j l ． 【答案】 （1） I neSv（ 2）见解析（ 3）见解析 【解析】 （ 1）电流定义式 QI t ，在 t 时间内，流过横截面的电荷量 Q nSvte ，因此 I neSv； （ 2）小红和小明说的都有一定道理 a.小红说的对．由于 QI t ，在 t 时间内通过某一横截面的电量 Q=It ，对于一段导线来说，每个横截面通 过的电量均为 Q ，则从两端来看，相当于 Q 的电荷电势降低了 U，则 W QU UIt ． b.小明说的对．恒定电场的场强 UE l ，导体中全部电荷为 q nSle， 电场力做的功 = U UW qEvt q vt nSel vt nSevUt l l ； 又因为 I neSv，则 W UIt ． （ 3）由欧姆定律： 、 U IR ，、由电阻定律： lR S ； 则 lU I S ，则 U I l S ； 由电流密度的定义： Q Ij St S ； 故 U j l ； 17．如图所示，一根劲度系数为 k 的轻质弹簧竖直放置，上下两端各固定质量均为 M 的物体 A 和 B（均 视为质点） ，物体 B 置于水平地面上，整个装置处于静止状态，一个质量 1 1 2 m M 的小球 P 从物体 A 正 上方距其高度 h 处由静止自由下落， 与物体 A 发生碰撞 （碰撞时间极短） ，碰后 A 和 P 粘在一起共同运动， 不计空气阻力，重力加速度为 g． （ 1）求碰撞后瞬间 P 与 A 的共同速度大小； （ 2）当地面对物体 B 的弹力恰好为零时，求 P 和 A 的共同速度大小． （ 3）若换成另一个质量 2 1 4 m M 的小球 Q 从物体 A 正上方某一高度由静止自由下落， 与物体 A 发生弹 性碰撞（碰撞时间极短） ，碰撞后物体 A 达到最高点时，地面对物块 B 的弹力恰好为零．求 Q 开始下落时 距离 A 的高度．（上述过程中 Q 与 A 只碰撞一次） 【答案】 （1） 1 2 3 gh （2） 22 4 9 gh Mg k （3） 25 2 Mg k 【解析】 【详解】 本题考查物体的自由下落、碰撞以及涉及弹簧的机械能守恒问题． （ 1）设碰撞前瞬间 P 的速度为 0v ，碰撞后瞬间二者的共同速度为 1v 由机械能守恒定律，可得 2 1 1 0 1 2 m gh m v 由动量守恒定律可得 1 0 1 1m v m M v ， 联立解得 1 1 2 3 v gh （ 2）设开始时弹簧的压缩量为 x，当地面对 B 的弹力为零时弹簧的伸长量为 'x ，由胡可定律可得 kx Mg ， 'kx Mg ， 故 'x x 二者从碰撞后瞬间到地面对 B 的弹力为零的运动过程中上升的高度为 2' ' Mgh x x k 由 'x x 可知弹簧在该过程的始末两位置弹性势能相等，即 1 2P PE E 设弹力为零时二者共同速度的大小为 v，由机械能守恒定律，得 2 2 1 1 1' 2 2 m M v m M gh m M v ， 解得 22 4 9 gh Mgv k （ 3）设小球 Q 从距离 A 高度为 H 时下落， Q 在碰撞前后瞬间的速度分别为 2 3v v、 ，碰后 A 的速度为 4v ， 由机械能守恒定律可得 2 2 2 2 1 2 m gH m v 由动量守恒定律可得 2 2 4 2 3m v Mv m v 由能量守恒可得 2 2 2 2 2 2 3 4 1 1 1 2 2 2 m v m v Mv ， 由（ 2）可知碰撞后 A 上升的最大高度为 2' Mgh k 由能量守恒可得 2 4 1 ' 2 Mv Mgh 联立解得 25 2 MgH k 。 2021 届新高考物理模拟试卷 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．如图甲所示， 一个圆形线圈放于一个随时间变化的匀强磁场内， 磁场方向垂直线圈所在的平面 （纸面） ， 以垂直纸面向里为正方向。 磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律如图乙所示。 取图示线圈中电流方向为正方 向，用 i 表示线圈中的感应电流，则下列表示电流随时间变化的 4 幅 i-t 图像正确的是（ ） A． B． C． D． 2．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能增大为原来的 4 倍，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ） A．向心加速度大小之比为 1∶4 B．轨道半径之比为 4∶1 C．周期之比为 4∶1 D．角速度大小之比为 1∶2 3．将一个小木块和一个小钢珠分别以不同的速度，竖直向上抛出，若小木块受到的空气阻力大小跟速度 大小成正比，即 f kv（其中 k 为常数） ，小钢珠的阻力忽略不计，关于两物体运动的 v t 图象正确的是 （取向上为正方向） （ ） A． B． C． D． 4．如图，若 x 轴表示时间， y 轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关 系。若令 x 轴和 y 轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关 系。下列说法中正确的是（ ） A．若 x 轴表示时间， y 轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物 体动能与时间的关系 B．若 x 轴表示频率， y 轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之 间的关系 C．若 x 轴表示时间， y 轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体 动量与时间的关系 D．若 x 轴表示时间， y 轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强 度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系 5．如图是在两个不同介质中传播的两列波的波形图．图中的实线分别表示横波甲和横波乙在 t 时刻的波 形图，经过 1．5s 后，甲、乙的波形分别变成如图中虚线所示．已知两列波的周期均大于 1．3s，则下列 说法中正确的是 A．波甲的速度可能大于波乙的速度 B．波甲的波长可能大于波乙的波长 C．波甲的周期一定等于波乙的周期 D．波甲的频率一定小于波乙的频率 6．下列说法正确的是 A．光电效应现象表明，光具有波动性 B． α粒子散射实验表明，原子中有一个很小的核 C．氢原子从高能级向低能级跃迁时，可以放出任意频率的光子 D．一个质子和一个中子结合成氘核，氘核的质量等于质子与中子的质量和 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，绝缘底座上固定一电荷量为 +q 的小球 A，在其上方 l 处固定着一个光滑的定滑轮 O，绝缘 轻质弹性绳一端系在 O 点正上方 2 l 处的 D 点， 另一端与质量为 m 的带电小球 B 连接。 小球 B 平衡时 OB 长为 l，且与竖直方向夹角为 60°。由于小球 B 缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向 夹角为 30°时，小球 B 恰好在 AB 连线的中点 C 位置平衡。已知弹性绳的伸长始终处于弹性限度内，静电 力常量为 k，重力加速度为 g，下列说法正确的是（ ） A．小球 B 带负电 B．弹性绳原长为 2 l C．小球 B 在 C 位置时所带电荷量为 2 8 mgl kq D．小球 B 在初始平衡位置时所带电荷量为 2 2 mgl kq 8．如图甲所示为 t=1s 时某简谐波的波动图象， 乙图为 x=4cm 处的质点 b 的振动图象。 则下列说法正确的 是（ ） A．该简谐波的传播方向沿 x 轴的正方向 B． t=2s 时，质点 a 的振动方向沿 y 轴的负方向 C． t=2s 时，质点 a 的加速度大于质点 b 的加速度 D． 0~3s 的时间内，质点 a 通过的路程为 20cm E.0~3s 的时间内，简谐波沿 x 轴的负方向传播 6cm 9．如图，光滑平行导轨 MN 和 PQ 固定在同一水平面内，两导轨间距为 L ，MP 间接有阻值为 2 R 的定值 电阻。两导轨间有一边长为 2 L 的正方形区域 abcd，该区域内有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B， ad 平行 MN 。一粗细均匀、质量为 m 的金属杆与导轨接触良好并静止于 ab 处，金属杆接入两导轨间 的电阻为 R。现用一恒力 F 平行 MN 向右拉杆，已知杆出磁场前已开始做匀速运动，不计导轨及其他电 阻，忽略空气阻力，则（ ） A．金属杆匀速运动时的速率为 2 2 3FR B L B．出磁场时， dc 间金属杆两端的电势差 2 dc FRU BL C．从 b 到 c 的过程中，金属杆产生的电热为 2 3 FL D．从 b 到 c 的过程中，通过定值电阻的电荷量为 2 6 BL R 10．如图所示，间距为 L ＝1 0. m 、长为 5.0m 的光滑导轨固定在水平面上，一电容为 C＝0.1F 的平行板电 容器接在导轨的左端． 垂直于水平面的磁场沿 x 轴方向上按 0B B kx（其中 0 0.4B T ， 0.2 /k T m ） 分布，垂直 x 轴方向的磁场均匀分布． 现有一导体棒横跨在导体框上， 在沿 x 轴方向的水平拉力 F 作用下， 以 v= 2.0 /m s 的速度从 0x 处沿 x 轴方向匀速运动，不计所有电阻，下面说法中正确的是 A．电容器中的电场随时间均匀增大 B．电路中的电流随时间均匀增大 C．拉力 F 的功率随时间均匀增大 D．导体棒运动至 3x m 处时，所受安培力为 0.02N 11．如图所示，半径为 R 的光滑圆形轨道竖直固定，轨道最高点为 P，最低点为 Q。一小球在圆形轨道内 侧做圆周运动，小球通过 Q 时的速度为 v ，小球通过 P 点和 Q 点时对轨道的弹力大小分别为 1F 和 2F ，弹 力大小之差为 2 1F F F ，下列说法正确的是（ ） A．如果 v 不变， R 越大，则 1F 越大 B．如果 R 不变， v 越大，则 2F 越大 C．如果 v 越大，则 F 越大 D． F 与 v 和 R 大小均无关 12．质量 m=2kg 的小物块在某一高度以 v0=5m/s 的速度开始做平抛运动，若 g=10m/s 2，当运动到竖直位 移与水平位移相等时，对于物块（ ） A．此时的瞬时速度大小为 5 2 m/s B．此时重力的瞬时功率大小为 200W C．此过程动量改变大小为 10（ 5 -1）kgm/s D．此过程重力的冲量大小为 20Ns 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．如图甲所示为某电阻 随摄氏温度 变化的关系，图中 表示 时的电阻， 表示图线的斜率。若用 该电阻与电池（电动势为 ，内阻为 ）、电流表（内阻为 ）、滑动变阻器 串连起来，连接成如图乙所 示的电路， 用该电阻做测温探头， 把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度， 于是就得到了一个简单的 “电 阻测温计 ”。 （ 1）实际使用时要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度 ，则 的刻度应在 刻度 的 _________________（填 “左 ”或 “右”）侧。 （ 2）在标识 “电阻测温计 ”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系。请用 （表 示滑动变阻器接入的阻值）等物理量表示所测温度 与电流 的关系式： ____________. （ 3）由（ 2）知，计算温度和电流的对应关系需要先测量电流表的内阻（约为 ）。已知实验室有下列 器材： A．电阻箱（ ） B．电阻箱（ ） C．滑动变阻器（ ） D．滑动变阻器（ ） 此外，还有电动势合适的电源、开关、导线等。 请在虚线框内设计一个用 “半偏法 ”测电流表内阻 的电路 ___________；在这个实验电路中，电阻箱应选 ______________，滑动变阻器应选 _________________。（填仪器前的选项字母） 。 14．为 “验证牛顿第二定律 ”，某同学设计了如下实验方案： A．实验装置如图甲所示，一端系在滑块上的轻质细绳通过转轴光滑的轻质滑轮，另一端挂一质量为 m＝ 0.5 kg 的钩码．用垫块将长木板附定滑轮的一端垫起，调整长木板的倾角，直至轻推滑块后，滑块沿长木 板向下做匀速直线运动； B．保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，连接纸带，接通打点计时器的电源，然后让滑块沿长木板 滑下，打点计时器打下的纸带如图乙所示． 请回答下列问题： （ 1）图乙中纸带的 ____端与滑块相连（选填 “左 ”或 “右”）． （ 1）图乙中相邻两个计数点之间还有 4 个点未画出，打点计时器接频率为 50 Hz 的交流电源，根据图乙 求出滑块的加速度 a＝________ m ／s1． （ 3）不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量 M ＝________ kg（g 取 9.8 m／s1，结果保留 3 位有效 数字） ． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左侧间距为 2l，右侧间距为 l ，有界匀强磁场仅存 在于两轨道间，磁场的左右边界（图中虚线）均与轨道垂直。矩形金属线框 abcd 平放在轨道上， ab 边长 为 l，bc 边长为 2l 。开始时， bc 边与磁场左边界的距离为 2l ，现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力， 金属线框由静止开始沿着两根绝缘轨道向右运动，且 bc 边始终与轨道垂直，从 bc 边进入磁场直到 ad 边 进入磁场前，线框做匀速运动，从 bc 边进入右侧窄磁场区域直到 ad 边完全离开磁场之前，线框又做匀速 运动。线框从开始运动到完全离开磁场前的整个过程中产生的热量为 Q。问： (1)线框 ad 边刚离开磁场时的速度大小是 bc 边刚进入磁场时的几倍？ (2)磁场左右边界间的距离是多少？ (3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？ 16．一组同学设计了如图所示的玩具轨道， 轨道光滑且固定在竖直面内， 由竖直部分 AB 和半径为 R 的圆 弧 BCD 组成， B 与圆心 O 等高， C 为最低点， OD 与 OC 的夹角为 45o 。让质量为 m 的小球（可视为质 点）从 A 点由静止开始运动，运动过程中始终受到大小为 mg 的水平向左的恒力作用。小球经 D 点时对 轨道的压力大小为 2mg。求 （ 1） A、B 间的距离 h； （ 2）小球离开 D 点后再经过多长时间才能再回到轨道上？ 17．静止在水平地面上的两小物块 A、B，质量分别为 1.0kgAm ， 4.0kgBm ；两者之间有一被压缩 的微型弹簧， A 与其右侧的竖直墙壁距离 l=1.0m ，如图所示，某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使 A、 B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为 10.0JkE ，释放后， A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。 A 、B 与地 面之间的动摩擦因数均为 0.20 ，重力加速度取 210m/sg ，A、 B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹 性碰撞且碰撞时间极短。 (1)求弹簧释放后瞬间 A、 B 速度的大小； (2)物块 A、 B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时 A 与 B 之间的距离是多少？ (3)A 和 B 能否再次发生碰撞？若不能，说明理由；若能，试计算碰后的速度大小。 参考答案 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．B 【解析】 【详解】 AB ．由楞次定律判定感应电流方向。 0~1s、4~5s 两时间段内电流方向与题意正方向相反， 1~2s、2～3s 两 时间段内电流方向与题意正方向相同。所以 B 正确， A 错误； CD ．由电磁感应定律和欧姆定律得感应电流 E S Bi R t R R t 则 i 的大小与 B t 的大小成正比。结合题图乙知， 3~4s 时间内 0B t 无感应电流。 其他时间段内 B t 的大小相等， 则感应电流大小恒定， 即各段电流大小相等。 所以 CD 错误。 故选 B。 2．B 【解析】 【分析】 【详解】 AB. 根据万有引力充当向心力 2 2 Mm vG m r r ＝ = 2 2 4m r T =m 2 r=ma ，卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度 v= GM r ，其动能 Ek= 2 GMm r ，由题知变轨后动能增大为原来的 4 倍，则变轨后轨道半径 r 2= 1 4 r 1，变轨 前后卫星的轨道半径之比 r 1∶r 2=4∶1；向心加速度 a= 2 GM r ，变轨前后卫星的向心加速度之比 a1∶a2=1∶16， 故 A 错误， B 正确； C.卫星运动的周期 2 34πrT GM ，变轨前后卫星的周期之比 1 2 T T = 3 1 3 2 r r = 8 1 ，故 C 错误； D.卫星运动的角速度 3 GM r ＝ ，变轨前后卫星的角速度之比 1 2 = 3 2 3 1 r r = 1 8 ，故 D 错误． 3．D 【解析】 【详解】 小钢珠在运动过程中只受到重力作用， 所以小钢珠的 v t图象为一条向下倾斜的直线， 小木块在向上运动 过程中其加速度满足 mg kva m 随着 v 的减小 a 减小，当速度减为零的瞬间加速度刚好减小到等于重力加速度，此时曲线的斜率跟斜线的 斜率相同，之后小木块下落，这个过程加速度满足 mg kva m 加速度继续减小，如果高度足够高，小钢珠最后可能做匀速直线运动； 故选 D。 4．C 【解析】 【分析】 【详解】 图中的直线表示是一次函数的关系； A．若物体受恒定合外力作用做直线运动，则物体做匀加速直线运动，其速度与时间图像是线性关系，由 物体的动能 2 2 0 1 1 ( ) 2 2 mv m v at ，速度的平方与时间的图像就不是线性关系了， 所以此图像不能表示反 映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系，故选项 A 错误； B．在光电效应中，由于 0kE h W ，说明动能与频率是一次函数的关系，但是当频率 =0 时，动能应 该是负值，与现在的图像不相符，故选项 B 错误； C．若物体在沿运动方向的恒定合外力作用下， 物体做匀加速直线运动， 由动量定理 p Ft 可得物体的 动量 0p p Ft ，故 C 正确； D．当磁感应强度随时间均匀增大时，电动势的大小是不变的，所以选项 D 错误。 故选 C。 5．A 【解析】 【分析】 【详解】 AC ．经过 1.5s 后， 甲、 乙的波形分别变成如图中虚线所示， 且周期均大于 1.3s，则根据 1 0.5s 2 NT T ， 可知，两波的周期分别可能为 1s 和 1s 3 ，则根据波速度 v T ，可知，若甲的周期为 1s 3 ，而乙的周期为 1s，则甲的速度大于乙的速度，故 A 正确， C 错误； B．由图可知，横波甲的波长为 4m，乙的波长为 6m，故说明甲波的波长比乙波的短，故 B 错误； D．若甲 的周期为 1s 而乙的周期为 1 s 3 ，则由 1f T 可知，甲的频率大于乙的频率，故 D 错误。 故选 A。 6．B 【解析】 光电效应现象表明，光具有粒子性， A 项错误； α粒子散射实验表明，在原子的中心有一个很小的核，原 子所有的正电荷和几乎所有的质量集中在原子核上， B 项正确：氢原子从高能级向低能级跃迁时，只能发 出一些特定频率的光子， C 项错误；一个质子和一个中子结合成氘核，会发生质量亏损，氘核的质量不等 于质子与中子的质量和， D 项错误；故选 B. 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．BC 【解析】 【详解】 A．由同种电荷相互排斥可知，小球 B 带正电，故 A 错误； D．根据受力分析和平衡条件，可得 2 qQmg k l 解得小球 B 在初始位置时所带电荷量为 2mglQ kq ，故 D 错误； C．小球 B 在 C 位置时，由相似三角形原理可得 2 0.5 0.5 qQk l mg l l 解得 2 8 mglQ kq ，故 C 正确； B．当小球 B 在 C 位置时，设绳子原长为 x，由受力分析和相似三角形原理可知，当小球 B 在初始平衡位 置时有 3 2BF mg k l x绳 绳 当小球 B 在 C 位置时有 3 1 3 2 2C mgF k l x绳 绳 联立方程组可得弹性绳原长 2 lx ，故 B 正确。 故选 BC 。 8．BCE 【解析】 【详解】 A．由图象可知 t=1s 时质点 b 的振动方向沿 y 轴的负方向， 则由质点的振动方向和波的传播方向关系可知， 该简谐横波的传播方向沿 x 轴的负方向，故 A 项错误； B．由图甲知 t=1s 时，质点 a 的振动方向沿 y 轴的正方向；由乙图可知波的周期为 2s，则 t=2s 时，质点 a 的振动方向沿 y 轴的负方向，故 B 项正确； C．由以上分析可知， t=2s 时，质点 b 处在平衡位置向上振动，质点 a 处在平衡位置 +y 侧向 y 轴的负方向 振动，因此质点 a 的加速度大于质点 b 的加速度，故 C 项正确； D． 0~3s 的时间为 3 2 T ，则质点 a 通过的路程为振幅的 6 倍，即为 30cm ，故 D 项错误； E．由图可知，波长 λ =4cm、周期 T=2s，则波速 4 cm/s 2cm/s 2 v T 0~3s 的时间内，波沿 x 轴的负方向传播的距离 x=vt=6cm 故 E 项正确。 9．BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．设流过金属杆中的电流为 I ，由平衡条件得 2 LF F BI安 解得 2FI BL 根据欧姆定律有 2 3 2 LB v BLvI R RR g 所以金属杆匀速运动的速度为 2 2 6FRv B L 故 A 错误； B．由法拉第电磁感应定律得，杆切割磁感线产生的感应电动势大小为 2 LE Bvg 所以金属杆在出磁场时， dc 间金属杆两端的电势差为 2 2 2 2 2 62 2 2 2 3 3 2 3 2 L FR L FRU E E Bv B B L R R R LR B 故 B 正确； C．设整个过程电路中产生的总电热为 Q ，根据能量守恒定律得 21 2 2 gLQ F mv 代入 v 可得 2 2 4 4 1 18 2 mF RQ FL B L 所以金属杆上产生的热量为 2 2 4 4 2 1 12 33 mF RQ Q FL B L 故 C 错误； D．根据电荷量的计算公式可得全电路的电荷量为 2 2( ) 2 6 2 LB BLq It RR RR总 故 D 正确。 故选 BD 。 10．AC 【解析】 根据导体切割磁感应线产生的感应电动势计算公式可得 E=BLv ，所以 △E=△BLv ，由于磁场随位移均匀 变化， 所以感应电动势随位移均匀增大， 电容器两端的电压均匀变化， 电场强度也是均匀变化的， A 正确； 电容器的电容 Q I tC U BLv ，解得： I= B t LCv ，由于导体棒匀速运动，且磁感应强度随位移均匀 变化，而 x=v?△t，所以电流强度不变， B 错误； 导体棒匀速运动，根据平衡条件可得 F=BIL ，而 B 均匀增大，所以安培力均匀增大，拉力 F 均匀增大， 拉力做功功率等于克服安培力做功功率， 即 P=Fv 可知， 外力的功率均匀增大， C 正确； 导体棒运动至 x=3m 处时，磁感应强度为 B=（0.4+0.2 ×3）T=1T ，电流强度： I= B t LCv= B x LCv 2=0.2 ×1×0.1 ×4A=0.08A ，所 以导体棒所受安培力为 FA =BIL=1 ×0.08 ×1N=0.08N ，故 D 错误．故选 AC． 11．BD 【解析】 【详解】 CD ．应用机械能守恒定律可知小球通过最高点时的速度为 2 2 4v v gR 对小球在 P 和 Q 应用向心力公式分别有 2 2 1 mvmg F R 2 2 mvF mg R 解得 2 1 5mvF mg R 2 2 mvF mg R 则 2 1 6F F F mg 选项 C 错误， D 正确； A．由 2 1 5mvF mg R 可知，当 v 不变时， 1F 随 R 增大而减小，选项 A 错误； B．由 2 2 mvF mg R 可知，当 R 不变时， 2F 随 v 增大而增大，选项 B 正确。 故选 BD 。 12．BD 【解析】 【分析】 【详解】 物块做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，当运动到竖直位移与水平位移相 等时 2 0 1 2 gt v t＝ 解得 t=1s A．此时竖直方向的速度为 vy =gt=10m/s 则此时的速度为 2 2 0 5 5m/syv v v＝ ＝ 故 A 错误； B．此时的重力瞬时功率为 P=mgv y=200W 故 B 正确； C．根据动量定理 I= △P=mgt=20kgm/s 故 C 错误； D．此过程重力的冲量大小为 I= mgt=20N?s 故 D 正确。 故选 BD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．右 B D 【解析】 【详解】 第一空 .由题图甲可知，温度升高时电阻阻值增大，导致流过电流表的电流减小，可知 的刻度应在 刻 度的右侧 . 第二空 .由闭合电路欧姆定律知 ，由图甲知 ，解得 . 第三空 .应用半偏法测电流表的内阻实验时，滑动变阻器采用限流式，电流表和电阻箱并联，设计的电路 如图所示： 第四空 .第五空 .采用半偏法测电阻时，电阻箱的最大阻值应该大于电流表的内阻，同时滑动变阻器应该选 择阻值较大的，故电阻箱选择 B，滑动变阻器选择 D. 14．右端 1.65 1.97 【解析】 【分析】 （ 1）滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间内运动的位移越来越大，进而判断 哪端与滑块相连； （ 1）根根据匀变速直线运动的推论公式 △x=aT 1 可以求出加速度的大小； （ 3）根据牛顿第二定律 F=Ma 即可求解质量； 【详解】 （ 1） [1] ．因为打点计时器每隔 0.01s 打一个点，两个计数点之间还有 4 个打点未画出，所以两个计数点 的时间间隔为 T=0.1s ，时间间隔是定值，滑块拖动纸带下落的运动过程中，速度越来越快，所以相等时间 内运动的位移越来越大．所以图乙中纸带的右端与滑块相连； （ 1） [1] ．根据 △x=aT 1 利用逐差法，有： 2 2 0.079 0.0625 0.046 0.0295 1.65m/s 4 0.1 a＝ ． （ 3） [3] ．由 A 步骤可知，取下细绳和钩码后，滑块受到的合外力为： F=0.5 ×9.8=4.9N 根据牛顿第二定律得： 4.9 2.97kg 1.65 FM a ＝ ＝ . 【点睛】 探究加速度与质量关系时， 应控制拉力不变而改变小车质量， 实验时要注意小车质量应远大于重物质量． 纸 带处理时能利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用， 提高解决问题能力． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15． (1)线框 ad 边刚离开磁场时的速度大小是 bc 边刚进入磁场时速度的 4 倍； (2)磁场左右边界间的距离 是 32l；(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是 32 3 Q。 【解析】 【详解】 (1)设磁感强度为 B，设线框总电阻为 R，线框受的拉力为 F， bc 边刚进磁场时的速度为 v1，则感应电动 势为： E1=2Blv 1 感应电流为： 1 1 EI R 线框所受安培力为： F1=2BI 1l 线框做匀速运动，其受力平衡，即： F1=F，联立各式得： 1 2 24 FRv B l ＝ 设 ad 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为 v2，同理可得： 2 2 2 FRv B l ＝ 所以： v2=4v1； (2)bc 边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为 a， bc 边到达磁场左边界时，线框的速度为 1 2 2 2v a l al＝ ＝ 从 ad 边进入磁场到 bc 边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为 a，由题意可知 bc 边刚进 入右侧窄磁场区域时的速度为： v2=4v1， 2 14 8v v al 从线框全部进入磁场开始，直到 bc 边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为 s1，则： 2 2 2 1 1 2 v vs a ＝ 将 1 2v al＝ ， 2 8v al 代入得： s1=30l 磁场左右边界间的距离为： s=l+s1+l=32l ； (3)整个过程中，只有拉力 F 和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为 Ek，由 动能定理有： W F+W 安 =Ek -0 由： W F=F（2l+s+l ）=35Fl W 安 =-F×3l 及 Q=-W 安 可知： 35 3FW Q＝ 线框的最大动能为： 35 32 3 3kE Q Q Q＝ ＝ 。 16．（ 1）2R（2） 2 R g 【解析】 【详解】 (1)小球经过 D 点时，受到水平力 mg 与重力 mg 的合力 2 2 F mg mg ，方向沿 D 点的切线方向。 轨道对小球的支持力提供向心力： 2 2 Dvmg m R 小球从 A 到 D 过程，根据动能定理： 2145( ) 45 2 ( ) Dmg h Rcos mg R Rsin mvo o 解得： h=2R (2)小球离开 D 点后，做匀变速直线运动。根据牛顿第二定律： 2mg ma 根据匀变速直线运动规律，小球再次回到 D 点经历的时间： 2 Dvt a 可得： 2 Rt g 17． (1) 4.0m/s ， 1.0m/s； (2)B ，0.50m；(3)不能，见解析 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设弹簧释放瞬间 A 和 B 的速度大小分别为 Av 、 Bv ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 0 A A B Bm v m v 2 2 k 1 1 2 2A A B BE m v m v 联立并代入题给数据得 4.0m/sAv 1.0m/sBv (2)A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设加速度大小为 a ，则有 a g 假设 A 和 B 发生碰撞前， 已经有一个物块停止， 此物块应为弹簧释放后速度较小的 B，设从弹簧释放到 B 停止所需时间为 t ，B 向左运动的路程为 Bx ，则有 21 2B Bx v t at 0Bv at 可得 0.5st 0.25mBx 在时间 t 内， A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 A 将向左运动，碰撞并不改变 A 的速度大小，所以无论此 碰撞是否发生， A 在时间 t 内的路程 Ax 都可表示为 21 2 1.75m 1mA ax v t at 这表明在时间 t 内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰撞，此时 A 位于出发点右边 0.25 m 处， B 位 于出发点左边 0.25 m 处，两物块之间的距离为 0.25 0.25m 0.5mABx (3) t 时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞时速度的大小为 Av ，由动能定理有 2 21 1 (2 2 2 )A A A A A Bm v m v m g l s 可得 7m/sAv 故 A 与 B 将发生碰撞，设碰撞后 A、B 的速度分别为 Av 以和 Bv ，规定以向右为正，由动量守恒定律与机 械能守恒定律有 ( )A A A A B Bm v m v m v 2 2 21 1 1 2 2 2A A A A B Bm v m v m v 联立并代入题给数据得 3 7 m/s 5Av 2 7 m/s 5Bv 这表明碰撞后 A 将向右运动， B 继续向左运动， 设碰撞后 A 向运动距离为 Ax 时停止， B 向左运动距离为 Bx 时停止，由动能定理可得 210 2A A A Am g x m v 210 2B B B Bm g x m v 代入数据得 0.63mAx 0.28mBx 则有 2( ) BA Blx x x 所以 A 和 B 不能再次发生碰撞 2021 届新高考物理模拟试卷 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．下列说法正确的是（ ） A．一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照强度，则有可能发生光电效应 B． β射线的本质是电子流，所以 β衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的 C．由玻尔理论可知一群处于 3n 能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射 3 种不同频率的光子 D．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态有关 2．如图所示，质量为 2kg 的物体 A 静止于动摩擦因数为 0.25 的足够长的水平桌而上，左边通过劲度系数 为 100N/m 的轻质弹簧与固定的竖直板 P 拴接， 右边物体 A 由细线绕过光滑的定滑轮与质量为 2.5kg 物体 B 相连。开始时用手托住 B，让细线恰好伸直，弹簧处于原长，然后放开手静止释放 B，直至 B 获得最大 速度已知弹簧的惮性势能为 21 2PE kx （其中 x 为弹簧的形变量） 、重力加速度 g=10m/s 2.下列说法正确的 是（ ） A． A、 B 和弹簧构成的系统机械能守恒 B．物体 B 机械能的减少量等于它所受的重力与拉力的合力做的功 C．当物体 B 获得最大速度时，弹簧伸长了 25cm D．当物体 B 获得最大速度时，物体 B 速度为 2 2 3 m/s 3．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v-t 图像如图所示。已知两车在 t=3s 时并排行驶，则（ ） A．在 t=1s 时，甲车在乙车后 B．在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m C．两车另一次并排行驶的时刻是 t=2s D．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 45m 4．左手定则中规定大拇指伸直方向代表以下哪个物理量的方向（ ） A．磁感强度 B．电流强度 C．速度 D．安培力 5．如图所示， n 匝矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁场中，线框面积为 S， 电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴 OO′以角速度 ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线 圈接入一只额定电压为 U 的灯泡， 灯泡正常发光． 从线圈通过中性面开始计时， 下列说法正确的是 （ ） A．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大 B．灯泡中的电流方向每秒改变 2 次 C．线框中产生感应电动势的表达式为 e＝nBSω sin ωt D．变压器原、副线圈匝数之比为 nBS U 6．一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为 “第五类交通方式 ”，它就是 “ Hyperloop（超级高铁） ”。 据英国《每日邮报》 2016 年 7 月 6 日报道： Hyperloop One 公司计划， 2030 年将在欧洲建成世界首架规 模完备的 “超级高铁 ”（Hyperloop ），连接芬兰首都赫尔辛基和瑞典首都斯德哥尔摩，速度可达每小时 700 英里（约合 1126 公里 /时） 。如果乘坐 Hyperloop 从赫尔辛基到斯德哥尔摩， 600 公里的路程需要 40 分钟， Hyperloop 先匀加速，达到最大速度 1200 km/h 后匀速运动，快进站时再匀减速运动，且加速与减速的加 速度大小相等，则下列关于 Hyperloop 的说法正确的是（ ） A．加速与减速的时间不相等 B．加速时间为 10 分钟 C．加速时加速度大小为 2 m/s2 D．如果加速度大小为 10 m/s2，题中所述运动最短需要 32 分钟 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 7．一定质量的理想气体由状态 A 经状态 B 变化到状态 C 的 P-V 图象如图所示．若已知在 A 状态时，理 想气体的温度为 320K ，则下列说法正确的是 _______( 已知 51atm 1 10 Pa) A．气体在 B 状态时的温度为 720K B．气体分子在状态 A 分子平均动能大于状态 C 理想气体分子平均动能 C．气体从状态 A 到状态 C 的过程中气体对外做功 D．气体从状态 A 到状态 C 的过程中气体温度先降低后升高 E.气体从状态 A 到状态 C 的过程中气体吸收热量为 900 J 8．对于分子动理论的理解，下列说法正确的是 _________。 A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积 B．温度越高，扩散现象越明显 C．两个分子间的距离变大的过程中，分子间引力变化总是比斥力变化慢 D．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子势能越大 E.只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等 9．如图所示， a、b、c、d、e、f 是以 O 为球心的球面上的点，平面 aecf 与平面 bedf 垂直，分别在 a、c 两个点处放等量异种电荷＋ Q 和－ Q，取无穷远处电势为 0，则下列说法正确的是（ ） A． b、f 两点电场强度大小相等，方向相同 B． e、d 两点电势不同 C．电子沿曲线 b e d 运动过程中，电场力做正功 D．若将＋ Q 从 a 点移动到 b 点，移动前后球心 O 处的电势不变 10．核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。 是反 应堆中发生的许多核反应中的一种， 是某种粒子， 是 粒子的个数，用 分别表示 核的质量， 表示 粒子的质量， 为真空中的光速，以下说法正确的是（ ） A． 为中子， B． 为中子， C．上述核反应中放出的核能 D．上述核反应中放出的核能 11．如图，矩形闭合导线框 abcd 平放在光滑绝缘水平面上，导线框的右侧有一竖直向下且范围足够大的 有左边界 PQ 的匀强磁场。导线框在水平恒力 F 作用下从静止开始运动， ab 边始终与 PQ 平行。用 t1、 t2 分别表示线框 ab 和 cd 边刚进入磁场的时刻。下列 υ-t 图像中可能反映导线框运动过程的是 A． B． C． D． 12．如图所示为回旋加速器的原理图，两个 D 形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，两 D 形盒间接入 一高频交流电源，用回旋加速器给 A、B 两个不同粒子分别加速， A 粒子的电荷量为 q 1、质量为 m 1，加 速后获得的最大动能为 1kE ，最大速度为 1v ；B 粒子的电荷量为 q2、质量为 m 2，加速后获得的最大动能 为 2kE ，最大速度为 2v ，已知两次加速过程中所接入的高频交流电源频率相等，所加的匀强磁场也相同， 则下列关系一定正确的是 A． 1 2q q ， 1 2m m B． 1 2v v C． 1 1 2 2 q m q m D． 1 2 2 1 k k E q E q 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13． (1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是 __________mm ； (2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为 1.00kg 的重物自由下落，打点计时器在纸 带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。 O 为第一个点， A 、B、C 为从合适位置 开始选取连续点中的三个点。 己知打点计时器每隔 0.02s 打一个点， 当地的重力加速度为 29.8m/sg ，那 么： ①根据图上所得的数据，应取图中 O 点到 ________点来验证机械能守恒定律； ②从 O 点到①问中所取的点，重物重力势能的减少量 pE =___J ，动能增加量 kE =_____J （结果取三位 有效数字） ； ③若测出纸带上所有各点到 O 点之间的距离， 根据纸带算出各点的速度 v 及物体下落的高度 h，则以 2 2 v 为 纵轴，以 h 为横轴画出的图象是下图中的 ______。 A． B． C． D． 14．某同学为了将一量程为 3V 的电压表改装成可测量电阻的仪表 —— 欧姆表． （ 1）先用如图 a 所示电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关，将电阻箱阻值调 到 3kΩ 时，电压表恰好满偏；将电阻箱阻值调到 12 k Ω时，电压表指针指在如图 b 所示位置，则电压表 的读数为 ____V ．由以上数据可得电压表的内阻 R V＝____k Ω. （ 2）将图 a 的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表， 如图 c 所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：闭合开关，将两表笔断开，调节电 阻箱，使指针指在 “3.0V”处，此处刻度应标阻值为 ____（填 “0”或 “∞”）；再保持电阻箱阻值不变，在两表 笔间接不同阻值的已知电阻找出对应的电压刻度，则 “1 V”处对应的电阻刻度为 ____kΩ. （ 3）若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻不能忽略且变大，电动势不变，但将两表笔断开时调节电阻 箱，指针仍能满偏，按正确使用方法再进行测量，其测量结果将 ____． A. 偏大 B.偏小 C.不变 D.无法确定 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示， R 为变阻箱，电压表为理想电压表，电源电动势 6VE ，当变阻箱阻值为 4ΩR 时， 闭合电键后，电压表读数 4VU ，求： (1)电路中的电流 I 和电源内阻 r； (2)电源的输出功率 P 和效率 ； (3)试推导说明当 R 为多大时，电源的输出功率最大。 16．如图所示的装置可以用来测量水的深度。该装置由左端开口的气缸 M 和密闭的气缸 N 组成，两气缸 由一细管（容积可忽略）连通，两气缸均由导热材料制成，内径相同。气缸 M 长为 3L ，气缸 N 长为 L ， 薄活塞 A 、 B 密闭性良好且可以无摩擦滑动。初始时两气缸处于温度为 27℃的空气中，气缸 M 、 N 中 分别封闭压强为 0p 、 02 p 的理想气体，活塞 A 、 B 均位于气缸的最左端。将该装置放入水中，测得所在 处的温度为 87℃，且活塞 B 向右移动了 1 2 L 。已知大气压强为 0p ，相当于 10m 高水柱产生的压强。求： (1)装置所在处水的深度； (2)活塞 A向右移动的距离。 17．在如图甲所示的电路中，螺线管匝数 1500n 匝，横截面积 220cmS 。螺线管导线电阻 1.0Ωr ， 1 4.0ΩR ， 2 5.0ΩR ， 30μFC 。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示 的规律变化。求： (1)螺线管中产生的感应电动势； (2)闭合 S ，电路中的电流稳定后，电阻 1R 的电功率； (3) S断开后，流经 2R 的电荷量。 参考答案 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．C 【解析】 【详解】 A．能否发生光电效应与光的强度无关，一束光照射到某种金属表面上不能发生光电效应，如果增加光照 的强度，也不能发生光电效应， A 选项错误； B． β射线的本质是电子流， β衰变是核内的某个中子转化为质子时放出的电子， B 选项错误； C．由玻尔理论可知一群处于 3n 能级的氢原子向较低能级跃迁时可以辐射 2 3 3C 种频率的光子， C 选 项正确； D．放射性元素的半衰期只与元素自身结构有关，与其它因素无关，所以 D 选项错误。 故选 C。 2．D 【解析】 【分析】 【详解】 A. 由于在物体 B 下落的过程中摩擦力做负功，所以系统的机械能不守恒，故 A 错误； B.对物体 B 分析，受到重力和拉力作用， W 拉力 =△E 机，物体 B 机械能的减少量等于所受拉力做的功，故 B 错误； C.A 与 B 为连接体，物体 B 速度达到最大时，物体 A 速度也最大，此时 A 和 B 的加速度为零，所受合力 也为零，对物体 B 受力分析，绳子的拉力 T BF m g 对物体 A 受力分析 A TF m g F 弹簧弹力 F kx 则弹簧伸长了 0.2m 20cmx 故 C 错误； D.以 A 和 B 整体为研究对象，从静止到 A 和 B 速度达到最大的过程中，由功能关系可得 2 2 A B B A 1 1( ) 2 2 m m v m gx m gx kx 代入数据可得 2 2 m/s 3 v 故 D 正确。 故选 D。 3．B 【解析】 【分析】 在速度时间图象中，图象与坐标轴围成面积表示位移，根据位移关系分析两车位置关系．可结合几何知识 分析两车另一次并排行驶的时刻．并求出两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离． 【详解】 A. 根据 “面积 ”大小表示位移，由图象可知， 1s到 3s 甲、乙两车通过的位移相等，两车在 t=3s 时并排行 驶，所以两车在 t=1s 时也并排行驶，故 A 错误； B. 由图象可知，甲的加速度 a 甲 =△ v 甲 /△t 甲 =20/2=10m/s 2；乙的加速度 a 乙=△v 乙/△t 乙 =(20-10)/2=5m/s 2； 0 至 1s，甲的位移 x 甲 = 1 2 a 甲 t2= 1 2 ×10×12=5m ，乙的位移 x 乙 =v 0t+ 1 2 a 乙 t 2=10×1+ 1 2 ×5×12=12.5m ，△ x=x 乙 - x 甲 =12.5-5=7.5m ，即在 t=0 时，甲车在乙车前 7.5m，故 B 正确； C.1s 末甲车的速度为： v=a 甲 t=10 ×1=10m/s，乙车的速度 v′=10+5×1=15m/s；1-2s 时，甲的位移 x1=10×1+ 1 2 ×10×12=15m ；乙的位移 x2=15×1+ 1 2 ×5×1=17.5m；在 1s 时两车并联，故 2s 时两车相距 2.5m ， 且乙在甲车的前面，故 C 错误； D. 1s 末甲车的速度为： v=a 甲 t=10 ×1=10m/s，1 到 3s 甲车的位移为： x=vt+ 1 2 a 甲 t2=10×2+ 1 2 ×10×22=40m ， 即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40m，故 D 错误。 故选： B 4．D 【解析】 【详解】 左手定则内容：张开左手，使四指与大拇指在同一平面内，大拇指与四指垂直，把左手放入磁场中，让磁 感线垂直穿过手心， 四指的方向与导体中电流方向的相同， 大拇指所指的方向就是安培力的方向， 故 ABC 错误， D 正确。 故选 D。 5．C 【解析】 图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项 A 错误；交流电的周期为 2T ，一 个周期内电流方向改变两次， 则灯泡中的电流方向每秒改变 次，选项 B 错误； 交流电的电动势最大值： Em =nBSω，则线框中产生感应电动势的表达式为 e＝nBSω sin ω t,选项 C 正确；交流电的有效值为 1 2 nB SU ,则 1 1 2 2 2 n U nB S n U U ,选项 D 错误；故选 C. 点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压 器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决． 6．B 【解析】 【详解】 A．加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相同，根据： va t 可知加速和减速所用时间相同， A 错误； BC．加速的时间为 1t ，匀速的时间为 2t ，减速的时间为 1t ，由题意得： 1 22 40 60st t 2 3 1 2 12 600 10 m 2 at vt 1 1200 m/s 3.6 at 联立方程解得： 匀加速和匀减速用时： 1 600s=10mint 匀速运动的时间： 2 1200st 加速和减速过程中的加速度： 2s5 9 m/a B 正确， C 错误； D．同理将上述方程中的加速度变为 210m/s ，加速和减速的时间均为： 1 1200 1003.6 s s 10 3 t 加速和减速距离均为 2 2 1 1 1 100 5000010 ( ) m m 2 2 3 9 x at 匀速运动用时： 3 2 50000600 10 2 53009 s s1200 3 3.6 t 总时间为： 1 2 55002 s 31min 3 t t D 错误。 故选 B。 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．ACE 【解析】 【详解】 A：由图象得： 4atmAp 、 3atmBp 、 1LAV 、 3LBV ，据理想气体状态方程 A A B B A B p V p V T T ，代 入数据得： 720KBT ．故 A 项正确． B：由图象得： 4atmAp 、 1atmCp 、 1LAV 、 4LCV ，则 A A C Cp V p V ，所以 A CT T ．温度是 分子平均动能的标志，所以状态 A 与状态 C 理想气体分子平均动能相等．故 B 项错误． C：从状态 A 到状态 C 的过程，气体体积增大，气体对外做功．故 C 项正确． D：据 AB 两项分析知， 720KB A CT T T ，所以从状态 A 到状态 C 的过程中气体温度不是先降低后 升高．故 D 项错误． E： A CT T ，A、C 两个状态理想气体内能相等， A 到 C 过程 0U ； p V 图象与 V 轴围成面积表示 功，所以 A 到 C 过程，外界对气体做的功 5 5 3 3(3 4) 10 (3 1) 102 10 1 10 J 900J 2 2 W ；据热力学第一定律得： U Q W ， 解得： 900JQ ，所以状态 A 到状态 C 的过程中气体吸收热量为 900 J ．故 E 项正确． 8．BCD 【解析】 【详解】 A．由于气体分子间距很大，知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，不能算出气体分子的体积，故 A 错 误； B．温度越高，分子热运动越明显，扩散现象越明显，故 B 正确； C．两个分子间的距离变大的过程中， 分子间引力和斥力均减小， 引力变化总是比斥力变化慢， 故 C 正确； D．当分子间作用力表现为引力时，分子间的距离越大，分子力做负功，分子势能越大，故 D 正确； E．物体内能与物质的量、温度、体积和物态有关，故 E 错误。 故选 BCD 。 9．AD 【解析】 【详解】 AB ．等量异种电荷的电场线和等势线都是关于连线、中垂线对称的，由等量异号电荷的电场的特点，结 合题目的图可知，图中 bdef 所在的平面是两个点电荷连线的垂直平分面，所以该平面上各点的电势都是 相等的，各点的电场强度的方向都与该平面垂直，由于 b、c、d、e 各点到该平面与两个点电荷的连线的 交点 O 的距离是相等的，结合该电场的特点可知， b、c、d、 e 各点的场强大小也相等，由以上的分析可 知， b、d、 e、f 各点的电势相等且均为零，电场强度大小相等，方向相同，故 A 正确， B 错误； C．由于 b、e、d 各点的电势相同，故电子移动过程中，电场力不做功，故 C 错误； D．将 +Q 从 a 点移动到 b 点，球心 O 仍位于等量异种电荷的中垂线位置，电势为零，故其电势不变，故 D 正确。 故选 AD 。 10．BC 【解析】 【详解】 AB. 由核电荷数守恒知 X 的电荷数为 0，故 X 为中子；由质量数守恒知 a=3，故 A 不符合题意， B 符合题 意； CD. 由题意知， 核反应过程中的质量亏损 △m=m u-m Ba-m Kr -2m n，由质能方程可知， 释放的核能 △E= △mc2= （ mu-m Ba -m Kr -2m n）c2，故 C 符合题意， D 不符合题意； 11．ACD 【解析】 【详解】 线框进入磁场前做匀加速直线运动，加速度为 Fa m ； A．ad 边进入磁场后可能安培力与恒力 F 二力平衡，做匀速直线运动，完全进入磁场后磁通量不变，没有 感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为 Fa m ，的匀加速直线运动， A 正确； BD．ad 边进入磁场后，可能安培力大于恒力 F，线框做减速运动，由 2 2 A R B L vF 知，速度减小，安培力 减小，加速度逐渐减小， v-t 图象的斜率逐渐减小。当加速度减至零后做匀速直线运动，完全进入磁场后 磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为 a 的匀加速直线运动， B 错误 D 正确； C． ad 边进入磁场后，可能安培力小于恒力 F，线框做加速运动，由 2 2 A R B L vF 知，速度增大，安培力增 大，加速度逐渐减小， v-t 图象的斜率逐渐减小，完全进入磁场后磁通量不变，没有感应电流产生，线框 不受安培力，做加速度为 a 的匀加速直线运动， C 正确。 故选 ACD 。 12．BC 【解析】 【详解】 AC ．由于两个粒子在同一加速器中都能被加速， 则两个粒子在磁场中做圆周运动的周期相等， 由 2 mT qB 可知，两粒子的比荷一定相等，即 1 1 2 2 q m q m ，选项 A 错误，选项 C 正确； B．粒子最终获得的速度 qBRv m ，由于两粒子的比荷相等， 因此最终获得的速度大小相等， 选项 B 正确； D．粒子最后获得的最大动能 2 2 2 2 k 1 2 2 q B RE mv m 由于粒子的比荷相等，因此 kl 1 k 2 2 E q E q 选项 D 错误； 故选 BC. 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．1.609 B 1.88 1.84 A 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 螺旋测微器的固定刻度为 1.5mm ，可动刻度为 10.9 0.01mm 0.109mm 所以最终读数为 1.5mm+0.109mm=1.609mm (2)①[2] 根据图上所得的数据，应取图中 O点到 B 点来验证机械能守恒定律； ②[3] 从 O 点到 B 点的过程中，重物重力势能的减少量 1 9.8 0.1920J 1.88JpE mgh [4] B 点的瞬时速度等于 AC 段的平均速度，则有 0.2323 0.1555 m/s 1.92m/s 2 0.04 AC B xv T 重物动能的增加量 2 21 1 1 1.92 J 1.84J 2 2k BE mv ③[5] 根据机械能守恒得 21 2 mgh mv 则有 21 2 gh v 可知 21 2 v h的图线是过原点的倾斜直线，故 A 正确， B、C、D 错误； 故选 A。 14．1.50 6 ∞ 1 C 【解析】 【详解】 （ 1） [1][2] 由图（ b）所示电压表表盘可知，其分度值为 0.1 V，示数为 1.50 V；电源内阻不计，由图 a 所 示电路图可知，电源电动势： E＝ U＋ IR ＝U＋ V U R R 由题意可知： E＝ 3＋ 3 vR ×3 000 E＝ 1.5＋ 1.5 VR ×12 000 解得 R V＝6 000 Ω＝6kΩ，E＝4.5V （ 2）两表笔断开，处于断路情况，相当于两表笔之间的电阻无穷大，故此处刻度应标阻值为 ∞，当指针指 向 3V 时，电路中的电流为： I g＝ 3 6000 A＝0.000 5 A 此时滑动变阻器的阻值： R＝ 1.5 0.0005 Ω＝3 k Ω 当电压表示数为 1 V 时，有： 1＝ 4.5 x v x V x y x y R R R R R RR R R 解得 R x＝ 1 k Ω. （ 3） [5][6] 根据闭合电路欧姆定律可知电池新时有： I g＝ v E r R R ＝ ( ) v E r R R ， 测量电阻时电压表示数为： U＝ V x v V X y ( ) x x R RE R R R Rr R R R 欧姆表用一段时间调零时有： I g＝ y E r R R ， 测量电阻时： U＝ 3 V X V x Y X y x R RE R R R Rr R R R 比较可知： r＋R＝r ′＋R′ 所以若电流相同则 R′x＝Rx，即测量结果不变，故选 C。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15． (1)1A ， 2Ω；(2) 4W ， 66.67 ； (3)当 2ΩR 时最大输出功率为 4.5W 【解析】 【分析】 【详解】 (1)电路中的电流 0 4 A 1A 4 UI R 根据闭合电路欧姆定律 E U Ir ，解得内阻为 0 6 4 Ω 2Ω 1 E Ur I (2)电源的输出功率 0 1 4W 4WP I U输 效率为 0 4100 100 66.67 1 6 P I E 输 (3)电源的输出功率为 2 2 2 22 ( )( ) 4 E EP I R R R rR r r R 可知当 2ΩR r 时，电源输出功率最大，即 2 26 W 4.5W 4 4 2 EP r 16． (1) 38mh ；(2) 11 4 x L 【解析】 【详解】 (1)气缸 N 中气体初状态： 1 0 1 12 , 300 ,N Np p T K V LS 气缸 N 中气体末状态： 2 2 1360 , 2NT K V LS 根据理想气体状态方程有 1 1 2 2 1 2 N Np V p V T T 放入水中后气缸 M 中的气体压强与气缸 N 中的气体压强相等，即 2 2M Np p 在此处水产生的压强为 2 0Mp p p水 解得 03.8p p水 10m高的水柱产生的压强为 0p ，所以此处水深 38mh (2)装置放在水中后，设活塞 A 向右侧移动的距离为 x 气缸 M 中气体初状态： 1 11 0, 300 , 3MMp p T K V LS 气缸 M 中气体末状态： 2 22 2 1, 360 , 3 2N MMp p T K V L L x S 根据理想气体状态方程 1 1 2 2 1 2 M M M Mp V p V T T 解得 11 4 x L 17． (1)1.2V ；(2) -25.76 10 W ； (3) 51.8 10 C 【解析】 【详解】 (1)根据法拉第电磁感应定律有 n BE n S t t 代入数据解得 1.2VE (2)根据闭合电路欧姆定律有 1 2 1.2 A 0.12A 4 5 1 EI R R r 电阻 1R 的电功率 2 -2 1 5.76 10 WP I R (3) S断开后流经 2R 的电荷量即为 S闭合时电容器极板上所带的电荷量 Q ； S闭合时，电容器两端的电压 2 0.12 5V 0.6VU IR 流经 2R 的电荷量 6 530 10 0.6C 1.8 10 CQ CU 2021 届新高考物理模拟试卷 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．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为 5m/s， 乙的速度为 10m/s，甲车的加速度大小恒为 1.2m/s2 以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系 如图所示，根据以上条件可知（ ） A．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 B．在前 4s的时间内，甲车运动位移为 29.6 m C．在 4st= 时，甲车追上乙车 D．在 10st 时，乙车又回到起始位置 2．运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间的受力示意图是 A． B． C． D． 3．一个 238 92 U 核衰变为一个 206 82 Pb 核的过程中，发生了 m 次 衰变和 n 次 衰变，则 m、n 的值分别为 （ ） A． 8、6 B．6、 8 C．4、8 D． 8、4 4．下列说法正确的是 A．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性 B．铀核裂变的核反应是 C．原子从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现 D．根据爱因斯坦的 “光子说 ”可知，光的波长越大，光子的能量越大 5．如图所示。粗糙的水平桌面上，三根完全相同的轻质弹簧原长均为 a，劲度系数均为 k，两端分别与完 全相同的物块 （可看成质点） 相连， 形成平行于桌面的静止正三角形， 此时该正三角形的外接圆半径是 R， 弹簧均伸长且在弹性限度内，则每个物块与桌面间的静摩擦力大小是（ ） A． ( 3 )k R a B． 3 ( )k R a C． 2 ( 3 )k R a D． (3 3 )k R a 6．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡 L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其 他条件不变，则 ( ) A．小灯泡变亮 B．小灯泡变暗 C．原、副线圈两端电压的比值不变 D．通过原、副线圈电流的比值不变 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 7．一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经 0.2s 波形图如图虚线所示，若波传播 的速度为 5 m/s， 则（ ） A．这列波沿 x 轴正方向传播 B． t=0 时刻质点 a 沿 y 轴负方向运动 C．若此波遇到另 --列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则该波所遇到的简谐横波频率为 2.5Hz D． x=2 m 处的质点在 t=0.2 s 时刻的加速度有最大值 E.从 t=0 时刻开始质点 a 经 0.4 s 通过的路程为 0.8 m 8．A、B 两物体质量均为 m，其中 A 带正电，带电量为 q，B 不带电，通过劲度系数为 k 的绝缘轻质弹簧 相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度 E = 4mg q ，式中 g 为重力加速度， 若不计空气阻力， 不考虑 A 物体电量的变化， 则以下判断正确的是 （ ） A．从开始到 B 刚要离开地面过程， A 物体速度大小先增大后减小 B．刚施加电场的瞬间， A 的加速度为 4g C．从开始到 B 刚要离开地面的每段时间内， A 物体的机械能增量一定等于电势能的减少量 D． B 刚要离开地面时， A 的速度大小为 2g 3m k 9．如图所示 ,实线为一列简谐横波在某时刻的波形图，虚线为该时刻之后 7s的波形图 ,已知该波的周期为 4s,则下列判断中正确的是（ ） A．这列波沿 x 轴正方向传播 B．这列波的振幅为 4cm C．这列波的波速为 2m/s D．该时刻 x=2m 处的质点沿 y 轴负方向运动 E.该时刻 x=3m 处质点的加速度最大 10．下列说法中正确的是（ ） A．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大 B．一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小 C．相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同 D．物体的内能与物体的温度和体积都有关系 E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性 11．波源 O 在 t=0 时刻开始做简谐运动，形成沿 x 轴正向传播的简谐横波，当 t=3s 时波刚好传到 x=27m 处的质点，波形图如图所示，质点 P、Q 的横坐标分别为 4.5m、18m，下列说法正确的是（ ） A．质点 P 的起振方向沿 y 轴正方向 B．波速为 6m/s C． 0~3s 时间内， P 点运动的路程为 5cm D． t=3.6s 时刻开始的一段极短时间内， Q 点加速度变大 E.t=6s 时 P 点恰好位于波谷 12．物体是由大量分子组成的，下列相关说法正确的是（ ） A．布朗运动虽不是液体分子的运动，但它间接反映了液体分子的无规则运动 B．液体表面分子间距离小于液体内部分子间距离 C．扩散现象可以在液体、气体中发生，也能在固体中发生 D．随着分子间距离的增大，分子间引力和斥力均减小 E.液体的饱和汽压随温度的升高而减小 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某研究性学习小组为了测量某电源的电动势 E 和电压表 V 的内阻 Rv，从实验室找到实验器材如下： A．待测电源（电动势 E 约为 2V，内阻不计） B．待测电压表 V（量程为 1V ，内阻约为 100Ω） C．定值电阻若干（阻值有： 50.0 Ω，100.0 Ω，500.0 Ω，1.0k Ω） D．单刀开关 2 个 (1)该研究小组设计了如图甲所示的电路原理图，请根据该原理图在图乙的实物图上完成连线 ______。 (2)为了完成实验，测量中要求电压表的读数不小于其量程的 1 3 ，则图甲 R1=_____ Ω； R 2=_____ Ω。 (3)在 R1、R2 选择正确的情况进行实验操作，当电键 S1 闭合、 S2 断开时，电压表读数为 0.71V ；当 S1、S2 均闭合时， 电压表读数为 0.90V ；由此可以求出 R v=____ Ω；电源的电动势 E=_____（保留 2 位有效数字） 。 14．电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。 某同学利用这一事实测盘电压表的内阻 （半偏法） 。实验室提供的器材如下：待测电压表 V（量程 3V ．内阻约为 3000Ω），电阻箱 R 0（最大组值 为 99999.9Ω），滑动变阻器 R1（最大阻值 100Ω，额定电流 2A ）。电源 E（电动势 6V，内阻不计） ，开关 两个，导线若干。 （ 1）虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分。将电路图补充完整 _______。 （ 2）将这种方法测出的电压表内阻记为 R'v ．则 R'v=______ 。与电压表内阻的真实值 R v 相比， R'v____Rv ．（选填 “＞““ =”或 “＜“） 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，半径为 R 的半圆形玻璃砖固定放置，平面 AB 水平， OO 为半圆的对称轴，光屏 MN 紧 靠 A 点竖直放置，一束单色光沿半径方向照射到 O 点，当入射角较小时，光屏上有两个亮点，逐渐增大 入射角 i，当 i 增大到某一角度时，光屏上恰好只有一个亮点 C，C、A 间的距离也为 R，求： ①玻璃砖对单色光的折射率； ②当入射角 i=30 °时，光屏上两个亮点间的距离为多少。 16．如图所示，在光滑的水平面上静置一长为 L 的木板 B，上表面粗糙，现有滑块 A 以初速度 0v 从右端 滑上 B，恰好未离开 B，A 的质量为 m，B 的质量为 2m ，求 A 与 B 上表面间的动摩擦因数 μ。 17．如图所示 ,小球 A 及水平地面上紧密相挨的若干个小球的质量均为 m,水平地面的小球右边有一固定的 弹性挡板 ;B 为带有四分之一圆弧面的物体 ,质量为 km( 其中 k 为整数 ),半径为 R,其轨道末端与水平地面相 切。 现让小球 A 从 B 的轨道正上方距地面高为 h 处静止释放 ,经 B 末端滑出 ,最后与水平面上的小球发生碰 撞 ,其中小球之间、小球与挡板之间的碰撞均为弹性正碰 ,所有接触面均光滑 ,重力加速度为 g.求： (1)小球第一次从 B 的轨道末端水平滑出时的速度大小； (2)若小球 A 第一次返回恰好没有冲出 B 的上端 ,则 h 与 R 的比值大小； (3)若水平面上最右端的小球仪能与挡板发生两次碰撞 ,则 k 的取值大小 . 参考答案 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．B 【解析】 【详解】 A． v t 图像的斜率表示物体的加速度，由图可知加速度先减小后增大，最后再减小，故 A 错误； B．根据运动学公式可得甲车在前 4s的时间内的运动位移为： 2 0 1 5 4 12 1.2 16m 29.6m 2 x v t at 故 B 正确； C．在 4st= 时，两车的速度相同；图线与时间轴所围成的 “面积 ”表示是运动物体在相应的时间内所发生的 位移；所以在 4st= 时通过的位移不同，故两车没有相遇，甲车没有追上乙车，故 C 错误； D．在 10s 前，乙车一直做匀加速直线运动，速度一直沿正方向，故乙车没有回到起始位置，故 D 错误； 故选 B。 2．A 【解析】 【详解】 运动员在立定跳远时，脚蹬地起跳瞬间，运动员受重力、地面对人竖直向上的支持力、和地面对人向前的 摩擦力，故 A 项正确， BCD 三项错误。 3．A 【解析】 【分析】 【详解】 在 α衰变的过程中，电荷数少 2，质量数少 4，在 β衰变的过程中，电荷数多 1，有 2m-n=10 4m=32 解得 m=8 n=6 故 A 正确， BCD 错误。 故选 A。 4．C 【解析】 A 项， 1924 年，德布罗意大胆的把光的波粒二象性推广到实物粒子，如电子、质子等，他提出实 物粒子也具有波动性，故 A 项错误。 B 项，铀核裂变有多种形式，其中一种的核反应方程是 ，故 B 项错误。 C 项，原子从低能级向高能级跃迁时可能是吸收光子，也可能是由于碰撞，故 C 项正确。 D 项，根据爱因斯坦的 “光子说 ”可知，光的波长越大，光子的能量越小，故 D 项错误。 故选 C 5．D 【解析】 【分析】 【详解】 由几何知识可知弹簧的长度为 2 cos30 3R Ro ，则物块受到两个夹角为 60o 的弹簧弹力 ( 3 )F k R a 由力的平衡条件知，摩擦力 2 cos30 (3 3 )f F k R ao 故 D 正确， ABC 错误。 故选 D。 6．B 【解析】 【分析】 因变压器为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；而当同时减小相同匝数时，匝数之比一定变大；再 根据变压器原理进行分析即可． 【详解】 由变压器相关知识得： 1 1 2 2 U n U n ，原、副线圈减去相同的匝数 n 后： ' 1 21 1 ' 2 2 2 2 0n n nn n n n n n n ，则说 明变压器原、 副线圈的匝数比变大， 则可得出 C、D 错误． 由于原线圈电压恒定不变， 则副线圈电压减小， 小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗， A 错误， B 正确． 【点睛】 本题考查理想变压器的基本原理，要注意明确电压之比等于匝数之比；而电流之比等于匝数的反比；同时 还要注意数学知识的正确应用． 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．BDE 【解析】 【详解】 A．由图可知波的波长 4m ，由题在时间 t=0.2s 内，波传播的距离为 5 0.2m 1m= 4 x vt 根据波形的平移法可知，这列波沿 x 轴负方向传播，故 A 错误； B．由波的传播方向可知， t=0 时刻质点 a 沿 y 轴负方向运动，故 B 正确； C．由 v T 得 4 s 0.8s 5 T v 频率为 1.25Hzf ，要发生稳定的干涉图样，必须两列波频率相同，故 C 错误； D． x=2m 处的质点在 t=0.2s 时刻在负的最大位移处，所以加速度有最大值，故 D 正确； E．从 t=0 时刻开始质点 a 经 0.4s 是半个周期，通过的路程为 2 倍的振幅，即为 0.8m，故 E 正确。 故选 BDE 。 8．BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ． 在未施加电场时， A 物体处于平衡状态， 当施加上电场力瞬间， A 物体受到的合力为施加的电场力， 故有： qE=4mg=ma 解得： a=4g，方向向上 B 刚要离开地面时，弹簧的拉力为 mg，此时 A 物体合力为 2mg，加速度为 2g，向上，从开始到 B 刚要离 开地面过程， A 物体做加速度逐渐变小的加速运动，即 A 物体速度一直增大，故 A 错误 B 正确； C． 从开始到弹簧恢复原长的过程， A 物体的机械能增量等于电势能与弹性势能的减少量的和， 从弹簧恢 复原长到 B 刚要离开地面的过程， A 物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量的差值， 故 C 错误； D． 当 B 离开地面时，此时 B 受到弹簧的弹力等于 B 的重力，从施加电场力到 B 离开地面，弹簧的弹力 做功为零， A 上升的距离为： 2mgx k 根据动能定理可知： 21( ) 2 qE mg x mv 解得： 32 mv g k 故 D 正确。 故选： BD 。 9．BDE 【解析】 【详解】 A．该波的周期为 4s，因为 37s 1 4 T ，故波沿 x 轴负方向传播， A 错误； B．波的振幅为 4cm，B 正确； C．波速 1m / sv T C 错误： D．波沿 x 轴负方向传播， 2mx 处的质点离开平衡位置向下运动， D 正确； E．该时刻 3mx 处的质点在波谷位置，离开平衡位置的距离最大，加速度最大， E 正确。 故选 BDE 。 10．BDE 【解析】 【分析】 【详解】 A．速度增大，不会改变物体的分子的动能，故 A 错误； B．体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故 B 正确； C．质量相同，但物体的物质的量不同，故温度提高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故 C 错误； D．物体的内能与物体的温度和体积都有关系，故 D 正确； E．由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故 E 正确。 故选 BDE 。 11．ACE 【解析】 【详解】 A．根据波动与振动方向间的关系可知，波源 O 的起振方向与图中 x=27m 处质点的振动方向相同，沿 y 轴正方向，则质点 P 的起振方向也是沿 y 轴正方向，故 A 正确。 B．该波 3s内传播的距离为 27m，则波速 27 9m/s 3 xv t 选项 B 错误； C．波的周期 18 s=2s 9 T v 则 0~3s 时间内， P 点振动的时间为 4.5 13 2.5s=1 T 9 4 t 运动的路程为 5A=5cm ，选项 C 正确； D． t=3.6s 时刻质点 Q 振动的时间 ' 183.6 1.6s 9 t ，则此时质点 Q 正在从最低点向上振动，则在开始 的一段极短时间内， Q 点加速度变小，选项 D 错误； E． t=6s 时 P 点已经振动了 4.5 36 5.5s=2 T 9 4 s s ，此时 P 点恰好位于波谷，选项 E 正确。故选 ACE 。 12．ACD 【解析】 【详解】 A．布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动，它间接反映了液体分子的无规则运动，故 A 正确； B．液体的蒸发导致液体表面分子间距离大于液体内部分子间距离，故 B 错误； C．扩散现象可以在液体、气体中发生，也能够在固体中发生，故 C 正确 D．由于分子间作用力的实质是静电相互作用力，所以随着分子间距离的增大，分子之间的引力和斥力均 减小，故 D 正确； E．液体的饱和汽压随温度的升高而变大，故 E 错误。 故选 ACD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13． 100 50 87 1.9 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 根据电路原理图，实物连线如图所示： (2)[2][3] 根据分压规律 1 V 100Ω3 12V V3 xR 串联在电路中的总电阻约为 500ΩxR 所以 500.0Ω和 1.0kΩ阻值太大不能用，否则电压表的示数不满足题中要求；为了在 2S 闭合时，能够有 效的保护电路，所以 1 100ΩR ， 2 50ΩR 。 (3)[4][5] 当电键 1S 闭合、 2S 断开时 V 1 V 1 2 U E R R R R 当 1S 、 2S 均闭合时 V 2 1V U E R R R 解得 V 87ΩR ， 1.9VE 14． R0 ＞ 【解析】 【详解】 （ 1） [1] ．待测电压表电阻（ 3000 欧姆）远大于滑动变阻器 R 1的电阻值（ 100 欧姆） ，故滑动变阻器 R 1 采用分压式接法；电路图如图所示： （ 2） [2][3] ．根据设计的电路进行的实验步骤是：移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在的支 路分压最小； 闭合开关 s1、 s2，调节 R1，使电压表的指针满偏； 保持滑动电阻器滑片位置不变，断开 s2，调节电阻箱 R0，使电压表的指针半偏； 读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻； 电压表串联电阻箱后认为电压不变，而实际该支路电压变大，则电阻箱分压大于计算值，则会引起测量值 的偏大，故 Rv＜R v′ 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．① 2 ② ( 3 1)R 【解析】 【详解】 ①由几何关系可知， CO 连线与 O′O夹角为 45°，因此光发生全反射的临界角 C=45° 则玻璃的折射率 1 2 sin n C ②当入射角 i=30 °时光路如图所示，设光屏上的两个光点分别为 D 点和 E 点， 由几何关系可知，∠ AOD=60° 则 tan 60 3AD R R 设光在 AB 面折射光线的折射角为 r ，则 sin sin rn i 解得 r=45 ° 根据几何关系可知， AE=R 因此在光屏上的两个亮点间的距离 ( 3 1)DE R 16． 2 0 3 v gL 【解析】 【详解】 对 A 在木板 B 上的滑动过程，恰好未离开 B，即滑至 B 的左端与 B 共速，根据动量守恒定律有 0 ( 2 )mv m m v 解得 0 1 3 v v 由系统能量守恒有 2 2 0 1 1 ( 2 ) 2 2 mgL mv m m v 解得 2 0 3 v gL 17． (1) 2 1A kghv k (2) 2 2 (1 ) (1 ) 8 h k R k k (3) 1k 3 【解析】 【详解】 (1)对 AB 由水平方向动量守恒有： A Bmv kmv 对 AB 由能量守恒有： 2 21 1 2 2A Bmgh mv kmv 联立解得： 2 2, 1 (1 )A B kgh ghv v k k k (2) 对 AB 由水平方向动量守恒有： ( )A Bmv kmv m km v 对 AB 由能量守恒有： 2 2 21 1 1 ( ) 2 2 2A Bmv kmv m km v mgR 联立解得： 2 2 (1 ) (1 ) 8 h k R k k (3)要使小球与挡板发生两次碰撞，则有碰后小球 A 的速度小于等于 B 球的速度，由能量守恒有 2 21 1 2 2A Bmgh mv kmv A Bv v 联立解得： 1k 3