(含5套模拟卷)天津市塘沽区2021届新高考物理教学质量调研试卷含解析

天津市塘沽区2021届新高考物理教学质量调研试卷一、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.图像法具有自己独特的优势，它能把复杂的物理过程直观形象清楚地展现出来，同时也能够形象地描述两个物理量之间的关系，如图所示，若x轴表示一个物理量，y轴表示一个物理量，其中在实验数据处理时，会发现图像与两个坐标轴的交点（称为截距）具有特殊的物理意义。对该交点的物理意义，下列说法不正确的是（ ）A.在测电源电动势和电源内阻时，若x轴表示流过电源的电流，y轴表示闭合电路电源两端的电压，则该图像与x轴的交点的物理意义是短路电流B.在利用自由落体法验证机械能守恒实验时，若x轴表示重锤下落到某点时速度的平方，y轴表示重锤落到该点的距离，则该图像与x轴交点的物理意义是重锤下落时的初速度C.在用单摆测重力加速度的实验中，若x轴表示摆线长度，y轴表示单摆周期的平方，则该图像与x轴交点绝对值的物理意义是该单摆摆球的半径D.在研究光电效应的实验中，若x轴表示入射光的频率，y轴表示光电子的最大初动能，则该图像与x轴的交点物理意义是该金属的极限频率【答案】B【解析】【分析】【详解】A.根据闭合电路欧姆定律石=。+〃可知，当U=O时，电源的短路电流为rA正确；B.根据机械能守恒定律,1212mgn=—mv——mv0变形得h=-h=-v2

2g2g可知图像与横轴截距的物理意义为初速度的平方，B错误;C.根据单C.根据单摆的周期公式T=变形得r2=-（Z0+r）g可知尸-4图像与横轴交点绝对值的物理意义为摆球半径，C正确；D.根据光电效应方程变形得Ekm=〃联叱4m-丫图像与横轴的交点满足hvc=叱）此时频率匕即为该金属的极限频率，D正确。本题选择不正确的，故选B.2.热核聚变反应之一是笊核（：H）和晁核（：H）聚变反应生成短核（：He）和中子。已知；H的静止质量为2.0136u,：H的静止质量为3.0150U,3He的静止质量为4.0015u,中子的静止质量为1.0087u.又有lu相当于931.5MeV.则反应中释放的核能约为（ ）A.4684.1MeV B.4667.0MeVC.17.1MeV D.939.6MeV【答案】C【解析】【详解】反应的质量亏损Zn=（2.0136u+3.0150u）-（4.0015u+1.0087u）=0.0184u根据爱因斯坦的质能方程，可得放出的能量为AE=Am-c2又有lu=931.5MeV/c2解以上各式得AE»17.1MeV所以C正确，ABD错误。故选C。.如下图所示，光滑半圆槽质量为M,静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处.若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为（）

A.零B.向右C.向左D.不能确定【答案】A【解析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A正确，BCD错误.故选A..采用一稳压交流电源给如图所示电路供电，2、R2、Ra是三个完全相同的定值电阻，理想变压器的匝数比为2：1,开关断开时电路消耗的总功率为P,则开关闭合时电路消耗的总功率为（ ）【答案】CC.5PTI).【答案】CC.5PTI).9PV【解析】【分析】【详解】设三个完全相同的定值电阻的阻值为R,电压电压为U,开关断开时，根据等效电路可得电路的总的电阻为R&=R+也？R=5R电路消耗的总功率为R总5R开关闭合时，根据等效电路可得电路的总的电阻为《=/?+（与2£=37?n22电路消耗的总功率为43R43R3故A、B、D错误，C正确;.如图所示为交流发电机发电的示意图，矩形线圈ABCD面积为S、匝数为N、整个线圈的电阻为r。在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO'轴以角速度s匀速转动，外电阻为R,线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在金属滑环L上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。关于发电过程中的四个状态，下列说法正确的是( )A.线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为NBSO'程中的四个状态，下列说法正确的是( )A.线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为NBSO'B.线圈转到图乙位置时，通过线圈的磁通量的变化率为N3S3NBSo)线圈转到图丙位置时，外电路中交流电流表的示数为点~V(R+厂D.线圈转到图丁位置时，AB边感应电流方向为8【答案】D【解析】【分析】【详解】A.线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为BS,与匝数无关，A错误;B.线圈转到图乙位置时，感应电动势E-NBSct)-N m \t解得磁通量的变化率A<t>—=BSo)ArB错误；C.电流表示数显示的为有效值耳/_01_NBSd)~R+r~^/2(R+r)C错误；D.线圈转到图丁位置时，根据楞次定律可知线框中的电流为Ar8fCf D正确。故选D.6.木箱内的地板上放置一个5kg的物体，钢绳吊着木箱静止在某一高度处。从计时时刻开始钢绳拉着木箱向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为4m/s,至第3s末钢绳突然断裂，此后木箱先向上做匀减速运动，到达最高点后开始竖直下落，7s末落至地面。木箱在空中运动的过程中地板始终保持水平，重力加速度取10m/s2.下列说法正确的是（）A.第2秒末物体的重力增大到70NB.第4秒末物体对木箱地板的压力为70NC.第4秒末物体对木箱地板的压力为50ND.第6秒末物体对木箱地板的压力为0【答案】D【解析】【分析】【详解】A.第2秒末，物体的加速度向上，物体处于超重状态，但物体的重力不会随着物体的运动状态变化而变化，故A错误；BC.第4秒末物体的加速度为重力加速度g,物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0,故BC错误；D.第6秒末物体的加速度为重力加速度g,物体处于完全失重状态，物体对木箱地板的压力为0,故D正确。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.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A.小球仍然能在A、B间做简谐运动，O点是其平衡位置.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。8.如图，水平面内固定有两根平行的粗糙长直金属导轨，两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。从t=0时开始，对AB棒施加一与导轨平行的水平外力F,使AB棒从静止开始向右做加速度大小为a。的匀加速直线运动。导轨电阻不计，两棒均与导轨接触良好，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力。下列关于CD棒的速度V、加速度a、安培力F安和外力F随时间t变化的关系图线可能正确的是（）DBa【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.因金属棒与导轨之间有摩擦力，可知开始时导体棒CD的速度为零，当所受的安培力等于最大静摩擦力时才开始运动，故A错误；B.开始时，CD棒的速度为零，加速度为零；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，与AB的速度差逐渐变大，则回路中感应电流逐渐变大，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，加速度逐渐变大，当CD的加速度与AB加速度相等时，两棒的速度差保持不变，安培力保持不变，加速度保持不变，故B正确；C.在开始CD棒不动时，安培力A…BLatB2l3aF.»=BL = 1'2R2R即安培力随时间成正比关系增加；当CD开始运动后，导体棒所受的向右的安培力逐渐变大，但非线性增

加，最后保持不变，故C错误;D.对AB外力F=ma0B213a F=ma02R开始时CD加速度为零，AB加速度为3=刖，则此时外力F随时间t线性增加；当CD开始运动后加速度从0开始逐渐变大，导体棒AB所受的向左的安培力逐渐变大，但非线性增加，最后保持不变，故D正确。故选BD.9.在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=lkg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2.由v-t图可知（ ）甲甲A.货物与传送带的摩擦因数为（）.5B.A、B两点的距离为2.4mC.货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功为-U.2JD.货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为19.2J【答案】AC【解析】【分析】【详解】A.由图象可以看出货物做两段均做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有:mgsind+ptmgcosO—ma1mgsinO-/dmgcosO=ma2由图象得到:q=10m/s2,4=2m/s2代入解得:。=37°,〃=0.5选项A正确；B.货物的位移就是AB两点的距离，求出货物的v-t图象与坐标轴围成的面积即为AB两点的距离。所以有：S.b=—x(2x0.2)m+—x(2+4)xlm=0.2m+3m=3.2m选项B错误；C.传送带对货物做的功即为两段运动中摩擦力做的功：W=W；+VK=O.5xlxlOxO.8xO.2J-O.5xlxlOxO.8x3J=-11.2J选项C正确；D.货物与传送带摩擦产生的热量：Q=fx^x]+fxAx2=0.5xlxl0x0.8[(2x0.2-0.2)+(3-2xl)]J=4.8J选项D错误。故选AC.10.如图所示，a为xoy坐标系x负半轴上的一点，空间有平行于xoy坐标平面的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子以初速度V。从a点沿与x轴正半轴成0角斜向右上射入电场.粒子只在电场力作用下运动，经过y正半轴上的b点(图中未标出)，则下列说法正确的是()A.若粒子在b点速度方向沿K轴正方向，则电场方向可能平行于X轴B.若粒子运动过程中在b点速度最小，则b点为粒子运动轨迹上电势最低点C.若粒子在b点速度大小也为“，则a、b两点电势相等D.若粒子在b点的速度为零，则电场方向一定与V。方向相反【答案】CD【解析】【分析】【详解】A项：如果电场平行于x轴，由于粒子在垂直于x轴方向分速度不为0,因此粒子速度不可能平行于x轴，故A错误；B项：若粒子运动过程中在b点速度最小，则在轨迹上b点粒子的电势能最大，由于粒子带正电，因此b点的电势最高，故B错误；C项：若粒子在b点速度大小也为v。，则粒子在a、b两点的动能相等，电势能相等，则a、b两点电势相等，故C正确：D项：若粒子在b点的速度为0,则粒子一定做匀减速直线运动，由于粒子带正电，因此电场方向一定与V。方向相反，故D正确.故选CD.11.如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。P是磁场边界上的一点，大量电荷量为q、质量为m、相同速率的离子从P点沿不同方向同时射入磁场。其中有两个离子先后从磁场边界上的Q点（图中未画出）射出，两离子在磁场边缘的出射方向间的夹角为60。，P点与Q点的距离等于R.则下列说法正确的是（ ）A.离子在磁场中的运动半径为我6B.离子的速率为叵理3mC.两个离子从Q点射出的时间差为黄D.各种方向的离子在磁场边缘的出射点与P点的最大距离为空鸟3【答案】BCD【解析】【详解】从Q点能射出两个离子，则离子圆周运动半径r小于磁场区域圆半径R,运动轨迹如图所示。APQ。为等边三角形。A.由几何关系得PM=—2又有PM「一sin60°解两式得选项A错误;B.在磁场中做圆周运动有解①②式得y/3qBRv= 3m选项B正确；C.圆周运动的周期为2兀m1= qB两离子在磁场中运动的时间分别为则从磁场射出的时间差为选项C正确；D.各种方向的离子从磁场中的出射点与P点的最大距离为3选项D正确；故选BCD.12.如图所示，等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab边与磁场两边界平行，磁场宽度大于be边的长度。现使框架沿be边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c点恰好达到磁场左边界。线框中产生的感应电动势大小为E,感应电流为I（逆时针方向为电流正方向），be两点间的电势差为Uz”金属框的电功率为P。图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是（ ）【答案】BC【解析】【分析】【详解】A.根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为E=B/v可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于be边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故E-r图像的第三阶段画错，故A错误；£B.根据闭合电路的欧姆定律，="，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针（负A值），第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针（正值），故"，图像正确，故B正确；C.由部分电路的欧姆定律4=码…可知。庆.一『图像和i-r图像的形状完全相同，故c正确；D.金属框的电功率为P= 则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则P-f图像错误，故D错误。故选BC.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.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=0.5kg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）图乙中纸带的一端与滑块相连（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50Hz的交流电源，根据图乙求出滑块的加速度a=m/s'.(3)不计纸带与打点计时器间的阻力，滑块的质量M=kg(g取9.8m/sM结果保留3位有效数字).单位：cmCZ7F【答案】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Ax=aT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=O.ls,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Ax=aT利用逐差法，有：0.079+0.0625-0.046-0.0295…,2a= z =1,65m/s.4x0.12(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=0.5x9.8=4.9N根据牛顿第二定律得:F49M=—=^-=2.97kg1.65【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.14.要描绘一只标有“9V、5W”字样小灯泡的完整伏安特性曲线，实验室可供如下器材：A.电流表Ai(量程1.6A,内阻约为1.5。)B.电流表A2(量程3A,内阻约为1.2Q)C.电压表V(量程3V,内阻々=3k。)D.滑动变阻器4(阻值1T1C,额定电流1.8A)E.滑动变阻器&(阻值额定电流1.5A)F.定值电阻6=6k。G.直流电源(电动势E=10V)H.导线和开关(1)请在虚线框中画出电路图一(2)滑动变阻器应选；电流表应选 (填写元件前序号)(3)灯泡两端实际电压与电压表读数U关系式为(4)根据该电路设计图进行实验，测得电压表的读数为U、电流表读数为I,若考虑电表的内阻，则此时灯泡的电阻为(用题目中所给字母或符号表示)【解析】【详解】(D[1]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由题意可知,灯泡额定电压为9V,电压表量程为3V,把电压表量程扩大为9V,应给电压表串联一个定值电阻R3；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示[2][3]灯泡额定电流为,P5/=—=—A~1.56AU9电流表应选A；为方便实验操作，滑动变阻器应选择D；[4]定值电阻阻值是电压表内阻的2倍，则定值电阻两端电压为电压表两端电压的2倍，故灯泡两端电压为U1=3U；,U[5]由图示电路图可知，电流表读数为L则通过灯泡的电流为/一一，则灯泡电阻A四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.一列简谐横波沿K轴正向传播，，=0时的波动图像如图，此时P、Q两质点的振动位移相同。介质中P质点由图像位置回到平衡位置的最短时间为0.1s,Q质点由图像位置回到平衡位置的最短时间为0.5s.求：(i)r=0.4s时刻P质点相对平衡位置的位移(ii)此简谐横波传播速度的大小【解析】【详解】⑴读取图像信息知，振幅A=10cmv/rm波沿X轴正向传播，由同侧原理知尸向下运动，至平衡位置的时间为().Is。。向上运动至波峰后又回到平衡位置，时间为0.5s。由振动的对称性知周期T=2x(0.1+0.5)s=1.2sP质点在0.1s时第一次到平衡位置，之后又沿y轴负方向运动了0.4s-0.1s=0.3s=-r4恰至波谷处。则位移为-/4=-10cm(ii)读取图像信息知，则20.12,v=—= m/s=0.1m/sT1.216.如图所示，在直角坐标系xoy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域I和II,充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场，区域I的磁感应强度大小为B。，区域fl的磁感应强度大小可调，C点坐标为(4L,3D,M点为OC的中点.质量为m带电量为-q的粒子从C点以平行于y轴方向射入磁场D中，速度大小为翌，不计粒子所受重力，粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场.(1)若粒子无法进入区域I中，求区域II磁感应强度大小范围；(2)若粒子恰好不能从AC边射出，求区域H磁感应强度大小；(3)若粒子能到达m点，求区域n磁场的磁感应强度大小的所有可能值.【答案】(1)3(9；(2)8=巴维；(3)若粒子由区域I达到M点，n=l时，B=^B0；n=2时，8=上缘;6 49 8 16n=3时，8="稣；②若粒子由区域H达到M点，n=0时，8=々稣，n=l时，B=£B。24 8 16【解析】【分析】【详解】(1)粒子速度越大，半径越大，当运动轨迹恰好与X轴相切时，恰好不能进入I区域故粒子运动半径e>3L粒子运动半径满足：qBv.=m—代入%="工rQ 2m解得86(2)粒子在区域I中的运动半径/=吟=《qB2若粒子在区域n中的运动半径R较小，则粒子会从AC边射出磁场.恰好不从AC边射出时满足ZO2OiQ=20

又sin26= R-r~c49 49r解得代入%=华2m可得：8=桨49(3)①若粒子由区域I达到M点 Q每次前进Cg=2(/?_r)cos6=g(R_r) S8由周期性：CM=r1cpi(〃=1.2.3...)即5乙=二〃(/?一r)TOC\o"1-5"\h\z25 49R=rT L>—L,解得"4316〃 4833n=l时R=—L9168=?,4n41rn=2时/?=—L932喈综49n=3时R=—L94824b=—bq49②若粒子由区域H达到M点TOC\o"1-5"\h\z由周期性：CM="+〃〃(〃=0.1.2.3...)54<00 〃 a C么即7乙=工/?+=〃(/?一「)，解得/?=、5ln二,解得〃4二2 5 5 °(1+/J) 48 8n=0时 8n=0时R=—L,B=—16 25°1An=i时/?=33B=—32 33点睛：本题考查了带电粒子在磁场中的运动情况，做诸如此类问题时要注意正确画出运动轨迹图，并结合几何关系求出运动的半径，并分析运动的可能性，由于运动的多解性，所以要求我们做此类题目时要细心再细心.17.如图圆柱形导热气缸质量为M,内部横截面积为S,活塞的质量为加，稳定时活塞到气缸底部的距离为4。用竖直方向的力将活塞缓慢向上拉，直到气缸即将离开地面为止，此时活塞仍在气缸中，此过程中拉力做的功为叱…已知大气压强为%,重力加速度为g,环境温度不变，气缸密闭性良好且与活塞之间无摩擦。求：(1)最终活塞到气缸底部的距离右；(2)上拉过程中气体从外界吸收的热量Q。【答案】(DL=PoS【答案】(DL=PoS+mgl

PoS-Mg'(2)Q=++m)g£lP°S—Mg【解析】r详解】(i)以封闭的气体为研究对象，初始状态下，活塞受力平衡，有ptS=puS+mg所以气体压强P\=Po+弋体积M=SA,气缸即将离开地面时，气缸受力平衡，有p2S+Mg=pQS所以压强小=P。一等封闭气体体积％=气体做等温变化，由玻意耳定律有pM=P?匕PoS+mgLP°S-Mg1(2)设活塞移动过程中气体对活塞做的功为叱，由动能定理有W]+W.-(pnS+tng)(L2-Li)=O由热力学第一定律有△U=Q+(_WJ)结合等温变化AU=0解得Q=(PoS+mg)(M+m)gL|

PoS解得Q=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.在xoy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s.M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示.在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处.已知该波的周期大于1s,则下列说法中正确的是（）A.该波的周期为gsB.在t=§s时，N的速度一定为2m/sC.从t=0到t=ls,M向右移动了2m1 2D.从1=§5到1=孑5,M的动能逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A.波速为2m/s,波的周期大于Is,则波长大于2m,M、N的平衡位置相距2m,M、N的平衡位置间距小于波长；t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，波沿x轴正方向传播，则t=0时，波形图如图所示，所以3,c—a=2m4该波的周期：4解得：该波的周期为］S,故A项错误;4 _ 1B.T=§s,t=0时，N位于其平衡位置上方最大位移处，则在t=§s时，N位于其平衡位置向y轴负方向运动，由于振幅未知，所以振动的速度未知，故B项错误；C.波传播过程中质点不随波迁移，质点在自身平衡位置附近振动，故C项错误；4 1D.在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，因T=§s,则t=^s时，M位于其平衡位置上方最2 1 2大位移处，t=^s时，M通过其平衡位置沿y轴负方向运动，t='S到t=1S,M的动能逐渐增大，故D项正确。2.如图所示，小球被轻绳系住，静止在光滑斜面上.若按力的实际作用效果来分解小球受到的重力G,则G的两个分力的方向分别是图中的()A.1和2B.1和3C.2和3D.1和4【答案】A【解析】【分析】将力进行分解时，一般要按照力的实际作用效果来分解或按需要正交分解，若要按照力的实际作用效果来分解，要看力产生的实际效果。【详解】小球重力产生两个效果，一是使绳子拉伸，二是使斜面受压，故应按此两个方向分解，分别是1和2,故A正确，BCD错误。故选：A.【点睛】按照力的实际作用效果来分解是常用方法，看准产生的效果即可，比较简单。3.如图所示，固定斜面上放一质量为m的物块，物块通过轻弹簧与斜面底端的挡板连接，开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑。现将物块向上移动一段距离后由静止释放，物块一直向下运动到最低点，此时刚好不上滑，斜面的倾角为。，重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向下运动过程中，下列说法不正确的是()A.物块与斜面间的动摩擦因数为tan。 B.当弹簧处于原长时物块的速度最大C.当物块运动到最低点前的一瞬间，加速度大小为gsin， D.物块的动能和弹簧的弹性势能的总和为一定值【答案】C【解析】【详解】A.由于开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑，则mgsin0=jumgcos0得物块与斜面间的动摩擦因数〃=tan，选项A正确；B.由于物块一直向下运动，因此滑动摩擦力始终与重力沿斜面向下的分力平衡，因此当弹簧处于原长时，物块受到的合外力为零，此时速度最大，选项B正确；C.由于物块在最低点时刚好不上滑，此时弹簧的弹力F=mgsin0+/nmgcos0—2mgsin6物块在到达最低点前的一瞬间，加速度大小为Fa=-=2gsin0m选项C错误；D.对物块研究WF+WG+Wf=^Ek而重力做功和摩擦力做功的代数和为零，因此弹簧的弹力做功等于物块动能的变化量，即弹簧的弹性势能和物块的动能之和为定值，选项D正确。故选C。4.如图所示，空间存在垂直于斜面向下的匀强电场（图中未画出），两个带电物块A和B位于图中位置，A固定于水平地面上，B置于光滑斜面上，B的重力为G,则下列情况能让B在斜面上保持静止且让B对斜面的压力小于Geos©的是（ ）A和B都带正电荷A和B都带负电荷A带正电荷，B带负电荷A带负电荷，B带正电荷【答案】B【解析】CD.B能保持静止，说明B受到的合力为零，两物块A、B带异种电荷，B受到的合力不为零，CD错误；A.如果B带正电，则让B对斜面的压力大于Gco$。，A错误；B.如果B带正电，则让B对斜面的压力小于Geos。，B正确。故选B.5.如图所示，一质量为m°=4kg、倾角0=45。的斜面体C放在光滑水平桌面上，斜面上登放质量均为m=lkg的物块A和B,物块B的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A下表面间的动摩擦因数为卜=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B在水平恒力F作用下与物块A和斜面体C一起恰好保持相对静止地向右运动，取g=10m/s2,下列判断正确的是（）A.物块A受到摩擦力大小%=5NB.斜面体的加速度大小为a=10m/s2C.水平恒力大小F=15ND.若水平恒力F作用在A上，A、B、C三物体仍然可以相对静止【答案】A【解析】【详解】ABC.对物块A和B分析，受力重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示根据牛顿第二定律则有F-NsinO=Ima其中/VcosO=21ng对物块A、B和斜面体C分析，根据牛顿第二定律则有尸=(2，”+%)a联立解得a=5m/s2F=30N对物块A分析，根据牛顿第二定律可得物块A受到摩擦力大小Ff=5N故A正确，B、C错误；D.若水平恒力/作用在A上，则有F—pimg=maA解得aA=25mzs2>a所以物块A相对物块B滑动，故D错误；故选A。6.北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星定位和导轨系统，预计2020年形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，轨道半径二二=二二〉二二，其中a是地球同步卫星，不考虑空气阻力。则a的向心力小于c的向心力a、b卫星的加速度一定相等c在运动过程中不可能经过北京上空b的周期等于地球自转周期【答案】D【解析】因a、c的质量关系不确定，则无法比较两卫星的向心力的大小，选项A错误；a、b卫星的半径相同，则加速度的大小一定相同，选项B错误；c是一般的人造卫星，可能会经过北京的上空，选项C错误；a、b的半径相同，则周期相同，因a是地球的同步卫星，则两卫星的周期都等于地球自转的周期，选项D正确；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。分.图为回旋加速器的示意图，。形金属盒半径为R,两盒间的狭缝很小，磁感应强度为3的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为一,加速电压为（7。A处粒子源产生笊核，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。若加速过程中粒子在磁场中运动的周期与高频交流电周期相等，则下列说法正确的是（ ）A.若加速电压增加为原来2倍，则笊核的最大动能变为原来的2倍.若高频交流电的频率增加为原来2倍，则磁感应强度变为原来的2倍C.若该加速器对敏核加速，则高频交流电的频率应变为原来的2倍D.若该加速器对氮核加速，则氮核的最大动能是宛核最动能的2倍【答案】BD【解析】【详解】A.质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R,则根据v ] 2）加C, ] 2）加C,黑核的比荷为二，晁核的比荷为；，根据丁=不一可知，若该加速器对叙核加速，则高频交流电的 3 BqqvB=m—知丫=幽m则最大动能为与加速的电压无关，故A错误；B.电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，若高频交流电的频率增加为原来2倍，则T为原来24〃7一半，而丁=丁，则磁感应强度变为原来的2倍。故B正确；Bq

3 2周期应变为原来的？倍，频率为原来的］.故c错误;D.最大动能2m2m若该加速器对短核加速，则氮核的最大功能是笊核最大功能的2倍。故D正确。故选BD..跳台滑雪是勇敢者的运动，这项运动非常惊险。如图（a）,在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其VT图像如图（b）所示，L和匕是他落在倾斜雪道上的时刻。贝IJ（）A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为vi时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大【答案】ABD【解析】【详解】A.根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，故A正确：B.由图象知，第二次的运动时间大于第一次运动的时间，由于第二次竖直方向下落距离大，合位移方向不变，所以第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B正确；C.由图象知，第二次滑翔时的竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义式可知其平均加速度小,故c错误；D.当竖直方向速度大小为”时，第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔时图象的斜率，而图象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时速度达到V1时加速度大于第二次时的加速度，根据mg—f=ma可得阻力大的加速度小，第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D正确。故选ABD..下列说法正确的是A.做简谐振动的物体，速度和位移都相同的相邻时间间隔为一个周期B.当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不多时才能发生衍射C.波的周期与波源的振动周期相同，波速与波源的振动速度相同D.电磁波在与电场和磁场均垂直的方向上传播E.相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关【答案】ADE【解析】【详解】A.做简谐振动的物体，两相邻的位移和速度始终完全相同的两状态间的时间间隔为一个周期，故A正确;B.当障碍物的尺寸小于波长或与波长差不多时才能发生明显衍射，故B错误；C.波的周期与波源的振动周期相同，波速是波在介质中的传播速度，在均匀介质中波速是不变的，而波源的振动速度是波源做简谐运动的速度，是时刻变化的，故C错误：D.电磁波在与电场和磁场均垂直的方向上传播，电磁波是横波，故D正确；E.相对论认为时间和空间与物质的运动状态有关，故E正确。故选ADE.10.如图（a）,物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平.t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力.细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示.木板与实验台之间的摩擦可以忽略.重力加速度取g=10m/sl由题给数据可以得出A.木板的质量为1kgls~4s内，力F的大小为0.4N0~ls内，力F的大小保持不变D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.1【答案】AB【解析】【详解】结合两图像可判断出01s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f,故F在此过程中是变力，即C错误；L5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力,

由牛顿运动定律，对L4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg,l-4s内的力F为0.4N,故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数内故D错误.11.质谱仪又称质谱计，是根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。如图所示为某品牌质谱仪的原理示意图，初速度为零的粒子在加速电场中，经电压U加速后，经小孔P沿垂直极板方向进入垂直纸面的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，旋转半周后打在荧光屏上形成亮点。但受加速场实际结构的影响，从小孔P处射出的粒子方向会有相对极板垂线左右相等的微小角度的发散(其他方向的忽略不计)，光屏上会出现亮线，若粒子电量均为q,其中质量分别为mi、m2(m2>mi)的两种粒子在屏上形成的亮线部分重合，粒子重力忽略不计，则下列判断正确的是()小孔P处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角。满足cos0=c.两种粒子形成亮线的最大总长度为生等mB.小孔P处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角0满足sin0=—c.两种粒子形成亮线的最大总长度为生等m9(/I?—IT1)D.两种粒子形成亮线的最大总长度为一丁”D【答案】AD【解析】【详解】由题意知qU=-m^解得同理设左右最大发射角均为。时，粒子以光斑的右边缘恰好与粒子肛光斑的左边缘重合，如图所示（图中虚线为92半圆轨迹和向左发散。角轨迹，实线为仍半圆轨迹和向左发散〃轨迹），则2R2cos0=2R1联立解得cos6）=叵此时两种粒子光斑总宽度为Ax=27?,—2Rcos6解得故选AD.12.如图所示，在真空中，某点电荷Q形成的电场中，a、b、c三个虚线圆分别表示电场中的三个等势面,它们的电势分别为45V、25V、15V.一粒子q带电荷量大小为0.1C,电性未知，在电场中的运动轨迹如图中实线KLMN所示。下列说法正确的是（）A.场源电荷Q带负电B.粒子q带正电C.粒子q从K到L的过程中，克服电场力做功3JD.粒子在距场源电荷最近的L处动能为零【答案】BC【解析】【分析】【详解】A.因为a、b、c三个虚线圆电势分别为45V、25V、15V,说明场源电荷Q带正电，故A错误；B.由粒子运动轨迹可知，粒子与场源电荷之间是斥力作用，粒子q带正电，故B正确；C.粒子q从K到L的过程中，电势升高，电势差为30V,克服电场力做功为W=gU=3J故C正确；D.由运动轨迹可以看出，粒子做曲线运动，在L处速度大小不可能为零，故D错误。故选BC.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.某同学在研究性学习中,利用所学的知识解决了如下问题:一轻弹簧一端固定于某一深度为h=0.25m、开口向右的小筒中(没有外力作用时弹簧的另一端也位于筒内)，如图甲所示，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒外弹簧的长度I,现要测出弹簧的原长I。和弹簧的劲度系数，该同学通过改变所挂钩码的个数来改变1,作出F—1图线如图乙所示.■njsswwn-~»io4j——o10203040//cmI甲 乙(1)由此图线可得出的结论是.(2)弹簧的劲度系数为N/m,弹簧的原长1。=m.【答案】在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比 100 0.15【解析】【详解】试题分析：(1)[1]根据图象结合数学知识可知：在弹性限度内，弹力与弹簧的伸长量成正比；[2][3]根据胡克定律F与/的关系式为：F=k(I+h—I。)=kl+k(h-1。),从图象中可得直线的斜率为2N/cm,截距为20N,故弹簧的劲度系数为k=\N/cm=100NIm,由k(h-lo)=2ON,于是：/0=15cw=0.15w考点：考查了胡可定律【名师点睛】找到各个物理量之间的关系，然后根据胡克定律列方程，是解答本题的突破口，这要求学生有较强的数学

推导能力..精密测量工具的原理及读数⑴甲同学用游标卡尺测量某物体的厚度，如图所示，则该物体厚度测量值为一cm；0 2cm。 10 20(2)乙同学用螺旋测微器测量铅笔芯的直径D如图所示，读数D=mmo「「2010"J-三一-三一-三一-三一【答案】0.225 2.150(2.150±0.002)【解析】【分析】【详解】(1)[1]根据游标卡尺的读数方法可知其读数为d=2mm+5x0.05mm=2.25mm=0.225cm(2)[21根据螺旋测微器的读数方法可知其读数为D=2mm+15.0x0.01mm=2.150mm四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分.如图所示，光滑斜面倾角0=60°,其底端与竖直平面内半径为R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B(均可视为质点)用L=1.5R的轻杆通过轻质较链相连，B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A,假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失(速度大小不变)。重力加速度为g。求：(1)刚释放时，球A的加速度大小；(2)小球A运动到最低点时的速度大小；(3)已知小球以运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a,求此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小。D【答案】(l)q=—^g;(2)vA-yj3.5gRj(3) =5.5mg+ma【解析】【分析】【详解】(】)由牛顿第二定律得mgsin60=mc^解得(2)小球A初始位置距水平面高度设为々，由几何关系得Rsin60+(/0-jtan30°=1.5/?sin60解得h.^-R斗4小环B初始位置距水平面高度设为h,由几何关系得%=%+L5Rcos60解得=2R由系统机械能守恒mg\hA+mgA*=Jmvj+；"咫式中匕=0，Mg=0.5R解得⑶以小环8为研究对象，由牛顿第二定律得

F-mg解得到坐标原点的跑离为LQ_0)qBL【解析】【详解】粒子的轨迹如图所示设粒子速率为y如图所示，在第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,一个带正电的粒子质量为F-mg解得到坐标原点的跑离为LQ_0)qBL【解析】【详解】粒子的轨迹如图所示设粒子速率为y如图所示，在第一象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B,一个带正电的粒子质量为以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得(2)若粒子在磁场中有最长的运动时间，求粒子速度大小的范围(1)若粒子恰好能从y轴上距原点L处的Q点飞出磁场，求粒子速度大小;轴上的P点垂直磁场射入，速度与x轴正方向夹角0=45电荷量为q,不计粒子的重力由几何关系得(2)若粒子在磁场运动时间最长，则应从x轴射出磁场，设其速度的最大值为%粒子恰好与y轴相切。由几何关系可知6+/j)cos45°=L解得石=(2-虎)L.粒子的速度-401史蚂.m17.如图所示，质量均为m的物块A、B放在水平圆盘上，它们到转轴的距离分别为r、2r,圆盘做匀速圆周运动。当转动的角速度为3时，其中一个物块刚好要滑动，不计圆盘和中心轴的质量，不计物块的大小，两物块与圆盘间的动摩擦因数相同，重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：AB AB. nn. . n~~n.(i)物块与圆盘间的动摩擦因数为多少；(2)用细线将a、b两物块连接，细线刚好拉直，圆盘由静止开始逐渐增大转动的角速度，当两物块刚好要滑动时，外力对转轴做的功为多少。【答案】(1) (2)—mr2(o2g 3【解析】【详解】(1)由分析可知，物块离转轴的距离越大，越容易滑动，因此最先滑动的是物块B。根据牛顿第二定律fimg=m-2r"解得：2ra2〃二 g(2)当两物块刚好要滑动时，设转动的角速度为叫.对物块A研究有:/umg-T=mr说对物块B研究有:jurng+T=m-2ra\解得：2后69j————CD则物块A的线速度大小为：25/3匕=「阻=—「口物块B的线速度大小为：9 4右vB=2s= rco根据功能关系可得，外力做的功为:W=-mv^+—mVg=—mr2co22021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.放射性元素A经过2次a衰变和1次p衰变后生成一新元素B,则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了A.1位 B.2位 C.3位 D.4位.下列关于电磁感应现象的认识，正确的是（）A.它最先是由奥斯特通过实验发现的B.它说明了电能生磁C.它是指变化的磁场产生电流的现象D.它揭示了电流受到安培力的原因.某学校科技活动小组设计了一个光电烟雾探测器（如图甲），当有烟雾进入探测器时（如图乙），来自光源S的光会被烟雾散射进入光电管C,当光射到光电管中的钠表面时会产生光电流，当光电流大于10*A时，便会触发报警系统报警。已知钠的极限频率为69x1（严Hz,普朗克常量h=6.63xl（r“J・s,光速c=3.0xl08m/S,则下列说法正确的是（ ）A.要使该探测器正常工作，光源S发出的光波波长不能小于5.0x107mB.若光电管发生光电效应，那么光源的光变强时，并不能改变光电烟雾探测器的灵敏度C.光电管C中能发生光电效应是因为光发生了全反射现象D.当报警器报警时，钠表面每秒释放出的光电子最少数目是N=6.25xl（r个.如图，轻弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放有质量相等的物块P、Q,系统处于静止状态。现用竖直向上的力外作用在P上,使其向上做匀加速直线运动以、表示Q离开静止位置的位移，F表示物块P对Q的压力大小，在p、Q分离之前，下列表示尸和X之间关系的图象可能正确的是（ ）.如图所示，为某运动员（可视为质点）参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v-t图象以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力。则下说法中正确的是（）t3时刻达到最高点t2时刻的位移最大h时刻的加速度为负D.在t「t2时间内重力做功Wg小于12T3时间内克服阻力做功Wf.如图甲所示为由某材料制成的电阻R的阻值随温度t变化的图象，若用该电阻与电池（电动势E=1.5V,内阻不计）、电流表（量程为50mA,内阻不计）、电阻箱申联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头。将电阻箱的阻值调为R'=15Q,把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“电阻温度计”。下列说法错误的是（）甲乙甲乙A.温度升高，电路中的电流减小B.电流表刻度较大处对应的温度刻度较小C.电流表的示数为50mA时，电阻R的阻值为30CD.电流表的示数为50mA时，对应的温度为5c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。分.双面磁力擦玻璃器是利用磁铁做中心材料，附加塑料外壳和一些清洁用的海绵布或纤维物质，在塑料外壳外面两侧一侧有绳子和拉环是为了防政璃器从玻璃外面脱落坠下造成安全隐患，另一侧有牢固的手柄以方便工作人员使用。当擦竖直玻璃时，如图所示。下列相关说法正确的是（ ）手柄玻璃 A.磁力擦玻璃器摔落后磁性减弱，可以用安培分子环流假说进行解释.若其中一块改成铜板，根据电磁感应现象可知，也能制作成同样功能的擦窗器C.当擦窗器沿着水平方向匀速运动时，内外两层间的磁力可能是水平方向的D.当擦窗器沿着竖直向下方向匀速运动时，内外两层间的磁力可能是水平方向的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.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.如图所示为“感知向心力”实验示意图，细绳一端拴着一个小砂桶，用手在空中抡动细绳另一端，使小砂桶在水平面内做圆周运动，体会绳子拉力的大小，则下列说法正确的是（ ）y二’A.细绳所提供的力就是向心力B.只增大砂桶的线速度，则细绳上拉力将会增大C.只增大旋转角速度，则细绳上拉力将会增大D.突然放开绳子，小砂桶将做直线运动.如图所示，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在Q点，P为O点正下方一点，OP间的距离等于橡皮筋原长，在P点固定一光滑圆环，橡皮筋穿过圆环。现对小球施加一个外力F,使小球沿以PQ为直径的圆弧缓慢向上运动，不计一切阻力，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）A.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终跟橡皮筋垂直B.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终水平向右C.小球在Q向P运动的过程中外力F逐渐增大D.小球在Q向P运动的过程中外力F先变大后变小.如图所示，x轴在水平面内，y轴在竖直方向。图中画出了沿x轴正方向抛出的两个小球P、Q的运动轨迹，它们在空中某一点相遇。若不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）A.球P先抛出B.两球同时抛出C.球P的初速度大D.球Q的初速度大.下面正确的是A.热量一定是从内能多的物体传递到内能少的物体B.在绝热条件下压缩气体，气体的内能一定增加C.人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度D.液体具有流动性是因为液体分子具有固定的平衡位置E.当两分子间距离为r。时，分子力为0；当分子间距离小于时，分子间表现为斥力三、实验题:共2小题，每题8分，共16分.某实验小组利用频闪照相的方法在暗室中用“滴水法”测重力加速度的大小，当频闪仪频率等于水滴滴落的频率时，看到一串仿佛固定不动的水滴悬在空中.已知水滴下落的时间间隔为0.1S。（1）若频闪间隔T=0.05s,刚好离开水龙头的水滴记为第1滴，测得此时第3滴和第4滴的间距为23.75cm,则当地的重力加速度为（结果保留三位有效数字）。（2）若将频闪间隔调整到0.08s,则水滴在视觉上的运动情况为（填“向上运动”“静止”或“向下运动.某物理兴趣小组设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“X10”和“X100”两种倍率，所用器材如下：甲 乙A.干电池：电动势E=1.5V,内阻r=0.5QB.电流表G：满偏电流Ig=lmA,内阻RgUlSO。C.定值电阻R|=1200QD.电阻箱R2和R3：最大阻值999.99。E.电阻箱R』：最大阻值9999。F.开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干(I)该实验小组按图甲正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2=使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫作欧姆表的内阻R内，则R#=Q,欧姆表的倍率是(选填“xio”或“xioo”)；(2)闭合开关S：第一步：调节电阻箱R2和R3,当R2=。且R3=。时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R“调节R」，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为.四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分.如图甲所示，两竖直同定的光滑导轨AC、间距为L,上端连接一阻值为R的电阻。矩形区域abed上方的矩形区域abA'A内有方向垂直导轨平面向外的均匀分布的磁场，其磁感应强度B,随时间t变化的规律如图乙所示(其中％、to均为已知量)，A、a两点间的高度差为2gt0(其中g为重力加速度)，矩形区域abed下方有磁感应强度大小为B。、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场。现将一长度为L,阻值为R的金属棒从ab处在t=0时刻由静止释放，金属棒在t=to时刻到达cd处，此后的一段时间内做匀速直线运动，金属棒在t=4t。时刻到达CC处，且此时金属棒的速度大小为kgt。(k为常数)。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。求：⑴金属棒到达cd处时的速度大小v以及a、d两点间的高度差h；(2)金属棒的质量m；(3)在0—器。时间内，回路中产生的焦耳热Q以及d、C两点的高度差H.R甲 乙.如图所示，一桌面厚度AC=h,C到地面的高度为10h.O点为桌面上一点，O点到A的距离为2h,在O点固定一个钉子，在钉子上拴一长度为4h的轻质细线，细线另一端拴一个质量为m的小球1»(可视为质点).B在O正上方，OB距离为4h,把小球P拉至B点。(重力加速度为g)(1)若小球获得一个水平向右的初速度，小球不能打在桌面上，求小球的最小初速度：(2)给小球一水平向右的初速度，当小球恰好在竖直面内做圆周运动时，小球运动到C点正下方后瞬间细线断了。已知小球在运动过程中没有与桌腿相碰，求小球自细线断开瞬间运动到地面的水平位移和细线能承受的弹力的范围。.在竖直面内有一水平向右的场强为£=等的匀强电场，AB为电场中一条直线，与竖直方向夹角为e（未知），一质量为m电量为-q的小球以一定的初动能Ek。从P点沿直线BA向上运动，运动到最高点Q的过程中电势能增加了石线。，运动过程中空气阻力大小恒定，重力加速度取g,（取出位置为零势能点）求：（1）AB与竖直方向夹角0；⑵小球返回P点时的机械能E.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【解析】【分析】【详解】a粒子是；He,口粒子是」；e,因此发生一次a衰变电荷数减少2,发生一次p衰变电荷数增加1,据题意，电荷数变化为：-2x2+1=-3,所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位.故选项C正确.【点睛】衰变前后质量数和电荷数守恒，根据发生一次a衰变电荷数减少2,发生一次p衰变电荷数增加1可以计算出放射性元素电荷数的变化量.C【解析】【分析】【详解】电磁感应现象最先是由法拉第通过实验发现的，它说明了磁能生电的问题，它是指变化的磁场产生电流的现象，故选项C正确.D【解析】【分析】【详解】A.根据光电效应方程有Ekm=hv-wn=h^--hvttA则光源s发出的光波最大波长~~~~^X1°ldm=5xlO~7m=0.5tim™ilu06.00xlO14即要使该探测器正常工作，光源s发出的光波波长不能大于选项A错误；B.光源S发出的光波能使光电管发生光电效应，那么光源越强，被烟雾散射进入光电管C的光越多，越容易探测到烟雾，即光电烟雾探测器灵敏度越高，选项B错误；C.光电管C中能发生光电效应是因为照射光电管的光束能量大于其逸出功而使其发射出电子，选项C错误；D.光电流等于108A时，每秒产生的光电子的个数n=—=1° 个=6.25x1(V。个e1.6x1019选项D正确。故选D。C【解析】【详解】系统静止时，由胡克定律和力的平衡条件得kl\x=2mg物块Q匀加速向上运动时，由牛顿第二定律得左(Ax—x)—mg—F=ma联立以上两式解得F=m(g—d)—kx对照图象得C正确。故选C。D【解析】【详解】A.运动员起跳时的速度方向向上，可知，h时刻达到最高点，故A错误。B.在0位时间内，v“图象为直线，加速度不变，所以在0七时间内人在空中，h时刻达到最高点，匕七时间内下落，t2时刻开始进入水面，t3时刻达到水中最深处，t3时刻的位移最大，故B错误。C.根据速度图象的斜率表示加速度，知时刻的加速度为正，故C错误。D.在3t3时间内，根据动能定理知%2+%3-%3=0即%2=%3-%”所以在t1~t2时间内重力做功Wg12小于12T3时间内克服阻力做功W3,故D正确。故选D。C【解析】【详解】AB.由图甲可知，温度升高，电阻R的阻值增大，电路中电流减小，因此电流表刻度较大处对应的温度刻度较小，AB项正确，不符合题意；CD.电流表的示数为50mA时，电路总电阻为30Q,电阻箱的阻值R，=15Q。则R=15Q,由图甲可得对应的温度为5C,C项错误，符合题意，D项正确，不符合题意；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()分AD【解析】【详解】A、剧烈的碰撞和升高温度都会减弱磁体的磁性，可以用安培分子环流假说进行解释。故A正确；B、力擦玻璃器并非是通过电磁感应来进行工作的，而是利用磁体之间异名磁极的相互吸引来工作的。故B错误；C、当擦窗器沿着水平方向匀速运动时，根据力的平衡条件，以其中一层为对象，对磁体进行受力分析，有竖直向下的重力、水平方向的摩擦力、则此方向斜向上，故C错误；D、当擦窗器沿着竖直向下匀速运动时，根据力的平衡条件，以其中一层为对象，对磁体在水平方向受到磁力和玻璃的支持力，竖直方向若竖直向下的重力等于竖直向上的摩擦力、则竖直方向的磁力为零，此时磁力的合力为水平方向。故D正确。故选AD。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.BC【解析】【详解】A.小砂桶的向心力是由小砂桶的重力和绳的拉力的合力提供的，选项A错误；B.如果小砂桶的线速度增大，则小砂桶的向心力会增大，绳的拉力与竖直方向的夹角。会增大，绳的拉力COS0故绳的拉力会随着0的增大而增大，选项B正确；C.角速度增大，同样会导致绳与竖直方向的夹角。增大，同理选项c正确：D.突然放开绳子，小砂桶仍受重力作用，会从切线方向平抛出去，选项D错误。故选BC.AC【解析】【分析】【详解】设圆的半径为R,则PQ=2ROP为橡皮筋的原长，设劲度系数为k,开始时小球二力平衡有k-2R=mg当移动到橡皮筋与竖直方向成。角时，受力分析:弹力大小为T=2kRcos0=mgcos0所以有尸=mgsin夕且方向跟橡皮筋垂直，移动过程中。一直增大，sin。一直增大，尸一直增大，AC正确，BD错误。故选AC.BC【解析】【详解】AB.两球均做平抛运动，竖直方向为自由落体运动。在空中某处相遇则竖直位移y相同。由y=/g/知二者运动时间t相同，则同时抛出，选项A错误，B正确。CD.由题图知两球运动至相遇点时，球1＞的水平位移x大，由％=玲/知球P的初速度大，选项C正确,D错误；故选BC.BCE【解析】【详解】A.热量能从温度高的物体传递到温度低的物体，但温度高的物体的内能不一定大，故A错误；B.在绝热条件下压缩气体，外界对气体做功而没有热传递，根据热力学第一定律可知气体的内能一定增加，故B正确；C.人对空气干爽与潮湿的感受主要取决于空气的相对湿度，空气的相对湿度越大，人们感觉越潮湿，相对湿度越小感觉越干燥，故c正确；D.液体具有流动性是因为液体分子不具有固定的平衡位置，故D错误；E.根据分子力的特点可知，当两分子间距离为r。时，分子力为0,当分子间距离小于r。时，分子间表现为斥力，故E正确；故选BCE.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分9.50m/s2 向上运动【解析】【详解】(1)111频闪间隔不影响水滴下落的实际时间间隔，第4滴的下落时间为t4=0.3s第3滴的下落时间为t3=0.2s由得1,1,5gx0.3"m-—gx0.2-m=0.2375m解得g-9.50m/s2(2)【2|由于频闪间隔小于水滴下落间隔，观察者会发现水滴出现在上一滴水滴位置的上方，即观察者认为水滴向上运动。149.5 1500 X100 14.5 150 10【解析】【详解】[1][2].由闭合电路欧姆定律可知:欧姆表的内阻为E15&=_=•^―Q=15000讷/0.001则R2=Rrt—R1—Rg—r=(1500—1200—150—0.5)S2=149.5Q,中值电阻应为1500C,根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为xlO,则中值刻度太大,不符合实际，故欧姆表倍率应为“x100”。[3][4].为了得到“xio”倍率，应让满偏时对应的电阻为150Q；

电流为/=—^-A=0.01A：1150此时表头中电流应为0.001A,则与之并联电阻&电流应为(0.01-0.001)A=0.009A,并联电阻为0.001x(150+1200)R0.001x(150+1200)R2+r=0.0091.5-1.35 Q=15C0.01£2=15012；R2=(15-0.5)Q=14.5Q；.图示电流为0.60mA,干路电流为6.0mA则总电阻为1.5 ,R&=——xlOJ£2=250Q6.0故待测电阻为R==(250—150)。=100Q；故对应的刻度应为10.本题共3题，每题本题共3题，每题8分，共24分铲二(7—2Qgf；K(l)gto,【解析】【分析】【详解】(1)在0~t0时间内，金属棒不受安培力，从ab处运动到cd处的过程做自由落体运动，则有,1 2h=~8to(2)在0~2t。时间内，回路中由于ab上方的磁场变化产生的感应电动势D&=^L-2gR=gBJt。在to~2to时间内，回路中由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势E?=B()Lv=gBnLtn经分析可知，在t『2t。时间内，金属棒做匀速直线运动，回路中有逆时针方向的感应电流，总的感应电动势为E=g+弓根据闭合电路的欧姆定律有1=且2R对金属棒，由受力平衡条件有BoIL=mg解得(3)在0~t(＞时间内，回路中产生的焦耳热：E212R°在to~2t”时间内，金属棒匀速下落的高度：%=%在2t。时间内，回路中产生的焦耳热E202=赤"。设在2t°~4t0时间内，金属棒下落的高度为h2,回路中通过的感应电流的平均值为I,有7x°2R2R根据动量定理有mgx2/0—B()/Lx2t0—krng%—mv解得%=(6-2Qgf：经分析可知解得H=(l-2k)gt；根据能量守恒定律可知，在2t。~44时间内，回路中产生的焦耳热。3=mge+-mv2--m(kgt0)2经分析可知Q=Qi+Q2+Q3解得Qy=mgh+^mv2-^m[kgt0)2(1)K= ；(2)x=12&〃，17mg>F、9mg.【解析】【详解】(1)在小球不能打在桌面上的前提下，由分析可知，小球恰好击中A点时，小球的初速度最小，该过程小球做平抛运动，设小球P的最小初速度为v,。水平方向由2h=卬竖直方向有I2^h=-gf解得「J?(2)设小球在8点的速度为匕，运动到。点正下方时对应的速度设为％,在B点,对小球，根据向心力公式有从8点运动到。点正下方，根据动能定理有mg(4h+2h)=gmv；-gmv；解得%=J16g〃对小球，经过。点正下方的前、后瞬间，细线拉力分别设为耳和鸟，分别应用向心力公式有E， fflVcF,-mg=L-h解得£=9mgF2=17mg结合牛顿第三定律可知细线能承受的弹力范围171ng>F29mg细线断裂后，小球做平抛运动，设小球的水平位移为x,则水平方向有x=vctx竖直方向有\Oh-h=-gtf联立解得x=12同„7„(1)^=37°,(2)E=-EW.【解析】【详解】⑴由于粒子沿BA做直线运动，合外力与速度共线，由几何关系知：tane3=3mg4解得：，=37。；⑵重力做功和电场力做功的关系：3 3 9%=qEx=—mg•—//=—mgh由动能定理：—qEx—mgh—W^{=0-/得：卬削=gEg故全程机械能减少量为："=2%=|耳。故：7E=Ek0-2^f=-Ek02021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.物体的动能增加，其内能也一定增加B.扩散现象和布朗运动都是分子的无规则热运动C.一定质量的气体膨胀对外做功，气体内能一定增加D.随着分子间的距离增大，分子间的引力、斥力都减小【答案】D【解析】【分析】【详解】A.物体的内能由分子动能和分子势能构成，与宏观的机械能大小无关，A错误；B.布朗运动是固体小颗粒的运动，不是分子热运动，B错误；C.根据热力学第一定律△U=Q+W可知一定质量的气体膨胀对外做功，吸放热情况未知，所以气体内能不一定增加，C错误；D.随着分子间的距离增大，分子间的引力、斥力都减小，D正确。故选D。2.轻绳一端系在质量为m的物体A上，另一端系在一个套在粗糙竖直杆MN的圆环上。现用水平力F拉住绳子上一点O,使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。则在这一过程中，环对杆的摩擦力Fi和环对杆的压力F,的变化情况是（ ）2A.B保持不变，F2逐渐增大 B.Fi逐渐增大，F2保持不变C.M逐渐减小，F2保持不变 D.艮保持不变，Fz逐渐减小【答案】D【解析】【详解】以圆环、物体A及轻绳整体为研究对象，分析受力情况，如图1所示，根据平衡条件得到，杆对环的摩擦力f=G保持不变；杆对环的弹力Fn=F再以结点O为研究对象，分析受力情况，如图2所示：设绳与竖直方向夹角为0,由平衡条件得到F=mgtan0当物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置过程中，0逐渐减小，则F逐渐减小，F、逐渐减小。据牛顿第三定律可得，艮保持不变，2逐渐减小。故D项正确，ABC三项错误。3.如图所示，铁芯上绕有线圈A和B,线圈A与电源连接，线圈B与理性发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感，下列说法正确的是A.闭合S,D闪亮一下B.闭合S,C将会过一小段时间接通C.断开S,D不会闪亮D.断开S,C将会过一小段时间断开【答案】D【解析】【详解】AB.当闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流方向逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则线圈B不会闪亮一下，则线圈A中磁场立刻吸引C,导致其即时接触，故A,B错误；CD.当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则