安徽省巢湖市2021届新高考模拟物理试题(校模拟卷)含解析

安徽省巢湖市2021届新高考模拟物理试题(校模拟卷)含解析

安徽省巢湖市 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．有一个变压器，当输入电压为 220 V 时输出电压为 12 V，某同学在实验过程中发现此变压器副线圈烧 坏了， 于是他从变压器上拆掉烧坏的副线圈， 用绝缘导线在铁芯上新绕了 5 匝线圈作为副线圈 （如图所示） ， 然后将原线圈接到 110 V 交流电源上，将交流电流表与 的固定电阻串联后接在新绕的 5 匝线圈两端， 这时电流表的示数为 5 mA 。该同学按理想变压器分析，求出了该变压器副线圈的匝数。你认为该变压器 原来的副线圈匝数应为（ ） A． 2200 B．1100 C．60 D． 30 【答案】 C 【解析】 【详解】 由题意可知当新绕 5 匝线圈后， 原线圈接到 110 V 交流电源上， 新绕线圈电流为 5mA ，则新绕线圈的电压 为 根据原副线圈电压值比等于匝数比可知 可得原线圈的匝数为 匝 匝 又因为当副线圈没有损坏输入电压为 220V 时输出电压为 12 V ，可得 可得该变压器原来的副线圈匝数应为 匝 匝 故 C 正确， ABD 错误。 故选 C。 2．如图，用一根不可伸长的轻绳绕过两颗在同一水平高度的光滑钉子悬挂一幅矩形风景画。现若保持画 框的上边缘水平， 将两颗钉子之间的距离由图示位置逐渐增大到不能再増大为止 （不考虑画与墙壁间的摩 擦），则此过程中绳的张力大小（ ） A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变大，后变小 D．先变小，后变大 【答案】 D 【解析】 【详解】 分析题意可知，画受到两段轻绳的拉力作用，根据共点力的平衡可知，拉力的合力与重力等大反向，即合 力恒定不变。随着两颗钉子之间距离的增大，两端轻绳的夹角先减小，后增大，根据力的合成规律可知， 两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大，分力的夹角越小，分力越小。则轻绳的张 力先变小后变大，当两轻绳处于竖直方向时，张力最小，故 D 正确， ABC 错误。 故选 D。 3．北斗三号导航卫星系统由三种不同轨道的卫星组成，即 24 颗 MEO 卫星（地球中圆轨道卫星，轨道形 状为圆形，轨道半径在 3 万公里与 1000 公里之间），3 颗 GEO 卫星（地球静止轨道卫星）和 3 颗 IGSO 卫星（倾斜地球同步轨道卫星） 。关于 MEO 卫星，下列说法正确的是（ ） A．比 GEO 卫星的周期小 B．比 GEO 卫星的线速度小 C．比 GEO 卫星的角速度小 D．线速度大于第一宇宙速度 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A．万有引力提供向心力 2 2 2 4MmG m r r T 解得 2 34 rT GM MEO 卫星轨道半径比 GEO 轨道半径小，所以 MEO 卫星周期小， A 正确； B．万有引力提供向心力 2 2 Mm vG m r r 解得 GMv r MEO 卫星轨道半径比 GEO 轨道半径小，所以 MEO 卫星线速度大， B 错误； C．万有引力提供向心力 2 2 MmG m r r 解得 3 GM r MEO 卫星轨道半径比 GEO 轨道半径小，所以 MEO 卫星角速度大， C 错误； D．第一宇宙速度是卫星的最大环绕速度，环绕半径为地球半径， MEO 卫星轨道半径大于地球半径，线 速度大小比于第一宇宙速度小， D 错误。 故选 A。 4．如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿 x 轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮 线。要使荧光屏上的亮线向下（ z 轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（ ） A．加一电场，电场方向沿 z 轴负方向 B．加一电场，电场方向沿 y 轴正方向 C．加一磁场，磁场方向沿 z 轴负方向 D．加一磁场，磁场方向沿 y 轴正方向 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．由于电子带负电，要使电子向下偏转（ z 轴负方向） ，如果仅加一电场实现此偏转，需要加向上的电 场，即加沿 z 轴正方向的电场，故选项 AB 均错误； CD ．仅加一磁场电子向下偏转（ z 轴负方向） ，由左手定则可知，四指需要指向 x 轴的负方向，大拇指向 下，故磁场的方向是沿 y 轴正方向的，选项 C 错误， D 正确。 故选 D。 5．木星和土星都拥有众多的卫星，其中 “木卫三 ”作为太阳系唯一一颗拥有磁场的卫星，在其厚厚的冰层 下面可能存在生命，而 “土卫二 ”具有生命诞生所需的全部要素，是最适宜人类居住的星球，经探测它们分 别绕木星和土星做圆周运动的轨道半径之比为 a ，若木星和土星的质量之比为 b ，则下列关于 “木卫三 ”和 “土卫二 ”的相关说法正确的是（ ） A．运行周期之比为 3a b B．向心加速度之比为 b a C．环绕速度之比为 a b D．表面重力加速度之比 2 b a 【答案】 A 【解析】 【详解】 ABC ．根据 2 2 2 ( )2Mm vG m r m ma r T r 解得 2 34 rT GM 2 GMa r GMv r 则运行周期之比为 3a b ，向心加速度之比为 2 b a ，线速度之比为 b a ，故 A 正确， BC 错误； D．根据星球表面万有引力等于重力可知 2 GMm mg R ＝ 由于不知道 “木卫三 ”和 “土卫二 ”的半径之比，所以无法求出表面重力加速度之比，故 D 错误。 故选 A。 6．如图所示为六根导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标 出。已知每条导线在 O 点磁感应强度大小为 B 0，则正六边形中心处磁感应强度大小和方向（ ） A．大小为零 B．大小 2B 0，方向水平向左 C．大小 4 B 0，方向水平向右 D．大小 4 B 0，方向水平向左 【答案】 D 【解析】 【详解】 根据磁场的叠加原理，将最上面电流向里的导线在 O 点产生的磁场与最下面电流向外的导线在 O 点产生 的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为 1B ；同理，将左上方电流向里的导线在 O 点产生的磁 场与右下方电流向外的导线在 O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为 3B ，将右上方 电流向里的导线在 O 点产生的磁场与左下方电流向外的导线在 O 点产生的磁场进行合成，则这两根导线 的合磁感应强度为 2B ，如图所示： 根据磁场叠加原理可知： 1 2 3 02B B B B ，由几何关系可： 2B 与 3B 的夹角为 120o ，故将 2B 与 3B 合 成，则它们的合磁感应强度大小也为 2B 0，方向与 B 1 的方向相同，最后将其与 B1 合成，可得正六边形中 心处磁感应强度大小为 4B 0，方向水平向左， D 正确， ABC 错误。 故选 D。 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，电阻不计、 间距为 l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强 磁场中，导轨左端接一定值电阻 R．质量为 m、电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的 水平外力 F 的作用由静止开始运动，外力 F 与金属棒速度 v 的关系是 F=F 0+kv （F 0、k 是常量） ，金属棒 与导轨始终垂直且接触良好．金属棒中感应电流为 i，受到的安培力大小为 FA，电阻 R 两端的电压为 UR ， 感应电流的功率为 P，它们随时间 t 变化图象可能正确的有 A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【分析】 对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出 F合 表达式，分情 况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速，加速度增加的加速，再结 合图象具体分析． 【详解】 设金属棒在某一时刻速度为 v，由题意可知，感应电动势 E BLv ，环路电流 E BLI v R r R r ， 即 I v ； 安培力，方向水平向左，即 2 2B L vF BIL R r安 ， F v安 ； R 两端电压 R BLRU IR v R r ， 即 RU v ； 感应电流功率 2 2 2B LP EI v R r ， 即 2P v ． 分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得： 2 2 2 2 0 0 ( )B L B LF F F F kv v F k v R r R r合 安 ， 即加速度 F a m 合 ，因为金属棒从静止出发，所以 0 0F ，且 0F合 ，即 0a ，加速度方向水平向右． （ 1）若 2 2B Lk R r ， 0F F合 ，即 0Fa m ，金属棒水平向右做匀加速直线运动．有 v at ，说明 v t ， 也即是 I t ， 2 RF t U t P t安 ， ， ，所以在此情况下没有选项符合． （ 2）若 2 2B Lk R r ， F合 随 v 增大而增大，即 a 随 v 增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动， 速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知 B 选项符合； （ 3）若 2 2B Lk R r ， F合 随 v 增大而减小，即 a 随 v 增大而减小， 说明金属棒在做加速度减小的加速运动， 直到加速度减小为 0 后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知 C 选项符合． 8．如图所示，把能在绝缘光滑水平面上做简谐运动的弹簧振子放在水平向右的匀强电场中，小球在 O 点 时，弹簧处于原长， A、B 为关于 O 对称的两个位置，现在使小球带上负电并让小球从 B 点静止释放，则 下列说法不正确的是（ ） A．小球仍然能在 A、B 间做简谐运动， O 点是其平衡位置 B．小球从 B 运动到 A 的过程中动能一定先增大后减小 C．小球仍然能做简谐运动，但其平衡位置不在 O 点 D．小球不可能再做简谐运动 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A. 当弹簧弹力等于电场力时为平衡位置，此时弹簧被压缩，平衡位置不再是 O 点，选项 A 错误； CD. 由于电场力是恒力，不随弹簧的长度发生变化。而弹簧的弹力随弹簧的形变量发生变化，由受力特点 可知，小球在电场力和弹力作用下依然做简谐运动，选项 C 正确， D 错误； B.由于 B 点的弹簧弹力大小与电场力大小关系未知，所以无法判断 B 点两力关系，所以小球从 B 运动到 A 的过程中，动能不一定先增大后减小，选项 B 错误。 本题选不正确的，故选 ABD 。 9．在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形 abc，顶点 a、 b、c 处分别固定一个正点电荷，电荷量相等， 如图所示， D 点为正三角形的中心， E、G 、H 点分别为 ab、ac、 bc 的中点， F 点为 E 点关于顶点 c 的对 称点，则下列说法中正确的是（ ） A． D 点的电场强度为零 B． E、F 两点的电场强度等大反向、电势相等 C． E、 G、 H 三点的电场强度和电势均相同 D．若释放 c 处的电荷，电荷在电场力作用下将做加速运动（不计空气阻力） 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A． D 点到 a、b、c 三点的距离相等，故三个电荷在 D 点的场强大小相同，且夹角互为 120°，故 D 点的 场强为 0，故 A 正确； B．由于 a、b 在 E 点的场强大小相等方向相反，故 E 点的场强仅由电荷 c 决定，故场强方向向左，而电 荷 c 在 DF 位置的场强大小相同方向相反，但电荷 a、b 在 F 点的场强矢量和不为 0，故 EF 两点的电场强 度大小不同，方向相反，故 B 错误； C．E、 G、H 三点分别为 ab、ac、bc 的中点，故 E 的场强仅由电荷 c 决定，同理 G 点的场强仅由电荷 b 决定， H 点的场强仅由电荷 a 决定，故三点的场强大小相同，但方向不同，故 C 错误； D．若释放电荷 c，则 a、 b 在 C 点的合场强水平向右，故 a、 b 始终对 c 有斥力作用，故 c 电荷将一直做 加速运动，故 D 正确。 故选 AD 。 10．关于空气湿度，下列说法正确的是 _________ A．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示 B．空气的相对湿度定义为水的饱和汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比 C．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大 D．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小 E.相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水蒸气越接近饱和 【答案】 ADE 【解析】 【详解】 AB ．绝对湿度是指一定空间中水蒸气的绝对含量，可用空气中水蒸气的压强表示来表示，相对湿度是指 水蒸汽的实际压强与该温度下水蒸汽的饱和压强之比，故 A 正确， B 错误； CD ．人们感受的干燥或潮湿取决于空气的相对湿度。相对湿度越大，感觉越潮湿；相对湿度越小，感觉 越干燥，故 C 错误， D 正确； E．相同温度下绝对湿度越大，表明空气中水汽越接近饱和，故 E 正确； 故选 ADE 。 11．如图所示，半径分别为 R 和 2R 的甲、乙两薄圆盘固定在同一转轴上，距地面的高度分别为 2h 和 h， 两物块 a、b 分别置于圆盘边缘， a、b 与圆盘间的动摩擦因数 μ相等，转轴从静止开始缓慢加速转动，观 察发现， a 离开圆盘甲后， 未与圆盘乙发生碰撞， 重力加速度为 g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 则 （ ） A．动摩擦因数 μ一定大于 3 2 R h B．离开圆盘前， a 所受的摩擦力方向一定指向转轴 C．离开圆盘后， a 运动的水平位移大于 b 运动的水平位移 D．若 5 2 R h ，落地后 a、b 到转轴的距离之比为 11: 14 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 A．由题意可知，两物块随圆盘转动的角速度相同，当最大静摩擦力提供物体向心力时，此时的角速度为 物体随圆盘做圆周运动的最大角速度，为临界角速度，根据牛顿第二定律得 2 b b b2m g m R 解得 b 物体滑离圆盘乙的临界角速度为 b 2 g R 同理可得， a 物块的临界角速度为 a g R 由几何知识知，物体 a 滑离圆盘时，其位移的最小值为 2 2 min (2 ) 3x R R R 由题意知，其未与圆盘乙相碰，根据平抛运动规律可知 a a min 2 3hx R t R x R g 解得 3 2 R h 所以 A 正确； B．离开圆盘前， a 随圆盘一起做匀速圆周运动，由静摩擦力来提供向心力，所以 a 所受的摩擦力方向一 定指向转轴， B 正确； C．由于 b a 所以一定是 b 物块先离开圆盘，离开圆盘后，物块做平抛运动，对 b 物体的水平位移为 b b b 22 2hx v t R hR g 同理可得， a 物体的水平位移为 a a a a 4 2hx v t R t R hR g 故离开圆盘后 a 的水平位移等于 b 的水平位移，所以 C 错误； D．当 5 2 R h 时 a 的落地点距转轴的距离为 2 2 1 a 11x R x R 同理， b 的落地点距转轴的距离为 2 2 2 b(2 ) 14x R x R 故 1 2 11 14 x x 所以 D 正确。