(含5套模拟卷)吉林省白山市2021届新高考物理第三次调研试卷含解析

吉林省白山市2021届新高考物理第三次调研试卷一、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.关于固体、液体、气体和物态变化，下列说法中正确的是（ ）A.晶体一定具有各向异性的特征B.液体表面张力是液体内部分子间的相互作用0c的铁和0C的铜，它们的分子平均速率相同一定质量的某种理想气体状态改变时，内能不一定改变【答案】D【解析】【详解】A.单晶体具有各向异性的特征，多晶体表现为各向同性，选项A错误；B.液体表面张力是液体表面层分子间的相互作用，选项B错误；0C的铁和0C的铜，它们的分子平均动能相同，但是分子平均速率不相同，选项c错误；一定质量的理想气体的状态改变时，若温度不变，则其内能不变，故D正确；故选D。2.国庆70周年阅兵展出了我国高超音速乘波体导弹——东风47,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>33GA.F=33G B.F>33G【答案】B【解析】【分析】【详解】在a处时，重力提供向心力，则C.F=32GD.F<32G在b处时"J（⑵）：gR联立解得F=33G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。3.将检验电荷q放在电场中，q受到的电场力为F,我们用打来描述电场的强弱。类比于这种分析检验qTOC\o"1-5"\h\z物体在场中受力的方法，我们要描述磁场的强弱，下列表达式中正确的是（ ）A.9 B. c.土 D.、匡S Lv IL VLv【答案】C【解析】【详解】将检验电荷q放在电场中，q受到的电场力为F,我们用£来描述电场的强弱；类比于这种分析检验物体q在场中受力的方法，用8='来描述磁场的强弱；故C项正确，ABD三项错误。4.如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A,开始时木块A静止，现让一质量为根的木块8从木块A正上方高为力处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间/木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块8碰撞时间极短，重力加速度为g,下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量/的大小正确的是（）B./=2(Af+zn)gtD.B./=2(Af+zn)gtD.I=2md2gh+2(M+m)gtA./=2(M+2ghC.I=2(M—2gh【答案】D【解析】【分析】【详解】B下落h时的速度为VB=yj2gh物块B与A碰撞过程动量守恒，则mvH=(M+tri)v以向下为正方向，则两物块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理(M+ =0-(M+m)v从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量/的大小为I=2Ii联立解得I=2闲2gh+2(A/+m)gt故选D。5.如图所示为某种电流表的原理示意图，质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的轻弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k。在矩形区域abed内有匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外，与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab的长度。当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度。已知k=2.0N/m,ab的长度为().20m,be的长度为0.05m,B=0.20T,重力加速度为g.下列说法不正确的是()A.当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为等kB.若要电流表正常工作，应将MN的M端与电源正极相接C.该电流表的量程是2.5AD.若将量程扩大到2倍，磁感应强度应变为0.20T【答案】D【解析】【分析】【详解】A.设弹簧的伸长量为Ax,则有

mg=kAx得amgAx=—k故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为等，故A正确，不符合题意；kB.为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极，故B正确，不符合题意；C.设满量程时通过MN的电流为Im，则有BInJab+mg=k(lbc+Ax)解得Im=2.5A故该电流表的量程是2.5A,故C正确，不符合题意；D.设量程扩大后，磁感应强度变为B，，则有2B,Imlah+mg=k(Iz+Ax)解得B^O.IOT故D错误，符合题意。故选D。.如图所示，汽车以10m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线35m处时，绿灯还有4s熄灭。由于有人横向进入路口，该汽车在绿灯熄灭前要停在停车线处，则汽车运动的UT图象可能是( )//(m•s-1) (;/(m•s"10 \ „10//(m•s-1) (;/(m•s"10 \ „10、.1一 ,LX01234诵 0123|i；/(m,s")0-10rrx.01234〃s) |p/(ni,s-1)4〃s 01234〃s【答案】c【解析】【详解】要使汽车停在停车线处，则丫-/图线与坐标轴所围图形的面积应刚好等于35m。A、B选项的面积明显均小于30m,D选项的面积为25m,而C选项的面积介于20m到40m之间。根据排除法，只有C正确。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.如图所示，半径为r、电阻为R的单匝圆形线框静止于绝缘水平面上，以圆形线框的一条直径为界，其左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，以垂直纸面向里的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律分别如图乙所示。则0~t。时间内，下列说法正确的是（）A. ■时刻线框中磁通量为零B.线框中电流方向为顺时针方向C.线框中的感应电流大小为色旦27rB2r3D.线框受到地面向右的摩擦力为一FJR【答案】ACD【解析】【分析】【详解】A.与时刻，两部分磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，线框中的磁通量为零，A正确。B.根据楞次定律可知，左侧的导线框的感应电流是逆时针，而右侧的导线框的感应电流也是逆时针，则整个导线框的感应电流方向为逆时针，B错误。C.由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知整个导线框产生感应电动势为左、右两侧电动势之和，即由闭合电路欧姆定律，得感应电流大小E夕阳）/—Rt^R故C正确。D.由左手定则可知，左、右两侧的导线框均受到向左的安培力，则所受地面的摩擦力方向向右、大小与线框所受的安培力大小相等，即。kD--T=BJ2r+B、I2r=（B1+B,）I2r=2B（"=——0R故D正确。故选ACD..如图所示，绝缘材料制成的半径为R的内壁光滑圆轨道，竖直放置在水平地面上且左右恰被光滑挡板挡住,圆心O点固定着电荷量为Q的场源点电荷.一电荷量为q、可视为质点的带电小球沿轨道内壁做圆周运动,当小球运动到最高点A时,地面对轨道的弹力恰好为零.若轨道与小球的质量均为加,Q4>0，忽略小球的电荷对Q形成的电场的影响，重力加速度为g,静电力常量为A.下列说法中正确的是（ ）A.轨道内壁的电场强度处处相同B.轨道内壁的电势处处相等C.运动到与圆心等高的B点时，小球对轨道的压力大小为4机g-k挈D.运动到最低点C时，小球对轨道的压力大小为7mg【答案】BD【解析】【详解】由点电荷的场强公式石=学可知，场源点电荷在轨道内壁处产生的电场强度大小相等，但方向不同，A错误；轨道内壁上各点到场源点电荷的距离相同，电势相等；带电小球在A点时，带电小球对轨道的弹力竖直向上，大小等于,轨道对带电小球的弹力竖直向下大小为mg,在A点对带电小球有21ng_粤=吧,从A到B由动能定理得mgR=1加力一1机此在b点有M一黑=竺&,联立R2R 2B2 R2R解得在B点时轨道对小球的弹力为N'=4/咫，根据牛顿第三定律可知在B点时小球对轨道的压力大小为4〃%，则选项C错误；在最低点C时，设轨道时小球的弹力为N",则N'-%g-摩=些,由A到CR2R由动能定理有2mgR —mV2,联立解得N"=7mg,根据牛顿第三定律知，运动到最低点C时，小球对轨道的压力大小为7mg,则选项D正确..在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg,在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N（方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过PQ两点时速度大小均为v=5m/s。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角a=37。，01137。=0.6,贝( )A.水平恒力F的方向与PQ连线成53。夹角B.滑块从P到Q的时间为3sC.滑块从P到Q的过程中速度最小值为4m/sD.PQ两点连线的距离为12m【答案】BCD【解析】【详解】A.设水平恒力F的方向与PQ连线夹角为口，滑块过P、Q两点时的速度大小相等，根据动能定理得FxhqCOsP=AEk=O得忏90。，即水平恒力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A错误；B.把P点的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有尸c,2a=-=2m/sm当F方向速度为零时，时间为vsin37°5xsin37°,ct= = s=1.5sa 2根据对称性，滑块从P到Q的时间为t'=2t=3s故B正确；C.当F方向速度为零时，只有垂直F方向的速度v*=vcos370=4m/s此时速度方向与F垂直，速度最小，故C正确；D.垂直F的方向上物块做匀速直线运动，有xpQ=v't'=12m故D正确。故选BCD,10.如图所示，质量为s、色的小球分别带同种电荷/和%,它们用等长的细线悬挂在同一点，由于静电斥力的作用，小球町靠在竖直光滑墙上，町的拉线沿竖直方向，叫、呵均处于静止状态，由于某种原因，两球之间的距离变为原来的一半，则其原因可能是（ ）A.生变为原来的一半 B.生变为原来的八倍C.%变为原来的八分之一 D.%变为原来的四分之一【答案】BC【解析】【详解】AB.如图所示，作出A球受到的重力和库仑斥力，根据平衡条件和几何关系可以知道，OAB与ACQ相似，故有：F_mgxL又因为FkQ2r=k—―X'所以避《Lx3使A球的质量变为原来的8倍，而其他条件不变，才能使A、B两球的距离缩短为故A错误，B正确；CD.使B球的带电量变为原来的而其他条件不变，则x为原来的;，所以C选项是正确的，D错误；故选BC.11.如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为11：2,其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A.变压器输入电压的最大值是220VB.电压表的示数是40VC.若电流表的示数为0.50A,变压器的输入功率是20WD.原线圈输入的正弦交变电流的是频率是100Hz【答案】BC【解析】【分析】【详解】A.由图乙可知交流电压最大值Um=220jIV；故A错误；B.输入电压的有效值为220V,根据变压器电压与匝数成正比知电压表示数2U2=瓶=40V电压表的示数是40V,选项B正确；C.流过电阻中的电流为0.5A,变压器的输入功率是P入=Pw=UI=40x().5W=20W故C正确；D.变压器不改变频率，由图乙可知交流电周期T=0.02s,可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz,故D错误；故选BC.12.抗击新冠肺炎疫情的战斗中，中国移动携手“学习强国”推出了武汉实景24小时直播，通过5G超高清技术向广大用户进行九路信号同时直播武汉城市实况，全方位展现镜头之下的武汉风光，共期武汉“复苏”.5G是“第五代移动通信技术”的简称，其最显著的特征之一为具有超高速的数据传输速率。5G信号一般采用3.3X109—6x109Hz频段的无线电波，而现行第四代移动通信技术4G的频段范围是1.88X109—2.64x109Hz,则 5G信号比4G信号所用的无线电波在真空中传播得更快5G信号相比于4G信号更不容易绕过障碍物，所以5G通信需要搭建更密集的基站C.空间中的5G信号和4G信号不会产生干涉现象D.5G信号是横波，4G信号是纵波E.5G信号所用的无线电波具有波粒二象性【答案】BCE【解析】【分析】【详解】A.任何电磁波在真空中的传播速度均为光速，故传播速度相同，故A错误；5G信号的频率更高，波长更短，故相比4G信号不易发生衍射现象，则5G通信需要搭建更密集的基站，故B正确；5G信号和4G信号的频率不同，则它们相遇不能产生稳定的干涉现象，故C正确；D.电磁波均为横波，故5G信号和4G信号都是横波，故D错误；E.任何电磁波包括无线电波都具有波粒二象性的特点，故E正确。故选BCE.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实验装置某测量木块与木板间动摩擦因数：木W 兽.纸带 ⑶， \ [ABCDETOC\o"1-5"\h\z2钩码 打点计时' 」~i——i—i i-I I I I Ii i t i i9.5011.0012.50 14.00(ca)(1)从打出的若干纸带中选出了如图所示的一条，纸带上A、B、C、D、E这些点的间距如图中标示，其中每相邻两点间还有4个计时点未画出。打点计时器的电源频率是50Hz,根据测量结果计算：则打C点时纸带的速度大小为 m/s；纸带运动的加速度大小为 m/s?。(结果保留3位有效数字)⑵通过(1)测得木块的加速度为a,还测得钩码和木块的质量分别为m和M,已知当地重力加速度为g,则动摩擦因数产 .【答案】1.18m/s L50m/s2mg_(/〃【答案】1.18m/s L50m/s24=Mg【解析】【详解】(1)[1][2].因纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s,设si=9.50cm、S2=n.00cm、S3=12.5cm、S4=14.00cm,打C点时纸带的速度大小为s2+s3vc= 2T代入数值得vc=1.18m/s加速度4+生_($4+53)-(y+S2)4T2

代入数值得a=1.50m/s2(2)[3].对木块、祛码盘和祛码组成的系统，由牛顿第二定律得mg—pMg=(M+m)a解得mg—{m+M)au= Mg14.实验小组利用以下方法对物体的质量进行间接测量，装置如图1所示：一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，已知重物P、Q的质量均为m,当地重力加速度为g。在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z,重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连。(1)先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图2所示的纸带，则系统运动的加速度a=m/s2(结果保留2位有效数字)；(2)在忽略阻力的理想情况下，物块Z质量M的表达式为M=(用字母m、a、g表示)；(3)实际情况下，空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦、定滑轮中的滚动摩擦不可以忽略，物块Z的实际质量与理论值M有一定差异，这种误差是误差(填“偶然”或“系统【答案】8.0 工丝 系统g-a【解析】【分析】根据位移差公式Ax=ar求解系统的加速度.对整个系统进行分析，根据牛顿第二定律求解M的表达式。根据误差来源分析误差的性质.【详解】(1)口]根据位移差公式以=。-，解得系统运动的加速度为。=丝="5坦2%(2亨.64)*炉心=苗T2 4x0.022(2)[2]根据牛顿第二定律，对Q和Z有对物体p有T—mg=ma联立解得M=2幽。g-a(3)[3|由题意可知本实验中误差是由于实验原理的选择而造成的，无法通过多测数据来消除，故这是一种系统误差。【点睛】本题主要考查了通过系统牛顿第二定律测质量的方法，能分析出实验误差的原因.明确系统误差和偶然误差的定义。四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.如图所示，ABC等边三棱镜，P、Q分别为AB边、AC边的中点，BC面镀有一层银，构成一个反射面，一单色光以垂直于BC面的方向从P点射入，经折射、反射，刚好照射在AC边的中点Q,求①棱镜对光的折射率；②使入射光线绕P点在纸面内沿顺时针转动，当光线再次照射到Q点时，入射光线转过的角度.【答案】①6；②120。.【解析】【详解】①画出光路图，根据对称性及光路可逆结合几何关系可知，光在AB面的入射角i=60。，折射角r=30。,根据折射定律有〃=3=6sinr②当光线再次照射到Q点时，光路如图乙所示，由几何关系可知，折射角。=30。，根据折射定律有sincil--7=V3解得：a=60。，因此入射光转过的角度为i+a=120。sin。卬 乙16.如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台.质量为M的软钢锭长为L,上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的.现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为D.此时，在其右端无初速放上一个质量为m的滑块(视为质点).随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台.重力加速度取g,空气阻力不计.求：浪笥卜(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)(2)滑块放上后，软钢锭滑动过程克服阻力做的功(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能【答案】(Da=g; (2)Wf=^Mv2(3)4=2(2M凿吟【解析】【分析】【详解】(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以，软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离做自由落体运动，所以a=g;⑵根据动能定理得：Ek=^Mv2叼克=-3="巴(3)滑块脱离软钢锭后做自由下落到平台上的时间与软钢锭在平台最后滑运L的时间相等，都为t由位移公式得：L=由动能定理得：^(m+M)gL+pMgL=-Mv2滑块落到平台上时的速度：vin=gt1,滑块到达平台时的动能：Ek=-mv；„联立以上四个方程式解得：,_2(2M+m)mg2l}A= °Mu~17.如图所示为波源O振动1.5s时沿波的传播方向上质点振动的波形图，问：(1)何时x=5.4m的质点第一次到达波峰？(2)从t=0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰这段时间内，波源通过的路程是多少？【详解】(1)由图知=60cm=0.6m由题知1.5s=-T4所以T=2sx=5.4m处的质点距波源有Ax5-4八人n=——= =9个2 0.6即波源。的振动形式经=97=18s传到此点此点第一次到达波峰还需t7=-T=0.5s24共用时间/=%+芍=18.5s⑵由⑴知从，=0开始至x=5.4m的质点第一次到达波峰经历的时间为18.5s,即历时9.25T,所以s源=4Ax9.25m=1.85m2021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.如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为，•的圆轨道1运动，经/,点时，启动推进器短时间向后喷气使其变轨，轨道2、3是与轨道1相切于P点的可能轨道，则飞行器（ ）A.变轨后将沿轨道3运动B.变轨后相对于变轨前运行周期变大C.变轨前、后在两轨道上运动时经P点的速度大小相等D.变轨前经过P点的加速度大于变轨后经过P点的加速度.如图所示，虚线a、b、C代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即UabMU区,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（）A.带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小C.带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D.三个等势面中，c的电势最高.如图所示，在叱xW3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在t=0时刻,从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0。〜90。范围内。其中,沿y轴正方向发射的粒子在1=匕,时刻刚好从磁场右边界上P（3a,0a）点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（）•P（3a,J5a） ,!:3azA.粒子在磁场中做圆周运动的半径为3a

4乃aB.粒子的发射速度大小为丁%4%C.带电粒子的比荷为kD.带电粒子在磁场中运动的最长时间为2to4.如图所示，材料相同的物体A、B由轻绳连接，质量分别为叫和m2且m#mz，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。则（ ）A.轻绳拉力的大小与斜面的倾角。有关B.轻绳拉力的大小与物体和斜面之间的动摩擦因数ji有关C.轻绳拉力的小与两物体的质量m,和m2有关D.若改用F沿斜面向下拉连接体，轻绳拉力的大小不变.如图所示的电路中，D］、D?是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计。先闭合开关S,电路稳定后再断开开关S,此时（）A.两段的运动时间相同A.两段的运动时间相同I九立刻熄灭D2立刻熄灭Di闪亮一下逐渐熄灭D2闪亮一下逐渐熄灭.如图所示为某质点运动的速度一时间图像（若将48段图线以连线为轴翻转180。，图线形状与。A段相对于虚线对称），则关于OA段和图线描述的运动，下列说法正确的是（ ）B.两段的平均速度相同C.两段的速度变化量相同 D.两段的平均加速度相同二、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7,下列说法正确的是（ ）A.水龟可以停在水面上是因为液体具有表面张力B.功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功C.当两分子间距离大于平衡位置的间离时，分子间的距离越大，分子势能越小D.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点E.气体分子无论在什么温度下，其分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点.下列说法正确的是A.饱和汽压与温度和体积都有关B.绝对湿度的单位是Pa,相对湿度没有单位C.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快D.气体做等温膨胀，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数一定变少E.饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等.如图所示，直杆与水平面成30。角，一轻质弹簧套在直杆上，下端固定在直杆底端。现将一质量为m的小滑块从杆顶端A点由静止释放，滑块压缩弹簧到达最低点B后返回，脱离弹簧后恰能到达AB的中点。设重力加速度为g,AB=L,则该过程中（ ）AA.滑块和弹簧刚接触时的速度最大 B.滑块克服摩擦做功为C.滑块加速度为零的位置只有一处 D.弹簧最大弹性势能为:mgL.如图所示，A、B两带电小球的质量均为m,电荷量的大小均为Q（未知）。小球A系在长为L的绝缘轻绳下端，小球B固定于悬挂点的正下方，平衡时，小球A、B位于同一高度，轻绳与竖直方向成60角。已知重力加速度为g,静电力常量为k,则以下说法正确的是（ ）B.小球A所受静电力大小为后叫D.若小球A的电荷量缓慢减小，则小球A的重力势能减小，电势能增大.如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，如果要求负载上消耗的电动率最大，则下列说法正确的是（ ）A.该交流电源的电动势的瞬时值表达式为e=£“sin（100m）VB.变压器原副线圈匝数的比值为C.电流表的读数为］需D.负载上消耗的热功率与4r.如图甲所示，由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n=10匝，质量in=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=0.5Q、竖直固定在质量为M=0.06kg的小车上，小车与线圈的水平长度1相同。线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度vo=2m/s进入垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度B=1.0T,运动过程中线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车从刚进磁场位置1运动到刚出磁场位置2的过程中速度v随车的位移x变化的图象如图乙所示，则根据以上信息可知（）A.小车的水平长度1=10cmB.小车的位移x=15cm时线圈中的电流I=1.5AC.小车运动到位置3时的速度为1.0m/sD.小车由位置2运动到位置3的过程中，线圈产生的热量Q=（）.0875J三、实验题:共2小题，每题8分，共16分.龙泉中学某物理小组欲利用如图所示的电路同时测量一只有30格刻度的毫安表的量程、内阻和光敏电阻的阻值与光照强度之间的关系。实验室能提供的实验器材有：学生电源（输出电压为二=内阻不计）、电阻箱二（最大阻值999.9。）、单刀双掷开关一个、导线若干。

XXoh尤・电阻OU6 一（D该小组实验时先将电阻箱的阻值调至最大，然后将单刀双掷开关接至a端，开始调节电阻箱，发现将电阻箱的阻值调为800。时，毫安表刚好偏转20格的刻度；将电阻箱的阻值调为500。时，毫安表刚好能满偏。实验小组据此得到了该毫安表的量程为及=—mA,内阻二尸__。。（2）该小组查阅资料得知，光敏电阻的阻值随光照强度的变化很大，为了安全，该小组需将毫安表改装成量程为3A的电流表，则需在毫安表两端（选填“串联”或“并联”）一个阻值为。的电阻。（结果保留一位小数）（3）改装完成后（表盘未改动），该小组将单刀双掷开关接至b端，通过实验发现，流过毫安表的电流I（单位：mA）与光照强度E（单位：cd）之间的数量关系满足二=:二由此可得光敏电阻的阻值R（单位：Q）与光照强度E（单位：cd）之间的关系为二= C。.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。甲乙甲乙（1）下列说法正确的是（）A.需要用天平测出传感器的质量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）cmTOC\o"1-5"\h\z0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10I”ImIihhilIn11rhiI小山i「Inliilil••• • • • •ABC D £ F G图丙四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.如图所示，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒a、b连接而成，其横截面积分别为3S和S.已知大气压强为p。，温度为T。。两活塞A、B圆心处用一根长为31的不可伸长的轻线相连，把温度为To的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓慢加热，求：①当B活塞刚好碰到b部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？②当气体温度为3T。时，气体的压强为多少？16.在如图甲所示的电路中，螺线管匝数”=1500匝，横截面积S=20cm2.螺线管导线电阻r=1.0。,4=4.0。，凡=5.0。，C=30pF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度8按如图乙所示的规律变化。求：⑴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R的电功率；(3)S断开后，流经飞的电荷量。17.如图所示，可视为质点的质量为m=1.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R=L3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出,且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h=1.2m,水平距离为x=1.6m。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为L=2.1m,小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为A=1.5,重力加速度g=llm/s2。⑴求水平轨道AB的长度M(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点：(3)若在AB段水平拉力F作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围。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B【解析】【详解】根据题意，飞行器经过P点时，推进器向后喷气，飞行器线速度将增大，做离心运动，则轨道半径变大,变轨后将沿轨道2运动，由开普勒第三定律可知，运行周期变大，变轨前、后在两轨道上运动经P点时,地球对飞行器的万有引力相等，故加速度相等，故B正确，ACD错误。故选B。D【解析】【详解】A,等差等势面P处比Q处密，则P处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故A错误；D.根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知带电质点所受的电场力方向应向下，所以电场线方向向上，故c的电势最高，故D正确.B.带负电质点在电势高处电势能小，可知质点在P点的电势能大，故B错误.c.带电质点的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，在P点的电势能大，则动能小,故C错误.D【解析】【分析】【详解】A.沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示:后a)V, ,OkO'\3ax设粒子运动的轨迹半径为r,根据几何关系有(3a-r)2+(>/3a)2=r2可得粒子在磁场中做圆周运动的半径r=2a选项A错误；B.根据几何关系可得.aa不sinu=—=—r2所以0=-3圆弧OP的长度s=(苑一0)r所以粒子的发射速度大小sv=-= 为3f0选项B错误；C.根据洛伦兹力提供向心力有v2qvB-m-结合粒子速度以及半径可得带电粒子的荷质比q_24m3")选项c错误；D.当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子轨迹过程图如图所示:粒子与磁场边界相切于M点，从E点射出。设从P点射出的粒子转过的圆心角为乃-。，时间为%,从E点射出的粒子转过的圆心角为2(兀-6),故带电粒子在磁场中运动的最长时间为2%,选项D正确。故选D。C【解析】【详解】ABC.以物体A、B及轻绳整体为研究对象根据牛顿第二定律得F-{n\+m1)gsm0-+m2)gcos0=(in)+m1)a解得F.a= gsin0—/jgcos0叫+恤再隔离对B分析，根据牛顿第二定律得T-m^gsmO-fj2gcos0=mza解得my+m2则知绳子的拉力与斜面倾角。无关，与动摩擦因数J*无关，与两物体的质量n和m2有关，选项C正确,AB均错误；D.若改用F沿斜面向下拉连接体，以物体A、B及轻绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律得F+(m}+zn,)gsin^―//(7«)+rn,)gcos0=(m,+tn^)a'解得Fa'= Fgsin6-〃cos0町+丐再隔离对A分析，根据牛顿第二定律得T'+町gsin cos0=町a'解得r=町"町+网可知轻绳拉力的大小改变，选项D错误。故选C。D【解析】【详解】电路稳定后断开开关，线圈发生断电自感，产生自感电动势，有同方向的电流，由于DI、D2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计，原来D|、线圈和D2、电阻并联，D2回路电阻大，电流小，所以自感电流大于原来通过D2电流，但不会大于原来通过Di的电流，所以D2闪亮一下逐渐熄灭，j逐渐熄灭，所以D正确，ABC错误；故选D。A【解析】【分析】【详解】A.根据几何关系可知，两段在时间轴上投影的长度相同，因此两段的运动时间相同，故A正确；B.由图像下方面积可知，两段位移不等，因此平均速度不同，故B错误；C.两段的速度变化量大小相等，方向相反，故C错误；D.由。=乎可知，两段的平均加速度大小相等，方向相反，故D错误。A/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()分ADE【解析】【详解】A.水虽可以停在水面上是因为液体具有表面张力的缘故，故A符合题意；B.功可以全部转化为热；而热量也可以全部转化为功，但要引起其他方面的变化，故B不符合题意；C.当两分子间距离大于平衡位置的间距r()时，分子力表现为引力，分子间的距离增大，分子引力做负功，分子势能增加，故C不符合题意；D.液晶显示器是利用了液晶对光具有各向异性的特点，故D符合题意；E.气体分子无论在什么温度下，根据统计规律知道气体的分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点,故E符合题意。故选ADEoBDE【解析】【详解】饱和汽压与温度有关，和体积无关，选项A错误；绝对湿度及压强表示其单位是Pa,相对湿度没有单位,则B正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，则C错误；气体做等温膨胀，分子密度变小，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数一定变少，则D正确；饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等，则E正确；故选BDE。BD【解析】【分析】【详解】A.滑块向下运动受到的合力为零时，速度最大，即mgsin0=F^+f这时，速度最大，故A错误；B.根据动能定理有0-0=mgysin30°-Wr解得吗=—mgL故B错正确；C.滑块加速度为零即合力为零，向下滑动时0=4+/-mgsin6>向上滑动时7^-(^sin6»+/)=0所以C错误；D.弹簧被压缩到最短时弹性势能最大，根据能量守恒mgLs\n300=^W(+Ep解得弹簧最大弹性势能为EP=-mgL故D正确。故选BD.BD【解析】【详解】AB.带电的小球A处于平衡状态，A受到库仑力F、重力mg以及绳子的拉力T的作用，其合力为零,则有F=mgtan60解得F—6mg由图可知，AB间库仑力为排斥力，即AB为同种电荷，故A错误，B正确；C.根据库仑定律有b= 而广3»j3mg-k-故C错误；D.若小球A的电荷量缓慢减小，AB间的库仑力减小，小球A下摆，则小球A的重力势能减小，库仑力做负功，电势能增大，故D正确。故选BD.BC【解析】【分析】【详解】A.由图可知周期T=4xl(f2s,角速度ay=——= 7rad/s=50^rad/sT4x10-2所以该交流电源的电动势的瞬时值表达式为e=Emsin(507rt)故A错误；B.设原副线圈中的匝数分别为由和112,电流分别为h和L,电压分别为U1和U2,则Ui=E-Iir电阻R消耗的功率P=U2I2=U1I即P=(E-Iir)Ii=-Ii2r-El1可见时，P有最大值所以区=幺=IE&力Nr故B正确；C.电流表的读数为有副线圈电流的有效值：原线圈电流有效值为故C正确;D.负载上消耗的功率故D错误。故选BC.AC【解析】【详解】A.从位置1到位置2,开始进入磁场，安培力向左，小车减速，全进入磁场后，回路磁通量不再变化，没有感应电流，不受安培力开始匀速，所以根据图像可以看出小车长10cm,A正确B.小车的位移x=15cm时，处于匀速阶段，磁通量不变，回路电流为零，B错误C.小车进入磁场过程中：(M+ni)v2TM+哂丫、=-〃丽2•t=-〃Bhq,出磁场过程中：_ . E△①(A/+m)v3—(M+ni)v2=—nBIh-t=—nBhq,而进出磁场过程中电量：q=It=—t=n ,进出磁场AR过程中磁通量变化相同，所以电量相同，所以〃%一研|="匕一机匕，解得：匕=L"/s,C正确D.从位置2运动到位置3的过程中，根据能量守恒：-(M+/n)v22--(M+/n)v32=Q,解得：0=0.0625J,D错误三、实验题:共2小题，每题8分，共16分(1)30 100 (2)并联1.0 (3)==可一/(二)【解析】【分析】根据部分电路的欧姆定律，由题中所给的两组数据列方程可求出毫安表的内阻，再结合刻度线就能求出毫安表的量程；电表的改装问题就是部分电路的欧姆定律的应用，根据满偏刻度和内阻的值及量程就能算出要并联的电阻值；设光敏电阻的电流为匕由欧姆定律太题设条件列式就能表示出光敏电阻与光照强度的关系。【详解】(D设毫安表每格表示电流大小为二,，则当电阻箱的阻值为二，=1例二时，由闭合电路的欧姆定律可得J0二式二/+二二)=二；当电阻箱的阻值为R=800。时，则有20(二；+二。二g=二，两式联立并代入数据可解得：二二=100二,二0=/二二该毫安表的量程Ig=30mA；(2)要将量程为300mA的毫安表改成量程为二二=SA电流表，则需在毫安表两端并联一个电阻，设其电阻为R’,则有二二二二=(二二一二二)二，代入数据可解得二’w二;

(3)由题意可知，改装后电流表的内阻为二-=1二设通过光敏电阻的电流大小为二，(单位：A)则有(二+二二)二'=二成立，且二'=三匚■二X[。-)即U+〃x^ZxlO~3(V)=18.0W整理可得AAD0.24 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：T=2兀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：R=p^,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=(Us,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：m/s=0.24m/sX/g_(9.60-4.80)xlO-22x0.1m/s=0.24m/s⑷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为:"3^=皿二四上空竺叽02mzs2=0.40mzs29r2 9x0.12四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分9 515.①7二彳稣②〃：^〃。【解析】【详解】①从开始加热气体到B活塞刚好碰到b左侧时，气体为等压变化，由3SI+2SI9SI可得：9F②当气体温度为3T。时，B活塞已经卡在b左侧，气体在(1)间的基础上进行等容变化，由A=_e_T可得：5P='Po.(D1.2V；⑵5.76xl()2w；⑶l^xlO^c【解析】【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律有„“△① „ABE= -n-S——△tAr代入数据解得E=1.2V(2)根据闭合电路欧姆定律有,EL2,八一I= = A=0.12AR]+R,+r4+5+1电阻4的电功率P=F&=5.76xlO-2W(3)S断开后流经用的电荷量即为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U=IR2=0.12x5V=0.6V流经与的电荷量Q=CU=30X10"X0.6C=1.8X10-5c.⑴2.4m⑵不能(3)1.325m<x'<4m【解析】【详解】(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为V,则有V24mg=/n—从8点运动到最高点的过程中，设小滑块到达8点时的速度大小为％,由机械能守恒定律有1212—mv^=〃zg•2R+—niv代入数据解得vB=2«m/s小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得-Fli-^ngl,=-mv}代入数据可解得4=2.4/72.⑵设小滑块到达C点时的速度大小为％，则由动能定理可得,1 2 1 2-/jmgl2=-mvc--mvB代入数据解得vc=2m/s设小滑块下落〃=0.2m所需要的时间为人则有h=~gt'解得t=0.2s故小滑块在水平方向上运动的距离为X。=vCt=0.4m<0.6m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到。点。(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为西，则由动能定理可得：&-/nmglx—mgR=0X=0.75m故当恒力作用的距离满足0<x”0.75m时符合条件。②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为％,则有me=mR设此时恒力作用的距离为则有Fx2-jumgl]-2mgR--mv1代入数据可解得x2=0.975m当滑块刚好运动到。点时速度为零，设此时恒力作用的距离为E，则有7*x2-〃mg(I+4)=0代入数据可解得芯=l.lm故当恒力作用的距离满足0.975m<x<l,lm时符合条件。③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达。点时的速度大小为心，则由平抛运动规律可得x=vct代入数据解得vc=3m/s设此时恒力作用的距离为石，故有Fx3—pimg=代入数据解得,=1.325m故当恒力作用距离满足1.325mvx<4m时符合条件。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.如图所示，将直径为d,电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为（）B兀笛 D2兀Bd QBd2 Bd24R R R 兀R【答案】A【解析】【分析】【详解】金属环的面积：S=）2金2 4由法拉第电磁感应定律得：底而17由欧姆定律得，感应电流：/=-R感应电荷量：q=lAt,解得：①Bnd2q- = R4R故A正确，BCD错误；故选A.【点睛】本题考查了求磁通量的变化量、感应电荷量等问题，应用磁通量的定义式、法拉第电磁感应定律、欧姆定△①律、电流定义式即可正确解题，求感应电荷量时，也可以直接用公式4=丁计算.R

一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第1s内的位移为16m,最后Is内的位移为8m,则汽车的刹车时间为A.Is B.1.5s C.2s D.2.5s【答案】B【解析】【详解】最后Is内的汽车位移为8m,根据x=gat2,可知加速度大小为2a=16m/s2刹车后第Is内的平均速度大小v=Fm/s=lm/s,则刹车的时间：16t=0.5s+—s=1.5s16Is,故A不符合题意。1.5s。故B符合题意。2s.故C不符合题意。2.5s。故D不符合题意。.如图所示，真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在（含边界），两圆的半径分别为R、3R,圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120。.若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为V2时，不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，则Vi：V2至少为--XXX'、/xxxx/xxxx、、A.空 B.A.空 B.退3【答案】B【解析】【详解】粒子在磁场中做圆周运动，如图:D.273XXXXXXXXXX由几何知识得：= 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvrB=m^-,解得：tan6() rxV,=且迎；当该带电粒子从P点射入的速度大小变为V2时，若粒子竖直向上射入磁场粒子恰好不能进入磁场时，即粒子轨道半径2=R,则不论其入射方向如何，都不可能进入小圆内部区域，此时洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv,B=m9,解得：V2=^-,贝!|：匕：％=6,故B正确，ACDr2 m错误..已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390,月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为A.0.2 B.2 C.20 D.200【答案】B【解析】【分析】【详解】由日常天文知识可知,地球公转周期为365天,依据万有引力定律及牛顿运动定律，研究地球有G-A-%TOC\o"1-5"\h\z4/ M地/月 4" M太=Ma-rr)t,研究月球有6」^=乂月下丁「月，日月间距近似为r地，两式相比公=「小Y(TnY MrM” M加M月 F.理•』.太阳对月球万有引力*=G"月，地球对月球万有引力F2=G地2 ，故言=G九 ％ r月 入=39027365=39027365=2.13,故选B.5.一质量为m的物体放在倾角为。且足够长的光滑固定斜面上，初始位置如图甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由静止开始沿斜面运动，运动过程中物体的机械能E随位置x的变化关系如图乙所示。其中0~X1过程的图线是曲线，XLX2过程的图线是平行于X轴的直线，X2~X3过程的图线是倾斜的直线，则下列说法正确的是()

甲甲A.在0〜xi的过程中，物体向上运动B.在0〜xi的过程中，物体的加速度一直增大C.在X1~X2的过程中，物体的速度大小不变D.在0〜X3的过程中，物体的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下【答案】B【解析】【分析】【详解】A.物块机械能由重力势能和动能构成，所以拉力做功影响物块机械能的改变，即△E=F-AxF=^Ax所以图线的斜率表示拉力，在0天过程中物体机械能在减小，则拉力在做负功，拉力方向沿斜面向上,所以物体的位移方向向下，即物体在沿斜面向下运动，A错误;B.在。'过程中图线的斜率逐渐减小到零，可知物体的拉力逐渐减小到零，根据牛顿第二定律求解加速度mgsin6—Fa= m可知加速度一直增大，B正确;C.在X々的过程中，拉力P=0,机械能守恒，物体向下运动，重力势能减小，速度增大，C错误;D.在0天的过程中，拉力沿斜面向下，结合C选项分析可知物体一直沿斜面向下加速运动，D错误。故选B。6.如图甲所示，直径为0.4m、电阻为0.1。的闭合铜环静止在粗糙斜面上，CD为铜环的对称轴，CD以下部分的铜环处于磁感应强度B方向垂直斜面且磁感线均匀分布的磁场中，若取向上为磁场的正方向，B随时间t变化的图像如图乙所示，铜环始终保持静止，取兀=3,则（ ）

A.，=2s时铜环中没有感应电流r=A.，=2s时铜环中没有感应电流看）r=3.5s时铜环将受到大小为4.8X10-N、沿斜面向下的安培力D.l~3s内铜环受到的摩擦力先逐渐增大后逐渐减小【答案】C【解析】【分析】【详解】A.分析图乙可知，，=2s时，磁感应强度处于变化的过程中，铜环中磁通量变化，产生感应电流，A错误；f=1.5s时，垂直斜面向下的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知，铜环中产生顺时针方向的感应电流,B错误；C.，=3.5s时，垂直斜面向上的磁通量逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E=^-= 2-=O.O12V△rAr根据欧姆定律可知F/=—=0.12AR安培力F=257r=0.0048NC正确；D.1〜3s时间内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度先减小后增大，根据楞次定律的可知，安培力先向下减小后向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，后续可能方向向下逐渐增大，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。分如图所示，A球用不可伸长的细线悬挂在天花板上，处于静止状态，B球和A球用橡皮筋连接，B球在A球正下方某一位置，此时橡皮筋处于松弛状态。现由静止释放B球，不计空气阻力，则在B球下落的过程中（细线与橡皮筋均不会断），下列说法正确的是A.细线的张力先不变后增大A球受到的合力先不变后增大B球的动能与橡皮筋的弹性势能之和不断增大B球的重力势能与机械能均不断减小【答案】AC【解析】【详解】A.细线的张力先等于A球的重力，当橡皮筋的弹力不断增大后，细线的张力不断增大。故A正确。A球始终静止，合力始终为零。故B错误。B球的动能与橡皮筋的弹性势能及B球的重力势能之和为一定值，B球的重力势能不断减小，则B球的动能与橡皮筋的弹性势能之和不断增大。故C正确。B球高度一直减小，B球的重力势能不断减小；橡皮筋伸直前，B球做自由落体运动，机械能守恒，橡皮筋被拉长后，B球的一部分机械能转化为橡皮筋的弹性势能，B球的机械能减小，所以B机械能先不变后减小。故D错误。8,下列说法正确的是A.两个分子间的距离r存在某一值r。（平衡位置处），当i•大于r。时，分子间斥力大于引力；当r小于r。时分子间斥力小于引力B.布朗运动不是液体分子的运动，但它可以反映出分子在做无规则运动C.用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙D.随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但最终还是达不到绝对零度E.对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位时间碰撞容器壁单位面积的分子数一定减少【答案】BDE【解析】【详解】A、两个分子间的距离r存在某一值（平衡位置处），当r大于r°时，分子间斥力小于引力；当r小球r。时分子间斥力大于引力，所以A错误；B、布朗运动不是液体分子的运动，是固体微粒的无规则运动，但它可以反映出液体分子在做无规则运动,所以B正确；C、用手捏面包，面包体积会缩小，只能说明面包内有气孔，所以C错误；D、绝对零度只能无限接近，不能到达，所以D正确；E、对于一定质量的理想气体，在压强不变而体积增大时，单位面积上分子数减小，则单位时间碰撞分子数必定减少，所以E正确..在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定.用Ek、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图象中正确的是( )【答案】AC【解析】C、钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f,由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑，则有v=at,故C正确；A、根据动能定理得：Ek=(mg-f)h,可知&与h成正比，故A正确；B、设钢板开始时机械能为纥，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则E=E0-jh=E.-f\t2,则知E与t是非线性关系，图象应是曲线，故B错误；D、重力的功率P= = ,则知P与h是非线性关系，图象应是曲线，故D错误；故选AC.【点睛】本题首先要正确分析钢板的运动情况，其次要根据物理规律得到动能、机械能、速度和重力功率的表达式，再选择图象..如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行，从抛出后起一段时间内小球的动能随时间平方（EK—t?）图象如图乙所示，横坐标在02.5之间图线为直线，此外为曲线，重力加速度为g,则根据图乙信息，可以求得（ ）甲B.小球的质量A.小球的初速度C.小球在斜面上滑行的时间甲B.小球的质量A.小球的初速度C.小球在斜面上滑行的时间D.斜面的倾角【答案】ABD【解析】【详解】AB.小球做平抛运动的过程，根据机械能守恒定律得:1 2Ek=mgh+ymv0由平抛运动的规律有12h=；g/2联立得I、图象在02.5之间是直线，由图可求得直线的斜率k,由数学知识可得&=5，/g2,g已知，则能求出小球的质量m；由图知t2=0时，Ek=5J,由Ek=；m4,可求得小球的初速度”，故AB正确;CD.小球刚落在斜面上时速度与斜面平行，设斜面的倾角为a,则有+ gttana=————%%由题图知，t2=2.5,可以求得t,小球的初速度V。也可求得，从而能求出斜面的倾角a；根据小球在斜面的运动情况，不能求出小球在斜面上滑行的时间，故C错误，D正确。故选ABD。.在某均匀介质中，甲、乙两波源位于O点和Q点，分别产生向右和向左传播的同性质简谐横波，某时刻两波波形如图中实线和虚线所示，此时，甲波传播到x=24m处，乙波传播到x=12m处，已知甲波波源的振动周期为0.4s,下列说法正确的是.

,y/cm,y/cmA.甲波波源的起振方向为y轴正方向B.甲波的波速大小为20m/sC.乙波的周期为0.6sD.甲波波源比乙波波源早振动0.3sE.从图示时刻开始再经0.6s,x=12m处的质点再次到达平衡位置【答案】BCE【解析】【分析】【详解】甲波传播到x=24m处，根据波向右传播可知：质点向下振动，故甲波波源的起振方向为y轴负方向，故A错误；由图可知：甲波的波长为8m,又有甲波波源的振动周期为0.4s,故甲波的波速大小为-=20m/s,0.4s故B正确；同一介质中横波波速相同，故乙波的波速也为20m/s,由图可知：乙波的波长为12m,故周期124〃z为k^=0.6s,故C正确；甲波的传播距离为24m,故波源振动时间为=l.2s；乙波的传播距20m/s 20/〃/s30加离为42m-l2m=30m,故波源振动时间为^=1.5s,所以，甲波波源比乙波波源晚振动0.3s,故D错误；由图可知：图时时刻，两波在x=12m处都处于平衡位置，将要向上振动；故该质点的振动方程为y=15sin57rt+10sin^Trt(cm),那么，t=0.6s时，y=0,即从图示时刻开始再经0.6s,x=12m处的质点再次到达平衡位置；故E正确；故选BCE.【点睛】在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求得周期，即可得到质点振动情况，由v=1；求得波速.12.如图所示，甲图为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像,乙图为参与波动质点P的振动图像，则下列判断正确的是.甲乙

甲乙A.该波的传播速率为4m/sB.该波的传播方向沿x轴正方向C.经过0.5s,质点P沿波的传播方向向前传播4mD.该波在传播过程中若遇到2m的障碍物,能发生明显衍射现象E.经过0.5s时间，质点P的位移为零,路程为0.4m【答案】ADE【解析】【详解】A.由甲图读出该波的波长为九=4m,由乙图读出周期为T=ls,则波速为v=，=4m/s,故A正确；B.在乙图上读出t=0时刻P质点的振动方向沿、轴负方向，在甲图上判断出该波的传播方向沿x轴负方向，故B错误；C.质点P只在自己的平衡位置附近上下振动，并不随波的传播方向向前传播，故C错误；D.由于该波的波长为4m,与障碍物尺寸相差较多，故能发生明显的衍射现象，故D正确；E.经过t=0.5s=Z,质点P又回到平衡位置，位移为零，路程为S=2A=2x0.2m=0.4m,故E正确.2三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.现要测定一段粗细均匀的金属导体的电阻率。(1)螺旋测微器测量该金属导体的直径D,测量结果示数如图甲所示，由图甲可知D=mm；金属导体图甲金属导体图甲(2)现要利用图乙来测量该导体的电阻阻值R,实验步骤如下：①实验时先将滑动变阻器的阻值调到最大，然后闭合开关K”将开关K2打向1处,，接着调节滑动变阻器，使电压表有明显读数，并记下此时电压表的读数U。断开开关K”②闭合开关K”将开关K2打向2处，调节电阻箱，使电压表的读数仍为U。然后读出电阻箱的阻值，如图丙。图丙本实验中电阻箱此时的阻值为Ro=。，被测电阻的电阻阻值大小为R=【答案】5.315 14 14【解析】【分析】【详解】(1)口]主尺示数为5mm,螺旋示数为31.5x0.01mm=0.315mm故示数为5mm+0.315mm=5.315mm⑵②[2][3]电阻箱的读数为Ro=14S2,此实验的原理是采用等效替代法，若开关K接1时与开关m接2时电压表的读数相同，说明R的阻值与R。的阻值相同。因此根据等效替代的原理知R=14C。14.为了测量某金属丝的电阻率:(1)如图a所示，先用多用电表“xl挡粗测其电阻为Q,然后用图b的螺旋测微器测其直径为mm,再用图c的毫米刻度尺测其长度为cm.(2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A.电压表V(量程3V,内阻约为15k。；量程15V,内阻约为75k。)B.电流表A(量程0.6A,内阻约为1Q；量程3A,内阻约为0.2。)C.滑动变阻器小(0〜5Q,1A)D.滑动变阻器R?(0-2000S2,0.1A)E.1.5V的干电池两节，内阻不计F.电阻箱G.开关S,导线若干为了测多组实验数据，则滑动变阻器应选用(填“R/或“R2”)；请在方框内设计最合理的电路图 并完成图d中的实物连线 .E图dRi【答案】8.0（或者8）； 2.095（2.095~2.098均可）10.14（10.13~10.15均可）Ri【解析】【分析】【详解】第一空.由图示多用电表可知，待测电阻阻值是8x10=8。；第二空.由图示螺旋测微器可知，的固定刻度读数为2mm,可动刻度读数为0.01x9.5mm=0.095mm,其读数为：2mm+9.5x0.01mm=2.095mm；第三空.毫米刻度尺测其长度为10.14cm第四空.滑动变阻器R2(0〜2000Q,0.1A)的阻值比待测金属丝阻值8Q大得太多，为保证电路安全，方便实验操作，滑动变阻器应选Ri，最大阻值5C；第五空.为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；第六空.根据实验电路图连接实物电路图，如图所示;四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.如图(b)所示，一个正方体玻璃砖的棱长为2a,其折射率为0.在其中心轴线处有一点光源，该点光源可沿中心轴线上下移动。若点光源移动至某一位置。时，玻璃砖上表面均有光线射出，求此时玻璃砖下表面有光线射出的面积上边缘【答窠】（6-4立）;n?.【解析】【详解】光路如图，（临界点）。点发出的光射至上表面正方形的对角线边缘P点恰好全反射，则上表面均有光线射出，射至下表面的。点恰好全反射（临界点），则以。点为圆形边缘，其内部有光线射出P点恰全反射，则有sinC=-n由几何关系得.c 垃asine=,J（缶）2+"。点恰全反射，由几何关系得.尸 xsine=1 ,]x2+（2a-h）2光线射出面积为S=7TX2联立解得S=（6—4点）万。216.倾角为0的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L,BC、CD的长度均为3.5L,BC部分粗糙，其余部分光滑。如图，4个“一”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4,滑块上长为L的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处。现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰。已知每个滑块的质量为m并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan6,重力加速度为g。求(D滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；(2)4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离。3 4【答案】(DF=^mgsin0(2)d=-L【解析】【详解】(1)以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进BC段时，4个滑块的加速度为a,由牛顿第二定律:4mgsin，一〃■mgcos0=4ma以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，轻杆受到的压力为F,由牛顿第二定律：F+mgsinff—〃■mgcos，=ma已知〃=tan，3联立可得：F=-mgsin04(2)设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC时，滑块的共同速度为v这个过程，4个滑块向下移动了6L的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L,由动能定理，有：4/ngsin0-6L-/j-mgcos0-(3L+2L+L)=-4/nv2可得：v=3jgLsin。由于动摩擦因数为〃=tan。，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0,各滑块均以速度v做匀速运动;第1个滑块离开BC后做匀加速下滑，设到达D处时速度为“，由动能定理:，〃gsin6・（3.5L）=—znvj2--wv2可得：V]=MgLsin®当第1个滑块到达BC边缘刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v的速度匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段。由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为2上,因此到达水平面的时间差也为加=自v v所以滑块在水平面上的间距为d=4联立解得d=qL17.如图所示，质量M=3kg的足够长的小车停在光滑水平地面上，另一木块m=lkg,以Vo=4m/s的速度冲上小车，木块与小车间动摩擦因数〃=0.3,g=10m/s2,求经过时间t=2.()s时： »140 M’()(7._z/z/z/zz/zzzzz(1)小车的速度大小V；(2)以上过程中，小车运动的距离x；(3)以上过程中，木块与小车由于摩擦而产生的内能Q.【答案】(3)\rnls(3)15m(3)6J【解析】试题分析：(3)木块的加速度am=pg=3m/s3小车的加速度：。“=上产=——Z——=1加SM3两者速度相等时：V=V2-amt3=aMt3解得：tj=3s,v=3m/s此后小车和木块共同匀速运动，则t=3.2s时小车的速度大小v=3m/s(3)小车加速阶段的位移为：x3=—aMt33=-x3x33=2.5m2 2匀速运动的时间t3=t-t3=3s小车匀速阶段的位移为：x3=vt3=3x3=3m3s内小车运动的距离x=x3+x3=3.5mv2—vl(3)速度相等前，木块的位移：元'= =2.5m2。,“木块和小车的相对位移为：Ax=x，-X3=3m木块与小车由于摩擦而产生的内能：Q=f«Ax=jimgAx=6J考点：牛顿第二定律的综合应用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有甲、乙两个可看成质点的小钢球，乙球的质量大于甲球的质量。现让甲球以速度V。在某一水平桌面上水平抛出，抛出后甲球的运动轨迹如图中的②图线所示。然后再将乙球以同样的速度在同一地点将它水平抛出。两球的运动都不计空气的阻力，则乙球的运动轨迹为图中的（）A.① B.② C.③ D.©2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。已知扎帕塔（及装备）的总质量为120kg,设发动机启动后将气流以6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为（不考虚喷气对总质量的影响，取g=10m/s2）（ ）A.0.02kg B.0.20kg C.0.50kg D.5.00kg2018年