(含5套模拟卷)内蒙古包头市2021届新高考物理第三次调研试卷含解析

内蒙古包头市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.”电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为Ra和Rb的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面电势分别为心和驷“其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N,其中动能为Ek。的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。下列说法中正确的是A.A球面电势比B球面电势高B.电子在AB间偏转电场中做匀变速运动C.等势面C.等势面C所在处电场强度的大小为E=4耳。e(&+凡)D.等势面C所在处电势大小为”声【答案】C【解析】【详解】A.电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以8板的电势较高；故A错误；B.电子做匀速圆周运动，受到的电场力始终始终圆心，是变力，所以电子在电场中的运动不是匀变速运动.故B错误；C.电子在等势面。所在处做匀速圆周运动，电场力提供向心力：7LVeE=m——R又:DRa+Rhr1 ,R=% ，纥。=5心联立以上三式，解得：E一一4E1toe(&+()故C正确;D.该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以有:UBC>Uca即有:<PH-<PC><PC-(PA所以可得:故D错误；故选C。2.两个完全相同的波源在介质中形成的波相互叠加的示意图如图所示，实线表示波峰，虚线表示波谷,则以下说法正确的是（ ）A点为振动加强点，经过半个周期后，A点振动减弱B点为振动减弱点，经过半个周期后，B点振动加强C点为振动加强点，经过四分之一周期后，C点振动仍加强D点为振动减弱点，经过四分之一周期后，D点振动加强【答案】C【解析】【详解】A点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且始终振动加强，A错误；B点是波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，B错误；C点处于振动加强区，振动始终加强，C正确；D.。点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱，D错误。故选C。3.2018年2月2日，“张衡一号”卫星成功发射，标志着我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。“张衡一号”可以看成运行在离地高度约为500km的圆轨道上。该卫星在轨道上运行时（）A.周期大于地球自转的周期B.速度大于第一宇宙速度C.向心加速度大于同步卫星的向心加速度D.加速度大于地球表面的重力加速度【答案】C【解析】【详解】A.卫星运行轨道离地高度远小于同步卫星的高度，根据可知其周期小于同步卫星的周期，地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，故其周期小于地球自转的周期，故A错误；B.根据可知其速度小于第一宇宙速度，故B错误；CD.由于“张衡一号”卫星的半径小于同步卫星的半径，则根据a="可知其加速度小于地球表面的重广力加速度，大于同步卫星的向心加速度，故C正确，D错误。故选C。4.以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是【答案】B【解析】【详解】没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v-t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma故a=g+f7m由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；v-t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g,切线与虚线平行；A.该图与结论不相符，选项A错误；B.该图与结论相符，选项B正确；C.该图与结论不相符，选项C错误；D.该图与结论不相符，选项D错误；故选B.点睛：本题关键是明确v-t图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g,与无阻力时加速度相同.一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈，通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，副线圈两端连有一电阻R.在a、b间输入电压为Ui的交变电压时，c、d间的电压为U2,在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中A.U2有可能大于Ui B.Ui、5均增大C.U不变、5增大 D.a、b间输入功率不变【答案】C【解析】U,n.A、根据变压器的电压关系有7TL=」■,由于nzVni,所以UzVU”故A错误.B、C、当滑动触头M顺U2n2时针转动时，即m减小时，输入电压U1由发电机决定不变，电压02=以〃应该减小即降低，B错误、勺C正确.D、因负载不变，故输出功率减小，则变压器的输入功率变小，D错误.故选A.【点睛】自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基本的规律分析即可.6.两辆汽车A、B在同一时刻开始运动，运动方向相同。如图所示为运动的图像。A车的图像在。~八段和2。段的形状对称相同。时刻两车并排行驶。下列表述中正确的是（ ）A.。〜f。内A车先加速运动后减速运动0~2ro内两车的加速度有一个时刻相同2。时刻A车在B车之前D.开始时刻两车的距离与2%时刻两车的距离相等【答案】D【解析】【详解】A.根据图像可知，在。〜。内A车速度一直在增大，故A错误;B.图像斜率表示加速度。如图所示：0〜2fo内A车图像斜率有两个时刻与B车图像斜率相等，故B错误；C.%时刻48两车并排行驶，在同一位置。VT图像与/轴所围面积为位移，〜2fo内A车正方向运动的位移小于8车正方向运动的位移，则2%时刻A车在8车之后，故C错误；D.因为对称，图象围成的面积相等，所以0〜%内与小〜2ro内两车单向运动的位移相等，则开始时刻两车的距离与2fo时刻两车的距离相等，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。分7.如图，光滑水平面上两虚线之间区域内存在竖直方向的足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为a的正方形导线框PQMN沿图示速度方向进入磁场，当对角线PM刚进入磁场时线框的速度大小为v,方向与磁场边界成45角，若线框的总电阻为R,则X/X X1)PM刚进入磁场时线框中的感应电流为驷RPM刚进入磁场时线框所受安培力大小为空巴RPM刚进入磁场时两端的电压为驷RPM进入磁场后线框中的感应电流将变小【答案】AD【解析】【详解】A.PM刚进入磁场时有效的切割长度等于a,产生的感应电动势为E=Bav,感应电流为_EBav1— = 9RR故A正确；B.NM边所受的安培力大小为Fi=BIa=BaV-,R方向垂直NM向下。PN边所受的安培力大小为方向垂直PN向下，线框所受安培力大小故B错误；C.PM两端的电压为„,RBavU=I-= ,2 2故C错误；D.PM刚进入磁场后，有效的切割长度逐渐减小，感应电动势逐渐减小，感应电流将减小，故D正确.故选：ADo8.如图所示，粗糙水平圆盘上，质量均为m的A、B两物块费放在一起，距轴心距离为L,随圆盘一起做匀速圆周运动。已知圆盘与B之间的动摩擦因数为Ji,B与A之间的动摩擦因数为0.5〃，假如最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A.物块A、B一起匀速转动过程中加速度恒定B.物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等C.ABC.AB一起转动的最大角速度为D.当A、B恰发生相对运动时圆盘对B的摩擦力为2〃mg【答案】BC【解析】【分析】【详解】A.两物体做匀速转动的向心加速度大小恒定，方向始终指向圆心不恒定，故A错误；.根据向心力公式Fn=mL（o2可知，物块A、B一起转动过程中所需向心力大小相等，故B正确:CD.对AB整体分析，当最大静摩擦力提供向心力，有H»2mg=2m（t）B2L解得对A分析，B对A的最大静摩擦力提供向心力，有0.5ji*mg=m<i>A2L解得AB一起转动的最大角速度为AB一起转动的最大角速度为,此时圆盘对B的摩擦力为故C正确，D错误。故选：BC..如图所示，在竖直平面内有一平面直角坐标系xOy,存在一个范围足够大的垂直纸面向里的水平磁场,磁感应强度沿X轴方向大小相同，沿y轴方向按B产ky（k为大于零的常数）的规律变化。一光滑绝缘的半径为R的半圆面位于竖直平面内，其圆心恰好位于坐标原点O处，将一铜环从半面左侧最高点a从静止释放后，铜环沿半圆面运动，到达右侧的b点为最高点，a、b高度差为h。下列说法正确的是（ ）XXXXA.铜环在半圆面左侧下滑过程，感应电流沿逆时针方向B.铜环第一次经过最低点时感应电流达到最大C.铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与b点的高度差小于2hD.铜环沿半圆面运动过程，铜环所受安培力的方向总是与铜环中心的运动方向相反【答案】AC【解析】【分析】【详解】A.铜环在半圆面左侧下滑过程，磁通量增加，根据楞次定律可得感应电流沿逆时针方向，A正确；B.铜环第一次经过最低点瞬间，磁通量的变化量为0,感应电流为零，B错误；C.铜环沿半圆面运动，到达右侧的b点后开始沿圆弧向左运动，但在向左运动的过程中克服安培力做的功较小，损失的机械能小于mgh,所以铜环往复运动第二次到达右侧最高点时与b点的高度差小于2h,C正确；D.铜环沿半圆面向下运动过程中，铜环所受安培力的方向是竖直向上的，沿半圆面向上运动过程中，铜环所受安培力的方向是竖直向下的，D错误。故选AC.10.如图所示，甲图表示S1和S2两相干水波的干涉图样，设两列波各自的振幅均为5cm,且图示范围内振幅不变，波速和波长分别是lm/s和0.5m,B是AC连线的中点；乙图为一机械波源S3在同种均匀介质中做匀速运动的某一时刻的波面分布情况。两幅图中实线表示波峰，虚线表示波谷。则下列关于两幅图的说法中正确的是（）A.甲图中AB两点的竖直高差为10cmB.甲图中C点正处于平衡位置且向水面下运动C.从甲图所示时刻开始经0.25s,B点通过的路程为20cmD.乙图所表示的是波的衍射现象E.在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高【答案】ACE【解析】【分析】【详解】A.甲图中AB都是振动加强点，其中A在波峰，B在平衡位置，则AB两点的竖直高差为2A=l()cm,选项A正确；B.甲图中C点是振动加强点，正处于波谷位置，选项B错误；C.波的周期为T4 0.5八「T=—=——s=0.5sv1从甲图所示时刻开始经0.25s=0.5T,B点通过的路程为2x2A=20cm,选项C正确；D.乙图所表示的是波的多普勒现象，选项D错误；E.在E点单位时间接受到的波面比F点多，则在E点观察到的频率比在F点观察到的频率高，选项E正确。故选ACE。11.为探究小球沿光滑斜面的运动规律，小李同学将一小钢球分别从图中斜面的顶端由静止释放，下列说法中正确的是()A.甲图中小球在斜面1、2上的运动时间相等B.甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等C.乙图中小球在斜面3、4上的运动时间相等D.乙图中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等【答案】BC【解析】【详解】A.设斜面与水平面的倾角为。，根据牛顿第二定律得加速度为mgsin。.八a=-2 =gsin，m甲图中，设斜面得高度为h,则斜面得长度为

sin。小球运动的时间为2〃

sin6-gsin。可知小球在斜面2上运动的时间长，故A错误；B.达斜面底端的速度为v=at=Q2gh与斜面得倾角无关，与h有关，所以甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等，故B正确;C.乙图中，设底边的长度为d,则斜面的长度为ds= cos，根据s得2=2d.4dya[gsinOcos。Vgsin2O可知8=60。和30°时，时间相等，故C正确；D.根据u=J荻，可知速度仅仅与斜面得高度h有关，与其他的因素无关，所以乙图中小球下滑至斜面4底端时的速度较大，故D错误。故选BC.12.如图所示，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动，缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气起初，在小活塞上的烧杯中放有大量沙子•能使两活塞相对于气缸向上移动的情况是（ ）A.给气缸缓慢加热B.取走烧杯中的沙子C.大气压变小D.让整个装置自由下落【答案】BD【解析】【分析】以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知(Po-P)(S-s)=G,明确原来气体压强小于大气压强；题目设计的变化如加热、取走沙子、大气压减小、装置自由下落后，我们根据理想气体状态方程判断出气体的体积增大还是减小，就可以知道活塞上升还是下降了.【详解】A.设缸内气体压强P,外界大气压为P。，大活塞面积S,小活塞面积s,活塞和钢球的总重力为G,以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知：(Po-P)(S-s)=G…①给气缸缓慢加热，气体温度升高，由盖吕萨克定律知气体体积要增大，从气缸结构上看活塞应向下移动，故A错误.B.取走烧杯中的沙子后，整体的重力小了，由①式知容器内气体压强必须增大，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸要向上移动，故B正确.C.大气压变小时，由①式知道缸内气体压强要减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以气缸要向下移动，故C错误.D.让整个装置自由下落，缸内气体压强增大(原来小于大气压强)，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸向上移动，故D正确.故选BD.【点睛】本题的关键是利用活塞受力平衡的条件和理想气体状态方程判断封闭气体的体积如何变化，是一道比较困难的易错题.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.小明同学用如图所示装置验证机械能守恒定律，轻绳两端跨过转轴光滑的轻滑轮系着质量均为M的重物A和B,将质量为m的小祛码C挂在在物体B上，B下方距离为h处固定一个光电门，物块B装有一宽度很小的挡光片，测得挡光片宽度为d,将系统静止释放，当挡光片通过光电门(固定光电门的装置未画出)时，可通过计算机系统记录挡光时间At。改变高度差h,重复实验，采集多组h和At的数据。(1)若某次记录的挡光时间为△ti,则挡光片到达光电门处时B的速度大小为一。(2)小明设想，为了确定At与h的关系，可以分别对At与h取对数，并以IgAt为纵轴，以Igh为横轴建立坐标系，得到的IgAt-Igh图线为一直线，该直线的斜率为(3)若IgAt-Igh图线与纵轴交点坐标为c,若机械能守恒，可以得到该地重力加速度g=-o目光片d【答案】豆（2M+m）22m1&【解析】【详解】(DU］根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，挡光片到达光电门处B的速度大小为:dv=—AZ,(2)［2］系统重力势能的减小量等于系统动能的增加量，有:mgh=mgh=—（2M+/T7）即：v122mgAr式2mgAr式2M+m）"2

mghI d?mgh=—（2M整理可得:,A1,（2M+m）d⑶|3|根据ingh=a（2M+"）才得:⑶|3|根据ingh=a（2M+"）才得:22ms2若/gA，-/g〃图线为一直线，则该图线的斜率为一12则有:2"=/g（2M+w）J2"=/g（2M+w）J22mgTgh所以有:A/=l（2M^_122ms22mg可知纵轴截为:1(2M+m)d2C2g2mg解得：(2M+g—2m102c14.为了探究物体质量与加速度的关系，某同学设计了如图所示的实验装置。质量分别为皿和nv的两个小车，用一条柔软的轻绳通过滑轮连起来，重物的质量为m。，忽略滑轮的质量和各种摩擦，使两车同时从静止开始运动，同时停止，两个小车发生的位移大小分别为XI和X2。小车1 小车2(1)如果想验证小车的质量和加速度成反比，只需验证表达式 成立。(用题中所给物理量表示)(2)实验中(填“需要”或“不需要”)满足重物的质量远小于小车的质量。【答案】叫X=/・工2不需要【解析】【详解】,(1)111根据运动学公式x=—。厂可知甲、乙两车运动的加速度之比为4:%=X:x2要验证“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量成反比”的结论，则满足q:a,="：叫可得町4=1s2即等式仍再=机2s2近似成立，则可认为“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量成反比”；⑵[2]根据实验装置可知甲、乙两车所受的合外力相等，而甲、乙两车运动的时间相同，根据运动学公式x /可知甲、乙两车运动的加速度之比等于甲、乙两车运动的位移之比，所以只要测出甲、乙两车2的质量和运动的位移就可验证“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量成反比”的结论，故不需要满足钩码的质量远小于任一小车的质量。四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分.如图所示，竖直平面内的光滑形轨道的底端恰好与光滑水平面相切。质量M=3.0kg的小物块B静止在水平面上。质量m=1.0kg的小物块A从距离水平面高h=0.80m的P点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B相碰，碰后两个物体以共同速度运动.取重力加速度g=10m/s2。求：(DA经过Q点时速度的大小?；(2)A与B碰后共同速度的大小U;(3)碰撞过程中，A与B组成的系统所损失的机械能AE。【答案】(DA经过Q点时速度的大小是4m/s；(2)A与B碰后速度的大小是lm/s；(3)碰撞过程中A与B组成的系统损失的机械能AE是6J.【解析】【分析】【详解】(DA从P到Q过程中，由动能定理得：mgh=—mv^—0解得vo=4m/s(2)A、B碰撞,AB系统动量守恒，设向右为正方向,则由动量守恒定律得：mv0=(/n+M)v解得v=lm/s(3)碰撞过程中A.B组成的系统损失的机械能为：1,17AE=—wVq (w+M)v'=6J.如图所示，MNPQ是边长为/的正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直于MNPQ平面。电子从电极K处由静止开始经电势差为U的电场加速后，从MN的中点垂直于MN射入匀强磁场区域，经磁场偏转后恰好从P点射出。已知电子的质量为m、电荷量为e,不计电子重力。求：⑴电子射入匀强磁场时的速度大小；(2)匀强磁场区域中磁感应强度的大小和方向。【答案】（1）%=4;(2)B=—51,方向垂直于纸面向里【解析】【分析】【详解】【答案】（1）%=4;(2)B=—51,方向垂直于纸面向里【解析】【分析】【详解】（1）电子在加速场中由动能定理可得:eU=g〃叫;①解得：2eU有%=鼠②（2）电子在区域内做匀速圆周运动，由题意可做出运动轨迹如图:r2=尸+（/-一夕③洛伦兹力提供向心力:ev0B-m—@r解得：由左手定则可判断:磁感应强度的方向垂直于纸面向里。.如图所示，竖直光滑的半圆轨道ABC固定在粗糙水平面上，直径AC竖直。小物块P和Q之间有一个被压缩后锁定的轻质弹簧，P、Q和弹簧作为一个系统可视为质点。开始时，系统位于4处，某时刻弹簧解锁（时间极短）使P、Q分离，Q沿水平面运动至D点静止，P沿半圆轨道运动并恰能通过最高点C,最终也落在D点。已知P的质量为mi=0.4kg,Q的质量为m2=0.8kg,半圆轨道半径R=0.4m,重力加速度g取10m/s2,求：（I）AD之间的距离；（2）弹簧锁定时的弹性势能；（3）Q与水平面之间的动摩擦因数。（结果保留两位小数）【答案】(1)0.8m(2)6J(3)0.31【解析】【详解】（1）设物块P在C点时的速度v,AD距离为L,由圆周运动和平抛运动规律，得ntv2叫8=方12R=-gtL=vt解得v=2m/sL=0.8m（2）设P、Q分离瞬间的速度大小分别为匕、匕，弹簧锁定时的弹性势能为E,,由动量守恒定律和机械能守恒定律，得町q=m2v21 2 cc1 2—=m}g-2R+—myv1rl 21 2约=5郎匕+~^2联立解得EP=6J（3）设Q与水平面之间的动摩擦因数为〃，由动能定理，得1 2 ,—tn-,v2=f^rn^gL解得u=—«0.31162021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，a、b两个小球用一根不可伸长的细线连接，细线绕过固定光滑水平细杆CD,与光滑水平细杆口接触，C、D在同一水平线上.D到小球b的距离是L,在D的正下方也固定有一光滑水平细杆DE.D、E间距为自，小球a放在水平地面上，细线水平拉直，由静止释放b,当细线与水平细杆E接2触的一瞬间，小球a对地面的压力恰好为0,不计小球大小，则下列说法正确的是A.细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球b加速度大小不变B.细线与水平细杆E接触的一瞬间，小球b速度发生变化C.小球a与小球b质量比为5：1D.将D、E细杆向左平移相同的一小段距离再固定，由静止释放小球b,线与E相碰的一瞬间，小球a会离开地面。.强台风往往造成巨大灾难.2018年9月16日17时，第22号台风“山竹”强台风级在广东登陆，登陆时中心附近最大风力达u=162初//〃，空气的密度/，=1.3依/加，当这登陆的台风正对吹向一块长10m、宽4m的玻璃幕墙时，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出台风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近（ ）A.2.6xl03^B.5.3x104A^C.1.1x105/VD.1.4x106A^.如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道由一段抛物线AB组成，A点为抛物线顶点，已知A、B两点间的高度差h=0.8m,A、B两点间的水平距离x=0.8m,重力加速度g取10m/sz,一小环套在轨道上的A点，下列说法正确的是A.小环以初速度vo=2m/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力B.小环以初速度v°=lm/s从A点水平抛出后，与轨道无相互作用力C.若小环从A点由静止因微小扰动而滑下，到达B点的速度为2扁/sD.若小环从A点由静止因微小扰动而滑下，到达B点的时间为0.4s,1933年至1934年间科学家用u粒子轰击铝箔时，发生的核反应方程为;;Al+；Hef：；P+：n,反应生成物可以像天然放射性元素一样发生衰变，核反应方程为；；P-＞：：Si+；e+其.其中v为中微子，；e为正电子。则下列说法正确的是（ ）A.当温度、压强等条件变化时，放射性元素：；P的半衰期随之变化B.中微子的质量数A=0,电荷数Z=2C.正电子产生的原因可能是核外电子转变成的D.两个质子和两个中子结合成一个a粒子，则两个质子与两个中子的质量之和大于a粒子的质量.正在海上行驶的--敏帆船，行驶方向如图所示，海风吹来的方向与船行驶的方向夹角为53°，升起风帆,调整风帆的角度，使海风垂直吹在帆面上，若海风吹在帆面上的风力大小为500N,则沿船行驶方向获得的推力大小为、in53°=0.8,cos53=0.6）300N375N400N450N6.我国建立在北纬43。的内蒙古赤峰草原天文观测站在金鸽牧场揭牌并投入使用，该天文观测站应用了先进的天文望远镜.现有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，一位观测员在对该卫星的天文观测时发现：每天晚上相同时刻总能出现在天空正上方同一位置，则卫星的轨道必须满足下列哪些条件（已知地球质量为M,地球自转的周期为T,地球半径为R,引力常量为G）（ ）A.该卫星一定在同步卫星轨道上B.卫星轨道平面与地球北纬43。线所确定的平面共面C.满足轨道半径r=J丝?（n=K2、3…）的全部轨道都可以4/〃2D.满足轨道半径r=J丝？;（n=k2、3…）的部分轨道4乃2〃2二、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.关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）A.气体做等温膨胀变化，其压强一定减小B.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和C.气体分子热运动的剧烈程度减弱时，气体的压强一定减小D.若气体处于完全失重的状态，气体的压强一定为零E.气体从外界吸收热量，其内能可能减小.甲、乙两物体一开始沿同一条直线相向运动，在t=0时刻甲、乙相距x=3m,它们的速度一时间图象如图所示。下列说法正确的是（）t=2s时甲、乙速度相等，且恰好相遇t=ls时甲、乙速度不等，但恰好相遇t=ls时，乙的速度方向发生改变，t=2s时追上甲D.在4s时间内，甲、乙相遇了两次9.如图，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成。=37。角固定，M、P之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为小现从静止释放杆ab,当电阻箱R=OQ时，杆的最大速度为2m/s,当电阻箱R=4Q时，杆的最大速度为4m/s。已知轨距为L=2m,重力加速度g取lOm/sZ,轨道足够长且电阻不计。以下说法正确的是（ ）A.杆ab的最大速度随电阻箱R的增大而均匀增大B.当R一定时，杆ab下滑时通过R的电流方向由P到MC.当R=4Q时，杆ab从释放到获得最大速度的过程中，杆ab所受安培力的功率等于杆ab的热功率D.由已知条件可以求得〃z=\kg,r=4Q10.一个电子在电场力作用下做直线运动（不计重力）。从0时刻起运动依次经历小、2%、3%时刻。其运动的图象如图所示。对此下列判断正确的是（ ）0时刻、2时刻、3fo时刻电子所在位置的电势分别为例、例、6,其大小比较有&>例>外0时刻、九时刻、3ro时刻电子所在位置的场强大小分别为七、4、E,,其大小比较有E3<Eq<E,D.电子从0时刻运动至小时刻，连续运动至3%时刻，电场力先做正功后做负功11.如图所示，边长为L的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B,三角形外的磁场范围足够大、方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为Bo顶点a处的粒子源沿Na的角平分线发射质量为m、电荷量为q的带负电粒子，其初速度大小丫。=理,不mTOC\o"1-5"\h\z计粒子重力，下列说法正确的是（ ）X X X X X XaX x x/\x X X/,\X X /■ X XX X X X X X［兀mA.粒子第一次返回a点所用的时间是一丁3qB6冗mB.粒子第一次返回a点所用的时间是fqBC.粒子在两个有界磁场中运动的周期是三■二3qBD.粒子在两个有界磁场中运动的周期是一二12.电磁波在生产生活中有广泛应用。关于电磁波，下列说法正确的是（ ）A.在同一介质中所有电磁波传播速度都相同B.紫外线有助于人体合成维生素DC.一切物体都在不停地发射红外线D.电磁波谱中丫射线的波长最短E.医学上用丫射线透视人体，检查体内病变等三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.按如图甲所示电路，某实验小组将一电流表改装成能测量电阻的欧姆表，改装用的实验器材如下:A.待改装电流表一个：量程为0〜3mA,内电阻为100。，其表盘如图乙所示B.干电池一节：电动势E=1.5V,内电阻r=0.5QC电阻箱R:阻值范围()〜999.9。请根据改装的欧姆表的情况，回答下列问题：(1)测量电阻前，先进行欧姆调零，将电阻箱R调至最大，将红、黑两表笔直接接触，调节电阻箱R使电流表指针指到表头的 刻度，此位置应该是欧姆表盘所示电阻的(填“最大值”或“最小值”)(2)欧姆表调零后，将红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，若电流表的示数为1.0mA,则待测电阻的阻值段=!(3)如果换一个电动势大的电源，其他器材不变，则改装欧姆表的倍率(填“变大”或“变小”)..在探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究(1)实验还需下列器材中的(多选);B(1)实验还需下列器材中的(多选);B(2)实验中，上图中变压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V,则所接电源电压档位为oA.18.0V B.10.0V C.5.0V D.2.5V四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分.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U,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Bo,区域II的磁感应强度大小可调，C点坐标为（4L,3L）,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H中，速度大小为裂，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n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n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..一列沿X轴传播的简谐横波，在t=0时刻的波形如图实线所示，在t尸0.2s时刻的波形如图虚线所示。⑴若波向x轴正方向传播，求该波的波速；⑵若波向X轴负方向传播，且t1<T,求x=2m处的P质点第一次出现波谷的时刻。,%/cfn.如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K时，被封闭的气柱长L=25cm,两边水银柱高度差h=5cm,大气压强po=75cmHg。①加热封闭气体，为使左端水银面下降％=5cm,求此时封闭气体的温度；②封闭气体的温度保持①问中的值不变，为使两液面相平，求需从底端放出的水银柱长度。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C【解析】【详解】AB.细线与水平细杆接触瞬间，小球的速度不会突变，但是由与小球做圆周运动半径变小，由。=上可r知，其加速度变大，故A、B错误；C.当细线与水平细杆E接触的一瞬间，对小球a可知，细线中的拉力为T=mag对小球b,由牛顿第二定律可得D2T-mhg=mbyy72由机械能守恒可得=；'"72解得也=5mb故C正确；D.将D、E细杆向左平移相同的一小段距离X,则T= (5+劝砥g(L+x)=g町解得T'=mhg+刎"<5mhg=TL+2x故小球a不会离开地面，故D错误；故选C。C【解析】【详解】假设经过t时间，由动量定理得：v2tsp-O=Ft,代入数据：F=v2^«l.lxlO5/V,故选CA【解析】【详解】AB.小环以初速度vo=2m/s从A点水平抛出，下落0.8m用时”修。4s水平位移为x=vot=O.8m,其轨迹刚好与光滑轨道重合，与轨道无相互作用力，A正确，B错误；C.根据机械能守恒定律mgh=；mv2到达B点的速度v=Q2gh=>/2xl0x0.8=4m/sC错误；D.小环沿轨道下落到B点所用的时间比平抛下落到B点所用的时间长，大于0.4s,D错误.故选A。D【解析】【分析】【详解】A.原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，因此半衰期不发生变化；故A错误；B.根据质量数守恒可得中微子的质量数A=30-30=0电荷数Z=15-14-l=0可知中微子的质量数A=0,电荷数Z=0,故B错误；C.根据该衰变的本质可知，正电子是由于质子衰变产生的，故C错误；D.两个质子和两个中子结合成一个a粒子的过程中释放核能，根据质能方程可知质子与中子的质量之和一定大于a粒子的质量，故D正确。故选D。A【解析】【详解】对垂直作用于帆面上的风力进行分解，分解成沿船行驶方向和垂直于行驶方向的力，沿行驶方向的分力=Fcos53°=300N.人.3001^与上述计算结果/;；=30（^相符，故A正确;B.375N与上述计算结果片=300N不相符，故B错误;C.400N与上述计算结果4=300N不相符，故C错误;D.450N与上述计算结果4=300N不相符，故D错误;【解析】该卫星一定不是同步卫星，因为同步地球卫星只能定点于赤道的正上方，故A错误.卫星的轨道平面必须过地心，不可能与地球北纬43。线所确定的平面共面，故B错误.卫星的周期可能为：T，=工，n=l、2、n3…，根据G粤= 解得：r=J丝］（n=K2、3…），满足这个表达式的部分轨道即可，故户T'2 V4/〃2C错误，D正确.故选D.点睛：解决该题关键要掌握卫星受到的万有引力提供圆周运动向心力，知道卫星的运行轨道必过地心，知道同步卫星的特点.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ABE【解析】【详解】A.由理想气体状态方程可得，气体在等温膨胀过程，温度不变，体积与压强成反比，体积增大，压强一定减小，故A正确；B.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，故B正确；C.温度高气体分子热运动就剧烈，所以只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度可以降低，

但是压强不一定越低，故c错误；D.在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，故D错误；E.气体从外界吸收热量，但如果同时对外做功，根据热力学第一定律，则内能可能减小，故E正确。故选ABEoBD【解析】【详解】AC.由图可知t=ls时刻，乙的速度方向发生改变，t=2s时刻甲、乙速度相等，但由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，乙围成的面积是0,说明乙回到出发点，甲的位移4m,所以两者此时没有相遇，故AC错误；t=ls时刻甲、乙速度不等，由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，乙位移是1m,甲的位移2m,两都位移之和刚好是3m,所以恰好相遇，故B正确；D.t=ls时到t=3s时，甲乙两图像与坐标轴围成的面积相等，说明这段时间内两者的位移相等，由B项分析可知，t=ls时恰好相遇，所以t=3s时也恰好相遇，说明在t=0到t=4s时间内，甲乙仅相遇过二次，故D错误。故选BD.AD【解析】【详解】A,设杆6活的最大速度为V,根据平衡条件可得〃zgsin。〃zgsin。=BIL=B2l3vR+r解得nzg(R+r)sinev=——— B21}所以杆，力的最大速度随电阻箱R的增大而均匀增大，故A正确;B.当/?一定时，杆ab下滑时根据右手定则可知通过ab的电流方向由〃到4,则通过/?的电流方向由M到P,故B错误;C.当A=4C时，杆a〃从释放到获得最大速度的过程中，杆a〃所受安培力的功率等于杆次?的热功率与电阻箱产生的热功率之和，故C错误;b2i?,根据题意可知，当电阻箱R=0Q时，杆的最大速度为b2i?mr当电阻箱R=4C时，杆的最大速度为4m/s,代入则有/?z(4+r)=—联立可得I,m=—kg,r=4Q12故D正确；故选AD.AC【解析】【分析】【详解】A.电子只受电场力作用沿直线运动，该直线为一条电场线。结合其UT图象知其运动情景如图所示。则（）时刻与2%时刻电子在同一位置。所以A正确；_ 葭%3£（） 2to'qEFB.电子受电场力向左，则场强方向向右，沿电场线方向电势逐渐降低，则有<Px<（Pa<所以B错误；C.丫-/图象的斜率为加速度。由图象知0-。过程加速度增大，/。->3办过程加速度减小。又有qE=ma则有所以C正确；D.由图象知07%过程速度减小，%-3ro过程速度增大，则其动能先减小、后增大.由动能定理知电场力先做负功，后做正功。所以D错误。故选AC。AD【解析】【分析】【详解】AB.若ve=理,带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：v2 2兀mqvB=m——9T=——rqB将速度代入可得:r=L由左手定则可知粒子在三角形内的区域内偏转的方向向左，从a射出粒子第一次通过圆弧从a点到达c点的运动轨迹如下图所示，可得：粒子从c到b的时间：tcb=T6带电粒子从b点到达a点的时间也是g,所以粒子第一次返回a点所用的时间是67 Inmtl=tac+tcb+tba=—T=c-6 3qB故A正确，B错误；CD.粒子第一次到达a点后沿与初速度方向相反的方向向上运动，依次推理，粒子在一个周期内的运动;可知粒子运动一个周期的时间是3个圆周运动的周期的时间，即：6兀m=31= qB故C错误，D正确;故选AD.BCD【解析】【分析】【详解】A.一切电磁波在真空中传播速度相同，在同一介质中，不同电磁波传播速度不同，A错误；B.紫外线有助于人体合成维生素D,但不宜过量，B正确；C.红外线应用在遥感技术中，是利用一切物体都在不停地发射红外线，C正确；D.电磁波谱中丫射线的频率最高，波长最短，D正确；E.医学上用X射线透视人体，检查体内病变等，E错误。故选BCD.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分3mA最小值1000变大【解析】【详解】(1)UH2|将红、黑两表笔短接是欧姆调零，电流表的最大刻度3mA对应待测电阻的最小值，即对应欧姆表的电阻零刻度(2)[3]欧姆表调零后，其内阻电流表示数为1=1.0mA,则1=---4+R内解得R、=1000。(3)[4]当电动势变大后，由一旦1—E力’*%可知，内阻变大，相同电流时，测量的电阻变大，所以倍率变大。(1)BC(2)A【解析】(1)本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要电压表。故学生电源和电压表两个器材不能缺少，选BC；(2)①理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为===;若变压器的原线圈接“0;8”接线柱，副线圈口,M?接线“0；4”接线柱，则原、副线圈匝数比为三="2,则原线圈两端电压二尸三二；=2x5V=10V。②本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5V,则原线圈电压必须大于10V,故选A。【点睛】理想变压器原、副线圈两端电压和各自匝数的关系为It=m实验中需要的器材有：低压交流电源，电压表；而可拆式变压器，铁芯是不闭合的，利用此关系就可以确定求解。口7口；四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分(1)8〈殳；(2)8=竺"；(3)若粒子由区域I达到M点，n=l时，B=—Bnfn=2时，B=—Bn6 49 80 160n=3时，B= ②若粒子由区域II达到M点，n=0时，8=§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石＞3L粒子运动半径满足：qBv0=m—代入％="工% 2m解得5＜乌6(2)粒子在区域I中的运动半径「=吟=!qB2若粒子在区域II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=2049 49解得右才小心代入%=半可得：B=竺生49(3)①若粒子由区域I达到M点

O每次前进=2(/?-r)cos^=-(7?-r)TOC\o"1-5"\h\z 5 8由周期性：(〃=1.2.3…)即jL=25 49R=rT L2—L9解得〃V316/7 48B=B=—B.330n_168-尸24B=—B049°n=l时/?=3心，1641n=2时R=——Lt3249n=3时R=—L948②若粒子由区域II达到M点由周期性：CM=C4+〃Cg(〃=0.1.2.3...)54Q Q 不+工〃即二L=9/?+&〃(R-r),解得/?=]5TOC\o"1-5"\h\z25 5 2")25 qn=0时R=—L9B=—B。16 25n=l时R=3L,fi=—R.32 330做诸如此类问题时要注意正确画出运动轨迹图，并结合点睛：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.(l)5+15n(m/s)(n=0,1,2…)；(2)0.025s【解析】【分析】【详解】(1)当波向x轴正方向传播时，由波形图可知该波的波长为x=3m从t=0到ti=o.2s过程，波向正方向传播的距离为A%1=f—+j2(n=0,1,2...)波传播的波速为解得v=5+15n(m/s)(n=0,l,2...)（2）当波向x轴负方向传播时，由波形图可知t.=—T=0.2s13解得7=0.3s波的速度大小为V,=—=10m/sTP点距右侧实线第一个波谷的水平距离为3 .Ax2=—A,—2.P点第一次出现波谷的时间为联立解得r=0.025s17.①384K；②9cm【解析】【详解】①设左端水银面下降后封闭气体的压强为P2,温度为T2,体积为V2,则p2=80cmHg,V2=[L+hy）S由理想气体状态方程得PM_P2匕工F代入数值解得T2=384K②两液面相平时，气体的压强为：，3=外，体积为匕，左端液面下降为，右管液面下降了（4+5）cm,由玻意耳定律得P2K=P3%%=（L+4+%）S解得h=2cm所以放出的水银柱长度H=2/^+5=9cm2021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.如图所示，把一块不带电的锌板接在验电器上，用紫外线灯照射锌板，验电器的金属箔片张开，则下列说法中正确的是（）二紫外线灯二紫外线灯A.紫外线的波长比可见光长B.验电器的金属箔片带正电C.从锌板逸出电子的动能都相等D.若改用红外灯照射，验电器的金属箔片一定张开2.小明乘坐竖直电梯经过Imin可达顶楼，已知电梯在t=0时由静止开始上升，取竖直向上为正方向,该电梯的加速度a随时间t的变化图像如图所示。若电梯受力简化为只受重力与绳索拉力，则A.t=4.5s时，电梯处于失重状态B.在5〜55s时间内，绳索拉力最小t=59.5s时，电梯处于超重状态t=60s时，绳索拉力的功率恰好为零如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止.取水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向,则画笔在白板上画出的轨迹可能为（）一带电粒子从A点射人电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面彼此平行，不计粒子的重力.下列说法正确的有H第6H第6题图A.粒子带正电荷B.粒子的速度不断增大C.粒子的加速度先不变，后变小D.粒子的电势能先减小，后增大2019年12月7日10时55分，我国在太原卫星发射中心用“快舟一号”甲运载火箭，成功将“吉林一号”高分02B卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，绕地球做匀速圆周运动。已知地球质量为M、引力常最为G,卫星与地心的连线在时间t（小于其运动周期）内扫过的面积为S,则卫星绕地球运动的轨道半径为（）t4GM254s2 b2s cGMt4GM25GMt2 't4GM '4s2一列简谐横波沿、轴正方向传播，速度为0.5m/s,周期为4s。t=ls时波形如图甲所示，。、b、C、d是波上的四个质点。如图乙所示是波上某一质点的振动图像。下列说法正确的是（）A.这列波的波长为1mt=0s时质点a的速度与质点b的速度相等t=ls质点a的加速度大小比质点b的加速度大D.如图乙表示的是质点b的振动图像二、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.下列说正确的是（ ）A.一定量100C的水变成100C的水蒸气，其分子之间的势能增加.蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块看起来没有确定的几何形状，是非晶体C.理想气体在等压膨胀过程中一定要吸收热量D.已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度可以估算出气体分子的直径E.水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙.如图所示为用同一双缝干涉实验装置得到的甲、乙两种单色光的干涉条纹，下列有关两种单色光的说法正确的是rm>rnnnnA.甲光的波长大于乙光的波长B.甲光在真空中的传播速率大于乙光在真空中的传播速率C.若甲光是黄光，乙光可能是红光D.若两种单色光以相同的人射角进入同种介质，甲光的折射角较大E.若两种单色光都从玻璃射入空气，逐渐增大人射角，乙光的折射光线最先消失.质量均为m的小球A、B分别固定在一长为L的轻杆的中点和一端点，如图所示。当轻杆绕另一端点O在光滑水平面上做角速度为3的匀速圆周运动时，则（ ）A.处于中点的小球A的线速度为B.处于中点的小球A的加速度为C.处于端点的小球B所受的合外力为D.轻杆。4段中的拉力与A8段中的拉力之比为3：2.如图，匀强磁场与X。丫平面垂直且仅分布在第一象限，两个完全相同的带电粒子a、b从x轴上的P点以相等速率射入磁场，分别经过时间乙、th后从y轴上纵坐标为工，K的两点垂直于v轴射出磁场。已知两带电粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,半径为广，粒子b射入速度方向与人轴正方向的夹角为60°.a、b间的相互作用和重力可忽略。下列关系正确的是（ ）A.tb=KB.yb=2yac.4+4=5D.ya+yb=2r.两材料完全相同的、可视为质点的滑块甲和滑块乙放在粗糙的水平上，在两滑块的右侧固定一挡板。已知两滑块与水平面之间的动摩擦因数均为Ji,甲、乙两滑块的质量分别为mi=3m、m2=2m,且在水平面上处于静止状态。现给滑块甲一向右的初速度V。（未知），使滑块甲和滑块乙发生无能量损失的碰撞，经过一段时间滑块乙运动到挡板处且被一接收装置接收，而滑块甲未与挡板发生碰撞，开始两滑块之间的距离以及滑块乙与挡板之间的距离均为L,重力加速度为g。滑块甲与滑块乙碰后的瞬间速度分别用VI、V2表示，下列正确的说法是()一A.VI：V2=l：5 B.VI：V2=l：6C.V。的最小值为产醇 D.V。的最小值为科詈.下列说法中不符合实际的是A.单晶体并不是在各种物理性质上都表现出各向异性B.液体的表面张力使液体表面具有扩张的趋势C.气体的压强是由于气体分子间相互排斥而产生的D.分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小E.热量能自发地从内能大的物体向内能小的物体进行传递三、实验题:共2小题，每题8分，共16分.用如图所示的实验装置研究平抛运动.某同学按如下的操作得到了一组数据:①将碰撞传感器水平放置，在轨道多个位置静止释放小球.②将碰撞传感器竖直放置在离抛出点一定距离处(图中虚线位置)，在轨道多个位置静止释放小球，小球都击中碰撞传感器.123456初速度Vo(m/s)1.0241.2011.1761.1530.9421.060飞行时间t(s)0.2460.2490.2480.1730.2120.189(1)本实验除了碰撞传感器外，还需用到的传感器是(2)根据表格可知，碰撞传感器水平放置时，距离小球抛出点的高度约_m；碰撞传感器竖直放置时，距离小球抛出点的水平距离约_m..“探究加速度与物体质量、物体受力的关系''的实验装置如图甲所示.(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸袋如图乙所示.计时器打点的时间间隔为0.02s.

从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离.该小车的加速度尸m/s2.(结果保留两位有效数字)TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"止一3维」二_.烟_!3ttW/l|| \邯愀cm)MmwJI(图乙) Il I(图甲)(2)平衡摩擦力后，将5个相同的祛码都放在小车上.挂上硅码盘，然后每次从小车上取一个祛码添加到祛码盘中，测量小车的加速度.小车的加速度a与祛码盘中祛码总重力F的实验数据如下表:祛码盘中祛码总重力F(N)0.1960.3920.5880.7840.980加速度a(m-s2)0.691.181.662.182.70请根据实验数据作出a-F的关系图像TOC\o"1-5"\h\zFN(3)根据提供的试验数据作出的a-F图线不通过原点，请说明主要原因 .四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分.如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为31。，A、B分别是传送带与两轮的切点，两点间距L=3.25m.一个质量为1.1kg的小煤块与传送带间的动摩擦因数为〃=亭，g=1Om/s2；轮缘与传送带之间不打滑.小物块相对于传送带运动时会在传送带上留下痕迹.传送带沿逆时针方向匀速运动，速度为VI.小物块无初速地放在A点，运动至B点飞出.求:(1)当%=4m/s,小滑块从A点运动到B点的时间(2)当痕迹长度等于2.25m时，V,多大？.如图所示，长l=lm的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角8=37。.已知小球所带电荷量q=L0xl0-6C,匀强电场的场强E=3.0x103N/C,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37。=0.8.求：(1)小球所受电场力F的大小；(2)小球的质量m；(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小..如图所示，在湖面上波源O点以振幅0.2m上下振动，形成圆形水波向外传播，A、O、B三点在一条直线上，AO间距为7.0m,OB间距为2.0m,某时刻O点处在波峰位置，观察发现3.5s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向上运动，OA间还有一个波峰。将水波近似为简谐波。求：①此水波的传播速度周期和波长；②以A点处在波峰位置为0时刻，画出B点的振动图像。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】A.根据电磁波谱内容可知，紫外线的频率大于可见光，根据：C=&f则紫外线波长小于可见光，A错误；B.发生光电效应时，有光电子从锌板飞出，锌板失去电子带正电，所以验电器带正电，B正确；C.根据光电效应方程知，光电子的最大初动能为：Ekm=hv-W0但不是所有电子的动能等于最大初动能，C错误；D.根据光电效应产生条件，当红外灯照射，则红外线频率小于紫外线，因此可能不发生光电效应现象，则验电器金属箔不一定张开，D错误。故选B.D【解析】【详解】A.电梯在t=l时由静止开始上升，加速度向上，电梯处于超重状态，此时加速度a>l.t=4.5s时，a>l,电梯也处于超重状态。故A错误。5〜55s时间内，a=L电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力,所以这段时间内绳索拉力不是最小。故B错误。t=59.5s时，电梯减速向上运动，aVl,加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C错误。D.根据a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，61s内a-t图象与坐标轴所围的面积为1,所以速度的变化量为L而电梯的初速度为1,所以t=61s时，电梯速度恰好为1,根据P=Fv可知绳索拉力的功率恰好为零，故D正确。D【解析】【分析】找出画笔竖直方向和水平方向的运动规律，然后利用运动的合成与分解进行求解即可；【详解】由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于合力向右，则曲线向右弯曲，然后水平方向向右减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于合力向左，则曲线向左弯曲，故选项D正确，ABC错误。【点睛】本题考查的是运动的合成与分解，同时注意曲线运动的条件，质点合力的方向大约指向曲线的凹侧。C【解析】【分析】【详解】A.带电粒子做曲线运动，受力指向曲线的内侧，所以所受电场力向左，带负电；A错；BC.电场力做负功，所以动能越来越小，电势能越来越大，速度越来越小B错；C,对；D.等势线的疏密程度反映场强大小，所以所受电场力越来越小，加速度越来越小，D错.故选c【解析】【详解】卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知GMm2——：-=mcorr根据几何关系可知，卫星与地心连线在时间，内扫过的面积ccot2S=—nr21联立解得卫星绕地球的轨道半径4s2r= 7GMr故A正确，B、C、D错误；故选A。C【解析】【详解】A.由题可知，速度为0.5m/s,周期为4s,则波长A=vT=0.5x4=2mA错误；t=0s时质点a在波峰处，速度为零，质点b在平衡位置，速度最大，B错误；C.因为周期T=4s,所以当t=ls时经历了!，此时质点a在平衡位置，位移为零，加速度为零，质点b4在波峰处，位移最大，加速度最大，C正确；D.由乙图可知，当t=ls时该质点在波谷处，与此相符合的质点是质点c,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ACE【解析】【详解】A.一定量100C的水变成100C的水蒸气，因吸热内能增大，但其分子动能不变，则分子之间的势能增加,选项A正确；B.蔗糖受潮后粘在一起形成的糖块是多晶体，看起来没有确定的几何形状，也是多晶体的特点。故B错误。C.理想气体在等压膨胀过程中，气体对外做功，温度升高，内能变大，则一定要吸收热量，选项C正确；D.已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度可以估算出气体分子运动占据的空间体积，不能估算气体分子的直径，选项D错误；E.水和酒精混合后总体积减小，说明分子间有空隙，选项E正确；故选ACE.ADE【解析】【详解】A.根据=得，在d、1相同的条件下，Ax与九成正比，甲光的条纹间距大，甲光的波长长，故Aa正确；B.每种单色光在真空中的传播速率是相同的，都是3.0xl08m/s,故B错误；C.甲光的波长长，红光的波长比黄光的波长长，故C错误；D.根据c=人得，甲光的频率比乙光频率低，则甲光的折射率小，由sinzn=——sinr得若两种单色光以相同的入射角进入同种介质，甲光的折射角较大，故D正确；E.根据,「1sinC=—n得乙光的临界角较小，两种单色光都从玻璃射入空气，逐渐增大入射角，乙光的折射光线最先消失，故E正确。故选ADE.CD【解析】【详解】A.处于中点的小球A的运动半径为二，根据线速度与角速度的关系可知线速度2,v=—Let)A错误；B.处于中点的小球A的加速度为a.=arL2B错误；C.处于端点的小球B的向心加速度2ra=coL由牛顿第二定律F=ma可知小球B所受的合外力为F=marLC正确；D.设轻杆。4段中的拉力为耳，轻杆A8段中的拉力为尼，对小球A由牛顿第二定律可得Ft-F2=^ma)2L对小球B由牛顿第二定律可得F2=met)1L联立解得£2D正确。故选CD.CD【解析】【详解】A.由题意可知两粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角之和为180,因为粒子b的轨迹所对应的圆心角为120°,所以粒子a运动轨迹所对应的圆心角为60°,则，b=2tli故A错误；BCD.粒子a、b运动时间之和为二，即2由几何知识可知r3r乂=5'%一故yb=3%、K+%=2r故B错误，CD正确。故选CD,BC【解析】【分析】【详解】AB.两滑块碰撞过程满足动量守恒定律和机械能守恒定律，设碰撞前瞬间滑块甲的速度为v,则有miv=mivi+m2V2由机械能守恒定律得1 2 1 2,1 2TOC\o"1-5"\h\z—miv=—miviH—m2V2’2 2 2联立解得v 6VVl=—,V2=一5 5则二者速度大小之比为V1:V2=l:6A错误，B正确；CD.当滑块甲初速度最小时，碰后滑块乙应刚好运动到右侧的挡板，则一Jim2gL=-；1112V2，碰前滑块甲做减速运动2 1 2—pmigL——miv——mivo”可得C正确，D错误。故选BC.12.BCE【解析】【详解】A.由于单晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同，即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的，选项A正确，不符合题意；B.液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，选项B错误，符合题意；C.气体的压强是由于大量的气体分子频繁的对器壁碰撞产生的，并不是由于气体分子间相互排斥而产生的，选项C错误，符合题意；D.分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小，选项D正确，不符合题意；E.热量能自发地从温度高的物体向温度低的物体进行传递，选项E错误，符合题意；

故选BCE.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.光电门0.3 0.2【解析】【详解】根据图，并结合实验的原理可知，除了碰撞传感器外，还需用到光电门传感器；(2)[2][3]由表格数据可知，前3个，时间基本相等；而后3个，初速度与时间的乘积是基本相等的；时间基本相等的，碰撞传感器水平放置，根据自由落体运动位移公式，那么距离小球抛出点的高度h=-gt2®-xl0x0.252m«0.3m2 2初速度与时间的乘积是基本相等的，碰撞传感器竖直放置，那么距离小球抛出点的水平距离x«vx«vot»1.153x0.173m»0.2m未计入祛码盘的重力【解析】【分析】【详解】(1)处理匀变速直线运动中所打出的纸带，求解加速度用公式At=〃2,关键弄清公式中各个量的物理意义，Ax为连续相等时间内的位移差，t为连需相等的时间间隔，如果每5个点取一个点，则连续两点的时间间隔为t=0.1s,Ar=(3.68-3.51)xlO:m,带入可得加速度a=0.16m/sL也可以使用最后一段和第二段的位移差求解，得加速度。=0.15m/sL(1)根据图中的数据，合理的设计横纵坐标的刻度值，使图线倾斜程度太小也不能太大，以与水平方向夹角45。左右为宜.由此确定F的范围从()设置到1N较合适，而a则从0到3m/si较合适.设好刻度，根据数据确定个点的位置，将个点用一条直线连起来，延长交与坐标轴某一点.如图所示.八a/nvs'(3)处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义，能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解.与纵坐标相交而不过原点，该交点说明当不挂祛码时，小车仍由加速度，即绳对小车仍有拉力，从此拉力的来源考虑很容易得到答案，是因为祛码盘的重力，而在(1)问的图表中只给出了祛码的总重力，而没有考虑祛码盘的重力.四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分(1)1s(2)v0=4(>/10-3)m/s【解析】【详解】(1)开始时：mgsin30°+/jmgcos300=ma}得：a}=8m/s2达速度V］所用时间为：%="i解得：ti=1.5s滑块下滑位移：2 ,x=—W=1m因为：〃<tan30,故滑块继续加速下滑，贝!I：mgsin30-pmgcos30=ma2得：a2=2m/s2r 1 2L-x=vot2+-a2t2得：t2=1.5s故：tAB=tl+t2=ls(2)若以如下滑过程中滑块相对传送带的位移大于或等于以az下滑的相对位移，则:卬=得：vi=6m/s若以a,下滑过程中滑块相对传送带的位移小于以a2下滑的相对位移，贝IJ：得：t2=1.5s由上述得:+24%—16=0得:%=4(>/10-3)m/s(1)F=3.0x10-3N(2)m=4.0xl0-4kg(3)v=2.0m/s【解析】【详解】(1)根据电场力的计算公式可得电场力F=qE=1.0x1Ofx3.0x1。3N=3.0x10-3N；(2)小球受力情况如图所示:根据几何关系可得‘咫=器’所以〃"四方=4黑/kg=4、l°Tkg；(3)电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则/^/(1-8537。)=(m/,解得v=2m/s.①2s,4.0m；②见解析。【解析】【分析】【详解】①.波速v=-==—m/s=2m/st3.5IT/=—=3.5s4得T=2sA=vT=4.0m②.由O点产生左右传播波的对称性可知A在波峰时B点在平衡位置向下振动。振动图像如图kZ.oVo/-0.22021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，空间有与竖直平面夹角为0的匀强磁场，在磁场中用两根等长轻细金属丝将质量为m的金属棒ab悬挂在天花板的C、D两处，通电后导体棒静止时金属丝与磁场方向平行.已知磁场的磁感应强度大小为B,接人电路的金属棒长度为I,重力加速度为g,以下关于导体棒中电流的方向和大小正确的是()【答案】C【解析】【分析】对导体棒进行受力分析,根据左手定则分析导体棒中的电流方向，根据三角形定则分析求解安培力的大小,从而根据F=BIL求解导体棒的电流大小.【详解】导体棒静止，则其受力如图所示：根据左手定则可知，导体棒的电流方向为由a到b,根据平衡条件可知安培力的大小为:F=BIL=mgsin0所以感应电流的大小为：「mgsin0/= Bl故ABD错误C正确。故选C。.下列说法正确的是(A.布朗运动是液体分子的无规则运动B.随液体的温度升高，布朗运动更加剧烈C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加D.内能是物体中所有分子热运动动能的总和【答案】B【解析】【分析】【详解】A.布朗运动不是液体分子的无规则运动，而是花粉颗粒的无规则的运动，布朗运动间接反映了液体分子是运动的，故选A错误；B.随液体的温度升高，布朗运动更加剧烈，选项B正确；C.因为温度越高，分子运动速度越大，故它的运动就越剧烈；物体从外界吸收热量，如果还要对外做功,则它的内能就不一定增加，选项C错误；D.内能是物体中所有分子热运动动能与分子势能的总和，故选项D错误。故选B。3.对于一定质量的理想气体，下列叙述中正确的是（ ）A.当分子间的平均距离变大时，气体压强一定变小B.当分子热运动变剧烈时，气体压强一定变大C.当分子热运动变剧烈且分子平均距离变小时，气体压强一定变大D.当分子热运动变剧烈且分子平均距离变大时，气体压强一定变大【答案】C【解析】【分析】【详解】气体压强在微观上与分子的平均动能和分子密集程度有关。当分子热运动变剧烈且分子平均距离变大时，气体压强可能变大、可能不变、也可能变小；当分子热运动变剧烈且分子平均距离变小时，气体压强一定变大。故选C。4.如图所示为氢原子能级图，下列说法正确的是（）E/cV..0--0.85--1.51I -13.6A.氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电势能减小，其核外电子的动能增大B.氢原子从n=2能级向n=l能级跃迁时辐射出的光子能量为17eVC.一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子频率最多有3种D.用能量为9eV和4.6eV的两种光子同时照射大量的氢原子，有可能使处于基态的氢原子电离【答案】A【解析】【详解】A.当氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，轨道半径变小，其核外电子的动能将增大，又此过程中电场力做正功，其电势能减小，A项正确；B.处于n=2能级的氢原子跃迁到基态时，辐射出的光子的能量为（-4eV）-（43.6eV）=10.2eV,B项错误;C.根据C；=6可知，一群处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出的光子频率最多有6种，C项错误；D.处于基态的氢原子要发生电离，吸收的光子能量必须大于等于13.6eV,D项错误。故选A。T