2021届全国四十二校联考新高考原创预测试卷十一物理

2021届全国四省十二校联考新高考原创预测试卷（十一）物理★祝考试顺利★

注意事项：1、考试范围：高考范围。2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。1.如下图，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁右上方用绝缘轻杆悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直。当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出（ ）A.轻杆的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小B.轻杆的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小C.轻杆的拉力增大，条形磁铁对桌面的摩擦力水平向左D.轻杆的拉力减小，条形磁铁对桌面的摩擦力水平向右【答案】A【解析】【详解】以通电导线为研究对象，由左手定则判断知导线所受的安培力方向斜向左下方，有竖直向下的分力，所以轻杆的拉力增大；根据牛顿第三定律得知，导线对磁铁的力方向斜向右上方，有竖直向上的分力，条形磁铁对

桌面的压力减小。磁铁有向右运动的趋势，受到桌面给磁铁水平向左的摩擦力;再根据牛顿第三定律可知条形磁铁对桌面的摩擦力水平向右。选项A正确，BCD错误。故选A。2.质量为m带电荷量为q的小物块，从倾角为。的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示，若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是（ ）XKXKXXK又A.小物块一定带正电荷B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动，加速度为gsin9C.小物块在斜面上运动的位移为mC.小物块在斜面上运动的位移为m2g2cos292B2q2gsin9 _m,D.小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为B【答案】BC【解析】【详解】A.因为带电小球下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，所以洛伦兹力的方向垂直于斜面向上，根据左手定则知，小物块带负电，选项A错误；B.小物块在运动过程中受重力、垂直于斜面的支持力和洛伦兹力作用，合外力沿斜面向下，大小为："合"合=mgsin9根据牛顿第二定律知:F人F人mgsin9a——合- -gsin9所以小物块在离开斜面前做匀加速直线运动。选项B正确;D.当离开斜面时满足：

所以物块刚离开斜面时的速度:qvB=mgeos所以物块刚离开斜面时的速度:qvB=mgeosQmgeosdv二 qB选项D错误；C物块在斜面上发生的位移:m2g2eos20V2

x= =2aq2BV2

x= =2a2gsin0 2B2q2sin0选项C正确；故选BC。3.如图所示，半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直轨道平面向里.一可视为质点，质量为m,电荷量为q(q>0)的小球由轨道左端A无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F,使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g,则下列判断正确的是A.小球在C点受到的洛伦兹力大小为qB、声B.小球在C点对轨道压力大小为3mg+qB、而C.小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变的D.小球从C到D的过程中，外力F的功率逐渐增大【答案】AD【解析】【详解】A.由于洛伦兹力不做功，所以从A到C过程中，只有重力做功，故有mgR=1mv2,2c解得vc=、市，在C点受到竖直向上的洛伦兹力，大小为FB=Bqv=Bq、而,A正确;B.在C点，受到向上的洛伦兹力，向上的支持力，向下的重力，三者的合力充当向心力，故有FB+N一mg=mvC，解得N=3mg-qBJ2gR,B错误；C.小球从C到D的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F的增大.C错误；D.小球从C到D过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，拉力F的功率与重力的功率大小相等，方向相反.由运动的合成与分解可知，小球从C，，一，-，的，一向D运动的过程中，的竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，D正确.故选AD。【点睛】带电粒子在复合场中运动问题的分析思路.正确的受力分析除重力•弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析..正确分析物体的运动状态找出物体的速度.位置及其变化特点，分析运动过程.如果出现临界状态，要分析临界条件带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况.(1)当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器).(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动.(3)当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成，，一,q4.如图，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B,某种比荷为N、速度大小为v的一群离m子以一定发散角a由原点O出射，y轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x轴上长度为La的区域MN内，则cos-为()

【答案】C【解析】V2 n_^【详解】根据洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m—，得：R- ，粒子通过M、N点的轨R qB迹如图所示由几何关系知MN=OM-ON,过M点两圆圆心与原点连线与ox夹角为y,圆心在x轴上的圆a4BqLcos———1- a4BqLcos———1- 2 2mv在O点速度沿y轴正方向,L=2R-2Rcos^；L=2f—2—。公不，解得:2 qB qB 2故选C.【点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；关键是作出临界轨迹，然后根据洛伦兹力提供向心力列式求解，重点考查作图能力，画轨迹是这类问题的关键.5.如图所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A和B,A带负电、质量为m、电荷量为q，B质量为2m、不带电，A和B间动摩擦因数为0.5.初始时A、B处于静止状态，现将大小为F=mg的水平恒力作用在B上，g为重力加速度.A、B处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B0.若A、B间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）帅k帅kaxgA.水平力作用瞬间，A的加速度大小为方mA做匀加速运动的时间为方qBomgA的最大速度为标-qBoB的最大加速度为g【答案】C【解析】【详解】设物块A与木板发生相对滑动前，A所受摩擦力不变；以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：F=（2m+m）a，对滑块隔离分析，根据牛顿第二定律有：Ff=ma，联立解得：gF=-mg<umg=0.5mg，可知假设是正确的，A的加速度为：a=-，故A错误；A带f3 3负电，根据左手定则可知，A向左运动的过程中受到的洛伦兹力的方向向上；当物块A在木板上刚好发生相对滑动时，二者间摩擦力为最大静摩擦力，对滑块竖直方向受力分析有:FN+qvB=mg，则摩擦力为：F#FN，对长木板根据动量定理有：Ft-Ff=2mv，对滑块根据动量定理有：F定理有：Fft=mv，联立解得：故B错误；A达到速度最大时，A与B之间的摩擦力mg等于0,可知A受到的洛伦兹力的大小与重力相等则：mg=qv*。，解得：v=菰-，故C正mo mqBo确；当A对B的作用力等于0时，B在水平方向只受到拉力F的作用，此时的加速度最大，由牛顿第二定律得：mg=2m•am，解得：a=g，故D错误.所以C正确，ABD错误.m m26.如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域abcd，其bc边长为L,ab边长为J3L.两同种带电粒子（重力不计）以相同的速/。分别从a点和ab边上的P点垂直射入磁场，速度方向垂直于ab边，两粒子都恰好经过c点，则下列说法中正确的是（）

A.粒子在磁场中运动的轨道半径为2ml3B.3兀L粒子从a点到cA.粒子在磁场中运动的轨道半径为2ml3B.3兀L粒子从a点到c点的运动时间为——2v0C.粒子的比荷为亘02BLD.P点与a点的距离为空L3【答案】ACD【解析】【详解】A、带电粒子在磁场中匀速圆周运动，画出运动轨迹图如图从a点射入磁场的粒子,根据几何关系L+(v3L-R)2=R2R=2mL，所以A正确;33600 33 3v0c3600 33 3v0c、由半径公式r嗡-竽得：q-篇C正确;D、另一粒子由P点垂直入射，在402bc中，0b=史L2 3B、从&点入射的粒子圆心在01,根据几何关系oj=、回L-ZbOc=60。，NaOc=120。11从&至1」c运动时间看=1200TT12从&至1」c运动时间看=— —V —_1 -人 ——Pb=亘L,P与0重合，所以P与a点的距离为2@L,D正确.故选ACD.7.如图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m,电量为q

的正电荷（重力忽略不计）以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度从磁场中射出时速度方向改变了。角，所以粒子做圆周运动的圆心角为。，根据几何关系有：方向改变了9角，磁场的磁感应强度大小为mvAqRtan2B.mvTT9

qRcot—mv方向改变了9角，磁场的磁感应强度大小为mvAqRtan2B.mvTT9

qRcot—mvC-^2D.mv9"qRcos—【答案】B【解析】试题分析：根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示:-8--mvmv0 V2…B= =—r=Rcot—，根据qvB=m一得： qr 0，选项ACD错误，B正确..2 r qRCOt—考点：带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿第二定律、向心力【名师点睛】本题是带电粒子在磁场场中运动的问题，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求同学们能画出粒子运动的轨迹，结合几何关系求解.8.如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点.有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P点进入磁场.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的1/3.将磁感应强度的大小从原来的勺变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2：B1等于PPA.2 B.<3 C.22 D.3【答案】B【解析】分析】画出导电粒子的运动轨迹，找出临界条件好角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力,分别表示出圆周运动的半径，进行比较即可.【详解】磁感应强度为81时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，NPOM=120°,如图所示：P"1所以粒子做圆周运动的半径R为：sin600=-，得：R=亘rr 2

磁感应强度为82时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，NPON=60°,如图所示：中一二_ R.一^r所以粒子做圆周运动的半径R为：sin30°=—，得：R=gr 2由带电粒子做圆周运动的半径：R=mv得：qBR=mvmvR=mvmvqBqB]、四=——r

2mmvmv1R'=——= =-rqBqB2 2联立解得：B.1故选B.【点睛】带电粒子在电磁场中的运动一般有直线运动、圆周运动和一般的曲线运动；直线运动一般由动力学公式求解，圆周运动由洛仑兹力充当向心力，一般的曲线运动一般由动能定理求解.9.下列有关热现象的叙述中，正确的是（）A.一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增加的方向进行B.机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程C.气体可以从单一热源吸收热量，全部用来对外做功而不引起其他变化D.第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E.热量可以从低温物体传到高温物体，但是不可能不引起其它变化【答案】ABE【解析】-10-【详解】A.根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故A正确；B.机械能转化为内能的实际宏观过程是不可逆过程，选项B正确；C.根据热力学第二定律可知，气体不可能从单一热源吸收热量，全部用来对外做功而不引起其他变化，选项C错误；D.第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，选项D错误；E.热量可以从低温物体传到高温物体，但是不可能不引起其它变化，选项E正确；故选ABE.10.如图所示，竖直放置的均匀带阀门的细U型试管，左侧管长30cm，右管足够长且管口开口，初始时左右两管水银面等高，且水银柱高为10cm，左管内被水银封闭的空气柱气体温度为27℃，已知大气压强为P0=75cmHg。（1）若阀门关闭，对左侧封闭气体加热，直至两侧水银面形成5cm长的高度差，则此时气体的温度为多少摄氏度？（2）若打开阀门，直至两侧水银面形成5cm长的高度差，关闭阀门，求放出水银后，左侧气柱的长度。（保留两位有效数字）【答案】（1）87℃（2）21cm【解析】PVPV详解】（1）由理想气体状态方程于=了尸1 2其中封闭气体气体初态的压强P1=75cmHg体积V1=20£升温后封闭气体的压强p2=p0+Pg=80cmHg体积V2=SL2=22.5S代入数据-11-

75义20=80*22.5300T2得T2=360K即12=87℃(2)由理想气体状态方程PM=P3V3其中：p3=p0-pg=70cmHgV3=SL3代入数据得L3=21cm.电子自静止开始经M、N两板间（两板间的电压为U）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.（已知电子的