青海省西宁市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

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青海省西宁市 (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．某静电场中有电场线与 x 轴重合， x 轴上各点电势 φ分布如图所示，图线关于纵轴对称 ,则 ( ) A． x1 处和－ x1 处场强方向相同 B．x1 处和－ x2 处场强大小相等 C．某带电粒子在 x2 处和－ x2 处电势能相等 D．某带电粒子在 x2 处的电势能大于在－ x2 处的电势能 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB ．φ—x 图象的斜率大小等于电场强度， x1 处和 -x1 处场强大小相等，方向相反， x1 处和 -x 2处场强大小 不相等，故 AB 错误； CD ．在 x2 处和 -x 2 处电势相等， 根据 Ep=qφ知某带电粒子在 x2 处和 -x 2 处电势能相等， 故 C 正确， D 错误。 故选 C。 2．如图所示，吊篮 A、物体 B、物体 C 的质量均为 m，两物体分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不 计，整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断在轻绳刚被剪断的时间（ ） A．物体 B 的加速度大小为 g B．物体 C 的加速度大小为 2g C．吊篮 A 的加速度大小为 g D．吊篮 A 与物体 C 间的弹力大小为 0.5mg 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．弹簧开始的弹力 F=mg 剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变， B 的合力仍然为零，则 B 的加速度为 0，故 A 错误； BC．剪断细线的瞬间，弹力不变，将 C 和 A 看成一个整体，根据牛顿第二定律得 AC 2 2 1.5 2 2 F mg mg mga g m m 即 A 、C 的加速度均为 1.5g，故 BC 错误； D．剪断细线的瞬间， A 受到重力和 C 对 A 的作用力，对 A 有 CF mg ma 得 C 0.5F ma mg mg 故 D 正确。 故选 D。 3．国庆 70 周年阅兵展出了我国高超音速乘波体导弹 —— 东风 -17，东风 -17 突防能力强，难以拦截，是维 护祖国和平发展的有力武器。 如图所示， 设弹道上处于大气层外的 a 点和处于大气层内的 b 点的曲率半径 之比为 2∶1，导弹在 a、b 两点的速度大小分别为 3 倍音速和 12 倍音速，方向均平行于其正下方的水平 地面，导弹在 a 点所受重力为 G，在 b 点受到空气的升力为 F。则（ ） A． F=33G B．F 33G C．F=32G D． F 32G 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 在 a 处时，重力提供向心力，则 2 3 2 m v G R 在 b 处时 2 12m vF G R 联立解得 33F G 又因为导弹要做离心运动，所以 F 33G 故 ACD 错误， B 正确。 故选 B。 4．如图所示，质量相等的物块放在粗糙的水平面上，两物块用水平轻绳连接且刚好拉直，物块 a、b 与地 面间动摩擦因数相同，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g。现给物块 a 施加一水平向右 的拉力 F，缓慢增大 F 到物块 a 要滑动的过程中，下列说法正确的是 A．地面对物块 a 的摩擦力一直增大 B．地面对物块 a 的摩擦力与轻绳对物块 a 的拉力同步增大 C．物块 a 刚好要滑动时，物块 b 也刚好要滑动 D．物块 b 刚好要滑动时，轻绳拉力等于此时外力 F 的一半 【答案】 D 【解析】 【详解】 ABC. 当摩擦力增大到最大静摩擦力之前，轻绳拉力为零，再增大 F，摩擦力不再增大，此后 a、b 间的拉 力从零开始增大，地面对 b 的摩擦力达到最大静摩擦力，此时物块 b 要开始滑动，故 ABC 错误； D. 物块 a、 b 的质量相同，与地面的动摩擦因数相同，因此 b 刚好要滑动时，对 a 由牛顿第二定律得： F mg T ma 对 b 由牛顿第二定律得： T mg ma 联立解得： 2 T F 故 D 正确。 5．小球在水中运动时受到水的阻力与小球运动速度的平方成正比，即 2f kv ，则比例系数 k 的单位是 A． 2kg m B． kg m C． kg / m D． 2kg / m 【答案】 C 【解析】 【详解】 由 2f kv 可得 k 的单位为 kg / m A.A 项与 上述分析结论不相符，故 A 错误； B.B 项与 上述分析结论不相符，故 B 错误； C.C 项与 上述分析结论相符，故 C 正确； D.D 项与 上述分析结论不相符，故 D 错误。 6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 2∶ 1，电阻 55Ω，电流表、电压表均为理想电表。原 线圈 A、B 端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是 A．电流表的示数为 4.0A B．电压表的示数为 155.6V C．副线圈中交流电的频率为 50Hz D．穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为 2∶1 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB ．理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由 u-t 图像读其最大值为 1max 220 2VU ，可知有效值为 1max 1 220V 2 UU 根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得副线圈两端的电压： 2 2 1 1 220 V 110V 2 nU U n 由欧姆定律可知流过电阻的电流： 2 2 2AUI R 所以，电流表的示数为 2A ，B 电压表的示数为 110V，故 AB 均错误； C．因交流电的周期为 0.02s，频率为 50Hz ，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为 50Hz，故 C 正确； D．根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化 率相同，比值为 1:1，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．下列关于匀变速运动说法正确的是（ ） A．只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才可能增大 B．若速度为零，则物体所受合外力可能不能为零 C．若物体做匀加速直线运动时，从 0t 时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是 1：4：8：13：⋯ D．若物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大 【答案】 BCD 【解析】 【详解】 A．对于匀变速直线运动，由 0v v at 得，只有在加速度和速度方向相同时，速度大小才增大；对于曲 线运动，加速度方向和速度方向的之间夹角大于 0 小于 90 时，速度大小也增大，故 A 错误； B．做竖直上抛运动的物体，到达最高点时，速度为零，但它所受的合外力为自身重力，不为零，故 B 正 确； C．物体做匀加速直线运动时，从 0t 时刻开始连续相等时间内位移之差为一恒量，即为 2x aT 而 1：4：8：13：⋯位移之差分别是 3、４、5⋯ ，故从 0t 时刻开始连续相等时间内位移之比不可能是 1： 4：8：13：⋯，故 C 正确； D．由 v at 得，物体的加速度增加，则在相同时间内速度变化量一定增大，故 D 正确。 故选 BCD 。 8．卡文迪许把自己测量引力常量的实验说成是 “称量地球重量 ”。若已知引力常量，下列说法正确的是 （ ） A．根据火星的半径和火星表面的重力加速度，可估算出火星的密度 B．根据土星绕太阳公转的半径和周期，可估算出土星的质量 C．根据金星绕太阳公转的半径、周期和太阳半径，可估算出太阳表面的重力加速度 D．根据月球公转的周期、月地距离和地球表面的重力加速度，可估算出地球的第一宇宙速度 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．根据物体在火星表面受到重力等于万有引力可知 2 GMm mg R ＝ 解得 G gRM 2 3 4 M g V RG ＝ 可以求出火星密度，故 A 正确； B．只能求出中心天体的质量，环绕天体的质量无法求出，故土星质量无法求出，故 B 错误； C．金星绕太阳公转 2 2 2( )MmG m r r T 解得太阳的质量 2 3 2 4 rM GT 太阳半径 R 已知，则表面重力加速度 2 3 2 2 2 4GM rg T RR 故 C 正确； D．月球绕地球做匀速圆周运动 2 2 2( )MmG m r r T 可求解地球的质量 M ，地球表面重力加速度 g 已知，根据黄金代换式 GM=gR 2，可以求出地球半径 R， 根据 v gR 可以求出地球的第一宇宙速度，故 D 正确。 故选 ACD 。 9．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能 kE ，重力势 能 pE 与其上升高度 h 间的关系分别如图中两直线所示，取 210m/sg ，下列说法正确的是（ ） A．小球的质量为 0.2kg B．小球受到的阻力（不包括重力）大小为 0.25N C．小球动能与重力势能相等时的高度为 20 13 m D．小球上升到 2m 时，动能与重力势能之差为 0.5J 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．由图知，小球上升的最大高度为 h=4m ，在最高点时，小球的重力势能 p 4JE mgh 得 P 0.1kgEm gh 故 A 错误； B．根据除重力以外其他力做的功 W E其 则有 fh E E低高 由图知 4J 5JE E低高 ， 又 4mh 解得 0.25Nf 故 B 正确； C．设小球动能和重力势能相等时的高度为 H，此时有 21 2 mgH mv 由动能定理有 2 2 0 1 1 2 2 fH mgH mv mv 由图知 2 0 1 =5J 2 mv 联立解得 20= m 9 H 故 C 错误； D．由图可知，在 h=2m 处，小球的重力势能是 2J，动能是 5 J=2.5J 2 ，所以小球上升到 2m 时，动能与重 力势能之差为 2.5J 2J 0.5J 故 D 正确。 故选 BD 。 10．如图所示， 水平面 (未画出 )内固定一绝缘轨道 ABCD ，直轨道 AB 与半径为 R 的圆弧轨道相切于 B 点， 圆弧轨道的圆心为 O，直径 CD//AB 。整个装置处于方向平行 AB 、电场强度大小为 E 的匀强电场中。一 质量为 m、电荷量为 q 的带正电小球从 A 点由静止释放后沿直轨道 AB 下滑。记 A 、B 两点间的距离为 d。 一切摩擦不计。下列说法正确的是（ ） A．小球到达 C 点时的速度最大，且此时电场力的功率最大 B．若 d=2R ，则小球通过 C 点时对轨道的压力大小为 7qE C．若 d= 5 3 R，则小球恰好能通过 D 点 D．无论如何调整 d 的值都不可能使小球从 D 点脱离轨道后恰好落到 B 处 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．小球到达 C 点时，其所受电场力的方向与速度方向垂直，电场力的功率为零，故 A 错误； B．当 d=2R 时，根据动能定理有 213 2 CqE R mv 小球通过 C 点时有 2 CvN qE m R 解得 N=7qE 根据牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为 7qE ，故 B 正确； C．若小球恰好能通过 D 点，则有 2 DvqE m R 又由动能定理有 21( ) 2 DqE d R mv 解得 3 2 d R 故 C 错误； D．当小球恰好能通过 D 点时，小球从 D 点离开的速度最小。小球离开 D 点后做类平抛运动，有 21 2 qER t m Dx v t 解得 2x R 由于 x>R 故小球从 D 点脱离轨道后不可能落到 B 处，故 D 正确。 故选 BD 。 11．如图所示，水平面内有 A、 B、C、D、E、F 六个点，它们均匀分布在半径为 R＝2cm 的同一圆周上， 空间有一方向与圆平面平行的匀强电场。已知 A、C、E 三点的电势分别为 (2 3)VA 、φC ＝2V 、 (2 3)VE ，下列判断正确的是（ ） A．电场强度的方向由 E 指向 A B．电场强度的大小为 1V/m C．该圆周上的点电势最高为 4V D．将电子从 D 点沿 DEF 移到 F 点，静电力做正功 【答案】 AC 【解析】 【分析】 【详解】 A．设 AE 中点为 G，如图所示，则根据匀强电场的性质可解得该点的电势为 + 2+ 3 +(2 3)= = 2V 2 2 A E G （ ） － 则 C G 所以 GC 连线是一个等势线；电场线与等势面垂直，且由电势高的等势面指向电势低的等势面，所以电场 强度的方向由 E 指向 A，故 A 正确； B． EA 两点间的电势差为 2 3VEA E AU EA 两点间的距离 2 sin60 2 3cmd R 再根据电场强度公式可得 100V/mEAUE d 故 B 错误； C．沿着电场线方向电势逐渐降低，因此 H 点电势最高，则 2VHOU E R 而 HO H OU 解得 4VH 故 C 正确； D．电子从 D 沿着圆周移到 F 点，电势先升高后降低，电子带负电，电势能先减小后增加，静电力先做正 功后做负功，故 D 错误。 故选 AC 。 12．如图所示，三颗卫星 a、b、c 均绕地球做匀速圆周运动，其中 b、c 在地球的同步轨道上， a 距离地 球表面的高度为 R，此时 a、b 恰好相距最近。已知地球质量为 M 、半径为 R、地球自转的角速度为 ω。 万有引力常量为 G，则（ ） A．发射卫星 b、c 时速度要大于 11.2 km / sn B． b、c 卫星离地球表面的高度为 3 2 GM R C．卫星 a 和 b 下一次相距最近还需经过 3 2π GM ω 8R D．若要卫星 c 与 b 实现对接，可让卫星 b 减速 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．卫星 b、c 绕地球做匀速圆周运动， 7.9km/s 是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最 小初始速度， 11.2km/s 是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星 b 时速度大于 7.9km/s ， 而小于 11.2km/s ，故 A 错误； B．万有引力提供向心力，对 b、c 卫星，由牛顿第二定律得 2 2( ) MmG m R h R h （ ） 解得 3 2 GMh R 故 B 正确； C．卫星 b 在地球的同步轨道上，所以卫星 b 和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力， 即 2 2 MmG m r r 解得 3 GM r a 距离地球表面的高度为 R，所以卫星 a 的角速度 38a GM R 此时 a、b 恰好相距最近，到卫星 a 和 b 下一次相距最近 （ ωa-ω）t=2 π 3 2 8 t GM R 故 C 正确； D．让卫星 b 减速，卫星 b 所需的向心力减小，万有引力大于所需的向心力，卫星 b 会做向心运动，轨道 半径变小，离开原轨道，所以不能与 c 对接，故 D 错误； 故选 BC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．在学过伏安法测电阻后，某学习小组探究测量一种 2B 铅笔笔芯的电阻率（查阅相关资料知其电阻率 的范围为 7 72.0 10 ~ 3.0 10 Ω m ） (1)用螺旋测微器测量该铅笔笔芯的直径，如图甲所示，其读数为 __________ mm (2)另有如下实验器材，请依据测量原理及器材情况，画出实验的电路图 _______ A．毫米刻度尺； B．量程为 3V 内阻约为 3k 的电压表 C．量程为 0.6A 、内阻约为 0.1 的电流表 D．阻值为 0 ~ 2 的滑动变阻器 E.阻值为 0 4.0R 的定值电阻 F.两节普通干电池 G.开关和导线若干 (3)某一次测量中，电压表示数如图乙所示，其读数为 U _______ V (4)实验中要测量一些物理量，除上述铅笔笔芯直径 d ，电压表的示数 U 外，还需测量：电流表的示数 I ； ______。该铅笔笔芯的电阻率为 ______（用上述所测物理量的字母符号表示） 。 【答案】 0.400 1.90 铅笔笔芯长度 L 2 0 π 4 d U R L I 【解析】 【详解】 (1)[1] 螺旋测微器的固定刻度示数为 0mm，旋转刻度示数为 40.0 0.01mm 0.400mm ，则测量值为 0.400mm (2)[2] 由题意知铅笔笔芯电阻率的范围为 7 72.0 10 ~ 3.0 10 m ，由上述测量知铅笔笔芯直径为 0.400mm,依据常识知铅笔的长度约有 20cm，由电阻定律得铅笔笔芯电阻为 x LR S ，又有铅笔笔芯 截芯截面积 2 π 2 dS ，代入上述数据得铅笔笔芯电阻 2 4 0.4 πx LR d （ 取 72.5 10 m） 用电压表、电流表直接测量铅笔笔芯两端的电压及其中电流，两电表读数不匹配。需要把定值电阻与铅笔 笔芯串联为整体 0 xR R ，测量其电压及电流， 则两电表匹配。 比较整体 0 xR R 与电流表及电压表内 阻，有 0 V A 0 4.4 300044, 682 0.1 4.4 x x R R R R R R 则电流表外接法测量误差小，滑动变阻器为 0 ~ 2 ，应用限流接法便可实现三次有效测量，则其测量电 路如图所示 (3)[3] 电压表量程为 0 ~ 3V ，其最小有效刻度为 0.1V ，经估读后测量值为 1.90V (4)[4][5] 由以上各式得电阻率 2 0 π 4 d U R L I 除测量铅笔笔芯直径 d 、两端电压 U 、电流 I 以外，还需用刻度尺测量铅笔笔芯长度 L 。 14．某同学将力传感器固定在车上用于探究 “加速度与力、质量之间的关系 ”，如图甲、乙所示。 （ 1）下列说法正确的是（ _____） A．需要用天平测出传感器的质量 B．需要用到低压交流电源 C．实验时不需要平衡摩擦力 D．若实验中砂桶和砂子的总质量过大，作出的 a-F 图象可能会发生弯曲 （ 2）下列实验中用到与该实验相同研究方法的有（ _____） A．探究单摆周期的影响因素 B．探究求合力的方法 C．探究做功与速度的变化关系 D．探究导体电阻与其影响因素的关系 （ 3）图丙是某同学通过实验得到的一条纸带（交流电频率为 50Hz ），他在纸带上取 A、B、C、D、E、F、 G 等 7 个计数点（每相邻两个计数点之间还有 4 个点没有画出） ，将毫米刻度尺放在纸带上。根据图可知， 打下 F 点时小车的速度为 _____m/s。小车的加速度为 ______m ／s2。（计算结果均保留两位有效数字） 【答案】 A AD 0.24 0.40 【解析】 【详解】 (1)[1]A ．本实验是探究 “加速度与力、质量之间的关系 ”，即 F=Ma ，所以 M 包括传感器的质量，即需要 用天平测出传感器的质量。故 A 正确。 B．电火花计时器使用的是 220V 交流电源。故 B 错误。 C．实验前要平衡摩擦力，平衡摩擦力时要把小车（包括力传感器）放在木板上，后面固定一条纸带，纸 带穿过打点计时器。把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板 做匀速直线运动。故 C 错误。 D．实验中力传感器直接测出了拉力的大小，所以不需要满足砂桶和砂子的总质量远小于小车的质量，所 以即使实验中砂桶和砂子的总质量过大，作出的 a-F 图象也不会发生弯曲。故 D 错误。 (2)[2] 该实验采用了控制变量法进行探究。 A．单摆的周期公式为： 2 LT g ，是用的控制变量法。故 A 符合题意。 B．探究求合力的方法，采用的是等效替代的方法。故 B 不符合题意。 C．探究做功与速度的变化关系，采用的是倍增法。故 C 不符题意。 D．导体的电阻为： LR S ，采用的是控制变量法。故 D 符合题意。 (3)[3] 由于每相邻两个计数点间还有 4 个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔 T=0.1s，根据匀变 速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度得： -29.60 4.80 10 m/s=0.24m/s 2 2 0.1 EG F xv T [4] 根据匀变速直线运动的推论公式 △x=aT 2 可以求出加速度的大小为： 2 2 2 2 2 9.60 3.00 3.00 0.00 10 m/s 0.40m/s 9 9 0.1 DG ADx xa T 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，水平向右的匀强电场中，某倾角为 θ =37°的绝缘斜面固定于水平面上，顶端静置一质量为 m =2kg 的物块，带正电，电量为 q=10 -6 C。若物块与斜面间的动摩擦因数为 μ =0.2，电场强度为 E=5×106V/m ，且物块能自由下滑到斜面底端。 斜面高度为 h=1m ，已知： g=10m/s 2 ，sin 37 °=0.6 ，cos37 °=0.8 试问，物块下滑到斜面底端过程中： (1)物块与斜面摩擦产生的内能为多少； (2)物块动能的改变量； (3)物块机械能的改变量。 【答案】 (1)6.33J；(2)7J； (3)-13J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)对物块受力分析可知其受到的摩擦力为 cos sinf mg qE 代入数据解得 3.8Nf 所以物块与斜面摩擦产生的内能为 J13. 6 J 6. i 8 33 s n37 0. hQ f o＝ (2)物块下滑过程中重力做功为 2 10 1J 20JGW mgh 电场力做的功 6 6 1 0.75 10 5 10 J 6.67J tan 37 hW qE o电 ＝ 根据功能关系可知摩擦力做的功为 6.33JfW Q 所以根据动能定理有 J+ 7=k G fWW W WE 电合 (3)根据功能关系可知物块机械能的改变量等于除重力外其它力做的功，即等于摩擦力和电场力做的功 J= 6.67 6J J 13.33fGE W W W电非 16．如图所示，一位同学在用气垫导轨探究动量守恒定律时，测得滑块甲质量为 m 甲 ，它以 v1的速度水平 撞上同向滑行的滑块乙。 乙的质量为 m 乙，速度为 v2。碰撞后滑块甲以 v3 的速度继续向前运动。求滑块乙 的滑行速度 v 乙的大小。 【答案】 1 3 2)(m v v v m 甲 乙 【解析】 【详解】 取水平向右为正方向，则碰撞前甲的速度为 v1，乙的速度为 v2，碰撞后，甲的速度为 v3，滑块乙的滑行 速度 v 乙，根据动量守恒定律得 1 2 3m v m v m v m v甲 乙 甲 乙 乙 解得 1 3 2)( m v v v vm 甲 乙 乙 17．在 x 轴正半轴分布有磁感应强度大小为 B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场。让质量为 m ，电荷量为 q 的带正电小球从坐标原点 O静止释放，运动轨迹如图所示，运动到最低点时恰好进入一竖直向上场强为 ( )E Eq mg 的匀强电场，重力加速度为 g ，不计空气阻力，求： (1)小球到达最低点的速率 v ； (2)小球在电场中运动的时间 t 及离开电场时与 x 轴的距离 d 。 【答案】 (1) 2mgv Bq ；(2) mt qB ， 2 2 2 2m gd B q 【解析】 【详解】 （ 1）小球在最低点时有 2vqvB mg m R ， 解得： 2 2 2 4 2 m gBqR R B q Rv m ， 由于在最低点 v 有唯一解， 0，得： 2 BqRv m ， 由 2 2 2 4 0m gB q R ，得 2 2 2 4m gR B q ， 则： 2 2 BqR mgv m Bq ； （ 2）小球进入电场后，由于 Eq mg ，故在复合场中做匀速圆周运动，进入电场时运动轨迹如图所示为 半圆 根据 2 2 4qvB m r T ， 2v r T ，得： 2 mT qB ， 则小球在电场中运动时间 2 T mt qB ， 由 2vqvB m r ，得 2 2 2 2mv m gr qB B q ， 小球由 O 点运动到最低点过程中只有重力做功，设小球运动到最低点时下落的高度为 y ，由动能定理得： 21 2 mgy mv ， 得： 2v gy ， 综合（ 1）结论得 2 2 2 2m gy r B q ，故圆周运动的圆心恰好在 x 轴上，小球离开电场时与 x 轴的距离： 2 2 2 2m gd r B q 。