《含5套模拟卷》浙江省杭州市2021届新高考物理第三次调研试卷含解析

浙江省杭州市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1.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s,速度变为原来的2倍，该质点的加速度为（）TOC\o"1-5"\h\zs 2s 2s 3sA.-z- B.-z- C.—z- D.—t2 t2 3t2 2r【答案】c【解析】【分析】根据速度倍数关系，结合位移公式和平均速度公式即可求得初速度速度，再由加速度的定义求得质点的加速度。本题是匀变速直线运动规律的直接运用，要注意正确利用平均速度公式分析速度与位移间的关系，同时明确加速度的定义即可正确求解。【详解】设初速度为V,则末速度为2v。由平均速度公式可得_v+2vsTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"V= =—2t由加速度公式可得\o"CurrentDocument"Av2v—vva=——= =—△ttt联立解得。=奈，故C正确，ABD错误。故选C。2.如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电阻R及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO,以恒定的角速度＜0匀速转动，t=0时刻线圈位于与磁场平行的位置。已知线圈的匝数为n、面积为S、阻值为r。则下列说法正确的是（ ）A.t=0时刻流过电阻R的电流方向向左B.线圈中感应电动势的瞬时表达式为e=nBS（osincotC.线圈转动的过程中，电阻R两端的电压为华迎R+rnBScoRD.从t=0时刻起，线圈转过60。时电阻R两端的电压为2（二+厂）

【答案】D【解析】【分析】【详解】A.t=0时刻线框与磁场方向平行，即线框的速度与磁场方向垂直，右手定则可知，流过电阻R的电流方向向右，故A错误；B.从与中性面垂直的位置开始计，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势Em=nBSw所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBSwcoswt(V)故B错误；C.线圈转过的过程中，最大感应电动势Em=nBS3,则产生的感应电动势的有效值为E=.2*±nBSw2因此电阻R两端的电压为yflnBScoRU=-； —2(/?+r)故C错误：D.线圈从t=0开始转过60。时，电阻R两端的电压为〃BS7ycos60•RnBScoRU〃= =~rR+r2(/?+r)故D正确。故选D。3.一半径为R的球形行星自转周期为T,其同步卫星距离行星表面的高度为3R,则在该行星表面绕其做匀速圆周运动的卫星线速度大小为(8万/? 8万/? 16兀RC. D. 【答案】D【解析】【详解】卫星的轨道半径r=R+3R=4R,根据线速度的计算公式可得:根据万有引力提供向心力可得所以解得\6ttRy卫二~亍~•竿，与结论不相符，选项A错误;竿，与结论不相符，选项B错误；C.—,与结论不相符，选项C错误;TD.2或，与结论相符，选项D正确；故选D。4.如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek°=30J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10J,克服重力做功24J,则（）BA.滑块带正电，上滑过程中电势能减小4JB.滑块上滑过程中机械能增加4JC.滑块上滑到斜面中点时重力势能增加14JD.滑块返回到斜面底端时动能为15J【答案】A【解析】【详解】A.动能定理知上滑过程中代入数值得%=4J电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4J,A正确;B.由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为AE=%—W/=-6J即机械能减小6J,B错误；C.由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12J,即重力势能增加12J,C错误；D.由动能定理知叼=E*o-所以滑块返回到斜面底端时动能为10J,D错误.故选A。【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道重力做功等于重力势能的变化量，合力做功等于动能的变化量，除重力以外其它力做功等于机械能的变化量，电场力做功等于电势能的变化量..如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略.现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（）a灯变亮，b灯和c灯变暗a灯和c灯变亮，b灯变暗a灯和c灯变暗，b灯变亮a灯和b灯变暗，c灯变亮【答案】B【解析】【分析】【详解】变阻器R的滑片稍向上滑动一些，滑动变阻器电阻减小，根据“串反并同”与其串联的灯泡C电流增大，变亮，与其并联的灯泡b电流减小，变暗，与其间接串联的灯泡a电流增大，变亮，B对；.如图所示，在以R。为半径，O为圆心的圆形区域内存在磁场，直径MN左侧区域存在一匀强磁场，方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为为；MN右侧区域也存在一匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B2,有一质量为in,电荷量为+q的带电粒子（不计重力）沿垂直于MN的方向从P点射入磁场，通过磁场区域后自Q点离开磁场，离开磁场时其运动方向仍垂直于MN.已知OP与MN的夹角为明，OQ与MN的夹角为02,粒子在左侧区域磁场中的运动时间为小粒子在右侧区域磁场中的运动时间为t2,则下列说法正确的是（）5wB2_cos。1 B2_sin2"B]cos名 B4sin。]tx_sin02 r,_sin""t2sin4 D,心sing【答案】D【解析】【分析】【详解】AB.粒子运动轨迹如图所示:由几何知识可知，粒子在两个磁场中的轨迹半径分别为&sinqr\一cosa%sin%r2-cosa粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB=m—r解得B=—qrB,_八_sinqB}r2sing故AB错误；CD.粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2兀m1= qB粒子在磁场中转过的圆心角。相等，粒子在磁场中的运动时间为03mt=—1=—2乃 qB则有B2sinqt2 sinft,故C错误，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.如图，从倾角为45。的足够长斜面顶端垂直于斜面向上抛出一质量为m的物体（可视为质点），物体初速度大小为v,受到水平向右、大小与物体重力相等的水平风力作用，重力加速度为g,不计空气阻力，从抛出开始计时，下列说法正确的是A.物体距斜面的最远距离为丝2g.以抛出点所在水平面为零势能面，物体重力势能的最大值为‘三4c.经过时间斑，物体回到斜面gD.物体重力势能最大时，水平风力的瞬时功率为后zgn【答案】BD【解析】【详解】AC.根据题意可知，物体受竖直向下的重力和与重力等大的水平向右的风力，则物体受到的合外力沿着斜面向下，与初速度方向相互垂直，物体做类平抛运动，无法落在斜面上，并且离斜面的距离越来越远,故AC错误；B.物体在竖直方向上上升的最大高度为,(vsin450)2v2TOC\o"1-5"\h\zh- =——2g4g则重力势能的最大值为„_mv2E,np—mgh -故B正确；D.物体重力势能最大时，竖直方向的速度为0,所用时间为\o"CurrentDocument"vsin45yJ2vt= =--g2g水平方向的速度为vx=vcos45°+gt=y]2v所以水平风力的瞬时功率为P—Fvx=yflingv故D正确。故选BD.8.我国探月工程分“绕、落、回”三步走，近期将发射“嫦娥五号”探测器执行月面采样返回任务。图为探测器绕月运行的示意图，O为月球球心。已知环月圆轨道I和椭圆轨道II相切于P点，且I轨道半径为II轨道半长轴的1.25倍。则探测器分别在I、II两轨道上稳定运行时( )A.周期「"2=5:4B.机械能E尸EuC.经过P点的速度vi>vuD.经过P点的加速度a产a”【答案】CD【解析】【分析】【详解】A.根据开普勒第三定律可知故A错误：BC.从P点由轨道II进入轨道I要点火加速，即vi>vu，则在轨道I上的机械能大于轨道II上的机械能,故B错误，C正确；D.经过P点时探测器受到月球的引力相同，根据牛顿第二定律可知加速度a尸aH,故D正确。故选CD。9.如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器Ti和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R=10C,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4:1,副线圈与用电器R。组成闭合电路.若T|、T2均为理想变压器,T2的副线圈两端电压.。=220匹sinlOOR（V）,当用电器电阻R0=n。时（）A.通过用电器Ro的电流有效值是20AB.当用电器的电阻R。减小时，发电机的输出功率减小C.发电机中的电流变化频率为100HzD.升压变压器的输入功率为4650W【答案】AD【解析】【详解】A.降压变压器副线圈两端交变电压有效值为U=E=2吧V=220V,负载电阻为11Q,所以通过R。V2a电流的有效值是20A,故A正确；B.当用电器的电阻R。减小时，由于电压不变，电流增大，输出功率增大，则发电机的输出功率也增大,故B错误：C.交流电经过变压器，频率不变，则交流电的频率f=<o/27r=50Hz.故C错误；D.根据卜：卜=山：由得，输电线上的电流h=5A,则输电线上损耗的功率Pn=/；R=25x10W=250W,降压变压器的输入功率P3=U414=220x20W=4400W,则升压变压器的输出功率P=P,+P«=4400+250W=4650W.故D正确；故选AD【点睛】在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率.10.如图所示，长方体物块上固定一长为L的竖直杆，物块及杆的总质量为如2m.质量为m的小环套在杆上，当小环从杆顶端由静止下滑时，物块在水平拉力F作用下，从静止开始沿光滑水平面向右匀加速运动，环落至杆底端时，物块移动的距离为2L,已知F=3mg,重力加速度为g.则小环从顶端下落到底端的运动过程.|：乜 产1厂刀A.小环通过的路程为返LB.小环所受摩擦力为等C.小环运动的加速度为£D.小环落到底端时，小环与物块及杆的动能之比为5:8【答案】ABD【解析】【详解】ABC.水平方向上，据牛顿第二定律有：F=3mg=3max代入数据解得：%=g小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，另据水平方向的位移公式有：2L=-at22'解得运动时间为：在竖直方向上有:解得:T即小球在竖直方向上做加速度为^■的匀加速直线运动，据牛顿第二定律有:mg-f=may解得小球所受摩擦力为:mg故小球运动的加速度为:a=M+4=^g小球的合运动为匀加速直线运动，其路程与位移相等，即为:S=x=Jz?+（2L）2=岛故AB正确，C错误；D.小环落到底端时的速度为：Vff=at=--gx2l^=y/5gL其动能为：△ 5 ,E/fngL此时物块及杆的速度为：其动能为:Ek*=4mgL故有小环与物块及杆的动能之比为5:8,故D正确。11.如图所示，两光滑平行金属导轨MN与PQ,其间距为L,直导线c法垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为8。电容器接在M两端，其电容为。，除电路中的电阻R外，导轨和直导线的电阻均不计。现给直导线，山一初速度，使之向右运动,当电路稳定后，直导线以速度i响右匀速运动，则（ ）A.电容器两端的电压为BLn B.电阻两端的电压为零p2j2C.电容器所带电荷量为CBLu D.直导线仍所受安培力为上上R【答案】ABC【解析】【详解】AB.当直导线48匀速向右运动时，直导线切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv电路稳定后，电容器两极板间的电压U=E=BLv电容器既不充电也不放电，电路中无电流，电阻两端无电压，故A、B正确；C.电容器所带电荷量为Q=CU=CBLv故c正确；D.电路稳定后，直导线中无电流，根据尸=8〃可知直导线出?不受安培力，故D错误；故选ABC.12.Li、1,2两水平线间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场高度为h,竖直平面内有质量为m,电阻为R的梯形线框，上、下底水平且底边之比5:1,梯形高2h。该线框从如图位置由静止下落，已知AB刚进入磁场时和AB刚穿出磁场时的重力等于安培力，在整个运动过程中，说法正确的是（）FABx'xx"xx-Yxi1*xxxxxxx,r £j-AB边是匀速直线穿过磁场AB边刚穿出到CD边刚要进入磁场，是匀速直线运动AB边刚穿出到CD边刚要进入磁场，此过程的电动势为;而赢丽AB边刚进入和AB边刚穿出的速度之比为4:1【答案】BCD【解析】【分析】【详解】A.已知AB刚进入磁场时的重力等于安培力，根据安培力公式B2l)vAB进入磁场后一段时间内有效切割长度变大，安培力变大，大于重力，使梯形线框减速，因为AB刚穿出磁场时的重力等于安培力，所以AB边是减速直线穿过磁场，故A错误；AB刚穿出到CD边刚要进入磁场过程中，有效切割长度保持不变，由于AB刚穿出磁场时的重力等于安培力，故该过程中安培力一直等于重力，做匀速直线运动，故B正确；D.设AB边刚进入磁场时速度为力,AB=1,则CD=51,则,1 2mgn=—mv0AB边刚进入磁场时重力等于安培力，有设AB边刚穿出磁场时速度为V”线框切割磁感应线的有效长度为21ABAB刚穿出磁场时的重力等于安培力有B2(2l)2v.mg= LR联立解得%:4=4:1片=;>/^熊所以D正确；AB边刚穿出到CD边刚要进入磁场过程中，线框做速度为vi的匀速直线运动，切割磁感应线的有效长度为21,感应电动势为E=B-2l%联立解得E=^yJmgR^h故C正确。故选BCD,三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.某同学用图甲的实验装置验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为g。

电磁铁・、小的块___一光电门02■■

甲“阳I吊”广0 5 10乙⑴用游标卡尺测量立方体小钢块的边长d,测量结果如图乙，则d=_cm.(2)用电磁铁吸住小钢块，保持小钢块底面与水平面平行。用刻度尺测量小钢块与光电门的高度差h。(3)将电磁铁断电，小钢块由静止开始下落，测得小钢块通过光电门的时间t=3.20ms。则小钢块通过光电门时的速度v=m/s.(4)改变小钢块与光电门的高度差h,重复步骤(2)(3),得到多组数据。(5)利用实验数据作出v2-h图像。若丫2—h图线为一条过原点的直线，且直线的斜率k=—,则说明小钢块下落过程中机械能守恒。(用题中给出的物理量符号表示)【答案】0.963.02g【解析】【详解】(1)[1].用游标卡尺测量立方体小钢块的边长d=0.9+0.1mmx6=0.96cm(.(3)[2].小钢块通过光电门时的速度dv=dv=一Ar0.96x10-23.20x10-3m/s=3.0m/s(4)[3].由〃必=3加/,则？=2gh,则做出的'Ah图像的斜率为2g。14.在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准。已知待测金属丝的电阻值Rx约为5。。在测电阻时，可供选择的器材有：电源E：电动势3V,内阻约1Q电流表Ai：量程0-0.6A,内阻约0.125Q；电流表A?：量程(卜3A,内阻约0.025C；电压表Vi：量程(卜3V,内阻约3k。；电压表V2：量程0~15V,内阻约15kC；滑动变阻器K：最大阻值5。，允许最大电流2A；滑动变阻器R2：最大阻值1000。，最大电流0.6A开关一个，导线若干。

(1)在上述器材中，应该选用的电流表是,应该选用的电压表是.若想尽量多测几组数据,应该选用的滑动变阻器是(填写仪器的字母代号)。⑵用所选的器材，在答题纸对应的方框中画出电路图 。⑶关于本实验的误差，下列说法正确的是A.对金属丝的直径多次测量求平均值，可消除误差B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C.利用电流I随电压U的变化图线求氏可减小偶然误差【答案】A, 【答案】A, V,此【解析】【详解】⑴口］因为电动势3V,所以电压表选择［2］根据欧姆定律可知电路中最大电流为所以电流表为A”⑶为保证调节方便，则选择阻值较小的滑动变阻器R1；(2)[4]因为Rv3000gR5 s—= =600>== =40Rx5 Ra0.125则说明待测电阻为小电阻，所以电流表采用外接法，实验要求尽量多测几组数据，所以滑动变阻器采用分压式，电路图如图所示(3)[5]A.实验中产生的误差不能消除，只能减小，故A错误；B.由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B错误；C.利用图象法求解电阻可减小偶然误差，故C正确。故选C。四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.如图所示，临界角C为45。的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直于纸面的轴O以角速度3做逆时针匀速转动时，观察者发现液面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑在液面上掠过的最大速度为多少？§ nrd"I【答案】4sd【解析】【分析】如图示，当平面镜转动8角时，由光的反射定律可得，反射光线转动2日角度；由于光从水中射入空气，当入射角大于或等于临界角时，发生全反射现象.所以恰好发生全反射时光斑在水面上掠过的最大速度.【详解】设平面镜转过口角时，光线反射到水面上的P点，光斑速度为V,由图可知：液体的临界角为C,当28=C=45。时，V达到最大速度Vma、，即Vmax=-1二-=4cxi即察者们观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为43d.16.为防治2019-nCoV,社区等公共场所加强了消毒措施，如图所示为喷洒消毒液的某喷雾器示意图。储液桶与打气筒用软细管相连，已知储液桶容积为外(不计储液桶两端连接管体积)，初始时桶内消毒液上方气体压强为2po,体积为gVo,打开阀门K喷洒消毒液，一段时间后关闭阀门停止喷洒，此时气体压强降为T"。。喷洒过程中桶内气体温度与外界温度相同且保持不变，为为外界大气压强。求：(1)停止喷洒时剩余的药液体积；(2)为使桶内气体压强恢复为2%,需打入压强为p0的气体体积(不考虑打气过程中温度变化).口水口水【答案】(1)|voJ(2)兴【解析】【分析】【详解】(1)对桶内消毒液上方气体，喷洒时温度不变，根据玻意耳定律可得1 32%引=2AM解得匕自。停止喷洒时剩余的药液体积f亭小(2)对原气体和需打入气体为对象，根据玻意耳定律可得c1“ ，，c2，，2Po,]%+PoK=2Po,-解得17.如图所示，水平地面上固定一个倾角。=37。，高/z=20m的斜面，J=0时刻起在斜面底端A处有一个小物块质量加=lkg,以初速度%=30m/s沿斜面向上运动，并且/。=0时刻起有一平行于斜面的斜向下的的恒力尸=2N作用在物块上，作用时间为『=3s。已知物块与斜面间动摩擦因数"=0.875,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,物块与斜面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，不计空气阻力影响，求：(1)物块向上滑行的距离及时间；⑵撤掉外力后物块经多长时间停下来。【答案】(l)30m,2s；(2)ls.【解析】【详解】(1)物块上滑过程中，加速度qmgsin0-\-f+F=N-mgcos®=b联立解得q=15m/s2上滑过程经历的时间t1=—=2s4上滑过程的位移2x,= =30m2q(2)因为X1sin。=18mv〃=20m,所以物块未从斜面顶端飞出。物块下滑，撤去尸之前的下滑过程中，加速度外沿斜面向下mgsin0-\-F—f=ma2解得%=lm/s2经历的时间t2—t—tx=IsVj=®2=lm/s恒力厂撤去，物块加速度四沿斜面向上f—nigsin0—ma3解得=lm/s2经历的时间z3=—=Isa3速度减为0。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.“世纪工程”-港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车，大桥主桥部分由约为6.7km海底隧道和22.9km桥梁构成，海底隧道需要每天24小时照明，而桥梁只需晚上照明。假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路，其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源，电阻Ri、R2分别视为隧道灯和桥梁路灯，已知I•小于&和R2.则下列说法正确的是（）A.夜间，电流表示数为i―f B.夜间，开关K闭合，电路中电流表、电压表示数均变小C.夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大D.当电流表示数为I则太阳能电池供电系统输出电功率为EI【答案】C【解析】【详解】A.夜间，桥梁需要照明，开关K闭合，电阻R|、R2并联，根据闭合电路欧姆定律可知，电流表示数一&,故A错误；&+&B.夜间，开关K闭合，总电阻减小，干路电流增大，电路中电流表示数变大，故B错误；C.根据能量守恒定律可知，夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大，故C正确；D.当电流表示数为I,则太阳能电池供电系统总功率为EI,输出功率为故D错误。故选C..图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图象，它由状态A经等容过程到状态B,再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为Ta、Tb,Tc,则下列关系式中正确的是（）PBCO VA.TaA.Ta<Tb,Tb<TcB.Ta>Tb,Tb=Tcc.tc.ta>tb,Tb<TcD.Ta=Tb，Tb>Tc【答案】c【解析】【分析】【详解】根据理想气体状态方程半=%可得：从A到B,因体积不变，压强减小，所以温度降低，即Ta>Tb；从B到C,压强不变，体积增大，故温度升高，即TbVTc，故ABD错误，C正确。.有关原子物理学史，下列说法符合事实的是（ ）A.卢瑟福通过a粒子散射实验提出了原子的枣糕模型B.能量量子假说是普朗克首先提出的，光子假说则是爱因斯坦首先提出的C.汤姆孙首先发现了中子，从而说明原子核内有复杂的结构D.玻尔在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程【答案】B【解析】【详解】A.卢瑟福从1909年起做了著名的a粒子散射实验，实验结果成了否定汤姆孙枣糕原子模型的有力证据,在此基础上，卢瑟福提出了原子核式结构模型，故A错误；B.能量量子假说是普朗克首先提出的，光子假说则是爱因斯坦首先提出的，故B正确；C.查德威克通过用a粒子轰击镀核（：Be）的实验发现了中子，汤姆孙首先发现了电子，从而说明原子有复杂的结构，故C错误：D.爱因斯坦提出了光子假说，建立了光电效应方程，故D错误。故选：Bo4.人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数有如图所示的关系。下列关于原子结构和核反应的说法错误的是（）核r平均成核r平均成R" Fe 原f序数2A.由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损要放出能量B.由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能C.已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的丫射线能使某金属板逸出光电子，若增加y射线强度,则逸出光电子的最大初动能增大D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，D和E核子的平均质量大于F核子的平均质量，原子核D和E聚变成原子核F时，核子总质量减小，有质量亏损，要释放能量，选项A正确；B.由图可知，A的核子平均质量大于B与C核子的平均质量，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能，选项B正确；C根据光电效应方程纥“=加-叱)知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关,选项C错误；D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，选项D正确；本题选错误的，故选C5.如图所示，在光滑绝缘水平面上有A、B两个带正电的小球，，%=2帆8，2%=%。开始时B球静止，A球以初速度v水平向右运动，在相互作用的过程中A、B始终沿同一直线运动，以初速度v的方向为正方向，贝4()A BA.A、B的动量变化量相同 B.A、B组成的系统总动量守恒C.A、B的动量变化率相同 D.A、B组成的系统机械能守恒【答案】B【解析】【分析】【详解】AB.两球相互作用过程中A、B组成的系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，动量变化量不同，故A错误，B正确；C.由动量定理Ft=bp可知，动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B两球各自所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故C错误；D.两球间斥力对两球做功，电势能在变化，总机械能在变化，故D错误。故选B。

.某一人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为地球同步卫星绕地球轨道半径的g,则此卫星运行的周期大约是()A.6h B.8.4h C.12h D.16.9h【答案】B【解析】【分析】【详解】由题意卫星的轨道半径是同步卫星半径的;，根据开普勒第三定律有/同 /卫可得故ACD错误，B正确。故选B。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，地球质量为M,绕太阳做匀速圆周运动，半径为R.有一质量为m的飞船，由静止开始从P点在恒力F的作用下，沿PD方向做匀加速直线运动，一年后在D点飞船掠过地球上空，再过三个月，又在Q处掠过地球上空.根据以上条件可以得出.PD的距离为约也/?9C.地球与太阳的万有引力的大小9岳'2尸M16/77D.地球与太阳的万有引力的大小幽型32/71【答案】ABC【解析】【分析】根据DQ的时间与周期的关系得出D到Q所走的圆心角，结合几何关系求出DQ的距离.抓住飞船做匀加速直线运动，结合PD的时间和PQ的时间之比得出位移之比，从而得出PD的距离.根据位移时间公式和牛顿第二定律，结合地球与太阳之间的引力等于地球的向心力求出引力的大小.【详解】地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D到Q所用的时间为三个月，则地球从D到Q的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ的距离为&R,故A正确；因为P到D的时间为一年，D到Q的时间为三个月，可知P到D的时间和P到Q的时间之比为4：5,根据x=得，PD和PQ距离之比为16：25,则PD和DQ的距离之比为16：9,DQ=0R,则「。=”也农，9B正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，对PD段，根据位移公式有：16&R12 F gar力刈 fnn4、工——=-ar,a=—,因为P到D的时间和D到Q的时间之比为4：1,则；= 即1=3向心力9 2m 44F.=m£~R,联立解得地球与太阳之间的引力产=随於竺，故C正确D错误.8.如图，正方形金属线框自某一高度在空气中竖直下落（空气阻力不计），然后进入并完全穿过与正方形等宽的匀强磁场区域，进入时线框动能为Ez，穿出时线框动能为Ek2。从刚进入到刚穿出磁场这一过程,线框产生的焦耳热为Q,克服安培力做的功为W1,重力做的功为W2,线框重力势能的减少量为AEp,则下列关系正确的是（）□"x~~x~~x~~x~~x'XXXXXA.Q=Wj B.Q=W2-WiC.Q=AEP+Ek,-Ek2 D.W2=W,+（Ek2-Ekl）【答案】ACD【解析】【分析】【详解】AB.由能量关系可知，线框产生的焦耳热Q等于克服安培力做的功为W”选项A正确，B错误；CD.由动能定理叱一叱=%-5

W2=W1+(Ek2-Ekl)而W,=AEP则Q=W1=AEP+Eki-Ek2选项CD正确。故选ACD.9.如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m,开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h,物体B静止在地面上，放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为V,此时物体B对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力,重力加速度大小为g,则下列说法中正确的是（）A.物体A下落过程中，物体A和弹簧组成的系统机械能守恒B.弹簧的劲度系数为学nC.物体A着地时的加速度大小为微1,D.物体A着地时弹簧的弹性势能为，”8"-耳机丫【答案】AC【解析】【分析】【详解】A项：由题知道，物体A下落过程中，B一直静止不动.对于物体A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确：B项：物体B对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为T=mg,开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh,得弹簧的劲度系数为k=?，故B错误；hC项：物体A着地时，细绳对A的拉力也等于mg,对A,根据牛顿第二定律得2mg-mg=2ma,得"=',故C正确；D项：物体A与弹簧系统机械能守恒，有：2mgh=Ep+^x2mv2,所以耳=— ,故d错误.10.一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力F的作用下开始运动，在0〜6s内其速度与时间关系图象和拉力的功率与时间关系图象如图所示，取g=l（hn/s2,下列判断正确的是（）甲 乙A.0〜6s内物体克服摩擦力做功24JB.物体的质量m为2kg0-6s内合外力对物体做的总功为120J0〜6s内拉力做的功为156J【答案】BD【解析】【分析】2~6s内，物体做匀速直线运动，拉力与摩擦力大小相等。0~2s内，物体做匀加速直线运动，根据v-t图像的斜率求出加速度，再根据牛顿第二定律求出物体的质量。根据动能定理求合外力对物体做的总功，根据v-t图像的“面积”求出物体的位移，从而求出摩擦力做功，即可求出拉力做的功。【详解】A.在2~6s内，物体做匀速直线运动，由得P24F=—=——N=4Nv6故物体受到的摩擦力大小y=F=4N根据v-t图像的“面积”表示物体的位移，知0~6s内物体的位移为4+6x= x6=30m2物体克服摩擦力做功=/x=4x30J=120J故A错误。0〜2s内，物体的加速度△口6 .2q/2a=——=—m/s=3m/sAr2由牛顿第二定律可得一于=mci在2s末，Pf=Ffv9由图知P'=60W,v=6m/s

Fr=10N,m=2kg故B正确。0~6s内合外力对物体做的总功%=lmv2-0=-x2x62J=36Je2 2故C错误。D.由动能定理可知1,W¥-W(=：前一0WP=^mv2+W1=f1x2x62+12ojj=156J故D正确。故选BD.【点睛】本题的关键要根据速度时间图像得到物体的运动情况，分析时要抓住速度图像的斜率表示加速度、面积表示位移。要知道动能定理是求功常用的方法。11.如图所示，理想变压器的原线圈接在"=110筋sin50m（V）的交流电源上，副线圈接有/?=110。的负载电阻，原、副线圈匝数之比为1：2,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）B.电压表的示数约为220VD.B.电压表的示数约为220VD.副线圈输出的交流电的频率为5（）HzC.原线圈的输入功率为440W【答案】BC【解析】【详解】U.n.AB.由题意可知变压器输入电压的有效值a=U°V'由可知'副线圈两端电压U2=220V电压表的示数为220V；通过电阻R的电流R110I、=4A电流表的示数为4A,故A错误，B正确；C.变压器两端功率相等，故原线圈的输入电功率等于输出功率P=U2I2=220x2W=440W故C正确；D.交流电的频率变压器不改变交流电的频率，故D错误。故选BC.12.如图所示，光滑绝缘的圆形管状轨道竖直放置，管道中央轨道半径为R,管道内有一质量为m、带电荷量为+q直径略小于管道内径的小球，空间内存在方向相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度大小为B,方向水平向里，电场的电场强度大小后=詈（g为重力加速度），方向竖直向上。现小球从轨道的最低点沿轨道方向以大小为V。的初速度水平射出，下列说法正确的是（）A.无论初速度的方向向右还是向左，小球在运动中对轨道的作用力都不可能为0B.小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为华，方向竖直向下22C.小球在最高点对轨道的作用力为0时，受到的洛伦兹力大小可能为丝支，方向竖直向下RD.若初速度方向向左，小球在最低点和轨道水平直径右端时，对轨道外侧有压力，且压力差大于gmg【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为一，当小球向右射出且1„-mg=qv^BV二些°2qB此时小球对轨道的作用力为0,故A错误；B.若小球在最高点对轨道内侧的作用力大小可能为华，方向竖直向下时，小球受重力和电场力的合力为gmg,方向竖直向上，小球在竖直方向上的合力为0,由洛伦兹力提供向心力，故B正确；C.小球在最高点对轨道的作用力为0时，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为等，若受到的洛伦兹力大小为吗，当小球向右射出时，在最高点则有R1 mvlmv2—mg+——-= 2 RR由动能定理有mg-2R-^mg-2R=^mv^--mv24v2m———m—=2/77p/?RR2两式不相符，若受到的洛伦兹力大小为些，当小球向左射出时，在最高点则有R得彳 /1 Dm—+m——=—meRR R2不可能，故C错误；D.若初速度方向向左，由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，小球受重力和电场力的合力竖直向下，大小为等，则在最低点小球对轨道外侧有压力，当小球运动到轨道水平直径右端时，小球受到的洛伦兹力水平向右，由于小球做圆周运动，由洛伦兹力与轨道对小球的弹力的合力提供向心力，则小球对对轨道外侧有压力，在最低点有r1DmvlFNrmg_qv°B=-^2 K

在轨道水平直径右端时有Fm-qvB=——K由动能定理得^mgR=^mgR=^mVo-12—mv23-Fm=-mg-(qvB-g%8)由于u<%,则qvB<qv°B则LL3^*ni冬2〉3mg故D正确。故选BD.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分.某同学在“探究功与速度变化之间的关系”的实验中，同时测出实验中橡皮绳的劲度系数。所用实验装置如图所示，已知小球质量为m。具体实验步骤如下：(1)将小球放在木板上，木板左端抬高一个小角度，以平衡摩擦力。(2)将原长为OM的橡皮绳一端固定在木板右端的O点，另一端通过力传感器连接小球，将小球拉至P点(M点左侧)，测得OM的距离为I”OP的距离为L，力传感器示数为F,则橡皮绳的劲度系数为(用F、h、b衣小)°(3)将小球从P点由静止释放，在M点右侧放置一速度传感器，可测出传感器所在位置的速度V。将小球连上2根、3根…橡皮绳，重复操作过程，测出多组速度数值，如下表所示。橡皮绳1根2根3根4根5根6根做功W2W3W4W5W6W速度(u/m-sT)1.011.411.732.002.242.45速度平方(廿/0?7一2)1.021.992.994.005.026.00在坐标系中描点、连线，作出WY图像。))(4)由图像可知，橡皮绳做功与小球获得的速度的关系为【答案】橡皮筋做功与小球获得的速度平方成正比或【答案】橡皮筋做功与小球获得的速度平方成正比或【解析】【详解】(2)[1]根据胡克定律有：F=k(h-h)求得橡皮绳的劲度系数为:(4)[3]由图象可知，W-2图象为过原点的一条直线，所以橡皮绳做功与小球获得的速度的关系为：橡皮绳做功与小球获得的速度平方成正比..某同学做“验证力的平行四边形定则”的实验装置如图所示，其中A为固定橡皮条的图钉,O为橡皮条与细绳的结点QB和OC为细绳.实验的主要的步骤有：A.在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上；B.用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套；C.用两个弹簧测力计分别钩住绳套，互成角度地拉橡皮条,使橡皮条伸长，结点到达某一位置O,记录下O点的位置，读出两个弹簧测力计的示数；D.按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两只弹簧测力计的拉力E和Fz的图示，并用平行四边形定则求出合力F;E.只用一只弹簧测力计，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力口的图示；F.比较F，和F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论.(1)上述步骤中,有重要遗漏的步骤的序号是和；(填字母)(2)根据实验数据在白纸上所作图如图乙所示，已知实验过程中操作正确.①乙图中艮、F2、F、F'四个力，其中力(填上述字母)不是由弹簧测力计直接测得的实验中.②丙图是测量中某一弹簧测力计的示数，读出该力大小为 N.【详解】(1)口][2].本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值,然后进行比较，得出结果.所以实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示.步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O.(2)0[3].F在E与氏组成的平行四边形的对角线上，为实验的理论值，用一个弹簧秤橡皮筋时，其弹力一定与橡皮筋共线，因此用弹簧秤直接测量值为F，，所以F不是由弹簧秤直接测得的.②⑷.由图示测力计可知，其分度值为1N,示数为9.0N；四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.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 AH. 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)—mrarg 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/nmg=m-2ra)2解得：2ra)24= g(2)当两物块刚好要滑动时，设转动的角速度为对物块A研究有：/jmg-T=mra\对物块B研究有：/jmg+T=m-2ra^解得：2邪691= CD则物块A的线速度大小为：2有vA=rcox= rco物块B的线速度大小为:

根据功能关系可得，外力做的功为：W=—wVa+—/wv„=mr2a)22 2 316.如图甲所示，将一间距为L=lm的足够长U形导轨固定，导轨上端连接一阻值为R=2.0。的电阻，整个空间存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场，B=0.2T,质量为m=0.01kg、电阻为r=1.0C的金属俸ab垂直紧贴在导轨上且不公滑出导轨，导轨与金属棒之间的动摩擦因数〃=0.5,金属棒ab从静止开始下滑，下滑的x-t图像如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计且金属棒下滑过程中始终与导轨垂直且紧密接触，重力加速度g取lOm/s?,sin37=0.6,««37。=().8。求：(1)导轨的倾角0.⑵从开始到t=2.5s过程中金属棒上产生的焦耳热。【答案】(1)37°；(2)0.01625J.【解析】【详解】(1)由x-t图象可知t=1.5s后金属棒开始匀速运动，速度为=1.5m/sx3.0-1.5v=——= =1.5m/st2.5—1.5金属棒做匀速直线运动时切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv金属棒受到的安培力为F=F=BILB2d

r+R金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mgsinO=/jmgcosO+F代入数据解得0=37°(2)从开始到t=2.5s过程，由能量守恒定律得

1 2mgxsinO=pmgxcosO+—mv~+Q金属棒产生的热量为rer=eR+r解得Qr=0.01625J.17.在光滑绝缘的水平面上，存在平行于水平面向右的匀强电场，电场强度为E,水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A和B,两小球质量均为m,A球带电荷量为+Q,B球不带电，A、B连线与电场线平行，开始时两球相距L,在电场力作用下，A球与B球发生对心弹性碰撞.设碰撞过程中，A、B两球间无电量转移.(1)第一次碰撞结束瞬间A、B两球的速度各为多大?(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中，若要求A在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外)，可以在水平面内加一与电场正交的磁场.请写出磁场B与时间t的函数关系.【答案】⑴以=。B= 【答案】⑴以=。Q)5QEL⑶ 叵E【一怪J【解析】【解析】(1)A球的加速度〃=华，(1)A球的加速度〃=华，碰前A的速度=E=J等:碰前B的速度Vfll=0设碰后A、B球速度分别为Vai、Vs,，两球发生碰撞时，由动量守恒和能量守恒定律有:1 2 1 ,2 1 ,2mVM=^Va>+wVb1»2wVai=2mv^+2WVB|所以B碰撞后交换速度：v41=0, = =(2)设A球开始运动时为计时零点，即f=0,A、B球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为九、t2i由匀变速速度公式有:由匀变速速度公式有:第一次碰后，经％-九时间A、B两球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A、B两球速度分别为心口和心?,由位移关系有:Um（八乜）=；。（/2-九），得到：为=3位移关系有:Um（八乜）=；。（/2-九），得到：为=3%=3丫*2="（心一/）=2〃力=2丫对=从A开始运动到发生第一次碰撞：Bf从第一次碰撞到发生第二次碰撞:QEt-由功能关系可得：Wn=；mv4+g，〃y：2=5。皮（另解：两个过程A球发生的位移分别为为、％2,X,=L,由匀变速规律推论m=4L,根据电场力做功公式有：W=QE（Xl+X2）=5QEL）（3）对A球由平衡条件得到：QBy产mg,VA=at,aM点睛：本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合，虽然A球受电场力，但碰撞的内力远大于内力，则碰撞前后动量仍然守恒.由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度.那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动，直到发生第二次碰撞.题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程，有涉及第二次以后碰撞，当然问题变得简单些.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.物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法正确的是A.贝克勒尔发现天然放射现象，其中£射线来自原子最外层的电子B.密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的C.卢瑟福的a粒子散射实验发现电荷量子化的D.汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的【答案】D【解析】【详解】贝克勒尔发现天然放射现象，其中夕射线来自于原子核内的质子转化为中子和电子中得电子，而不是原子核外的电子，A错波尔的氢原子模型说明原子核外的电子的轨道是不连续的，B错；密立根油滴实验首次发现了电荷量子化，C错误；电子的发现让人们认识到原子核内的还存在粒子，说明原子核内还是有结构的，D对。.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为耳，现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ）工3ml 尸A.质量为2m的木块受到四个力的作用B.当F逐渐增大到耳时，轻绳刚好被拉断C.当F逐渐增大到1.54时，轻绳还不会被拉断2D.轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为孑耳【答案】C【解析】【详解】A.质量为2m的木块受重力、支持力、m对它的压力以及摩擦力，还有轻绳对它的拉力，总共五个力的作用，故A错误；BC.当轻绳对质量为2m的木块的拉力为耳时，根据牛顿第二定律质量为m和2m的木块的加速度:对整体进行受力分析，有：F=6ma=24可知当拉力为24时，轻绳恰好被拉断，故B错误，C正确；D.以质量为m的木块为研究对象，当轻绳刚要被拉断时，由牛顿第二定律有：L 1Lrt=ma=—rT故D错误。故选C..如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L的正方形线框；在线框右侧有一宽度为d(d>L)、方向垂直纸面向里的条形匀强磁场区域，磁场的边界与线框的右边框平行。现使线框以某一初速度向右运动，t=0时线框的右边框恰与磁场的左边界重合，随后线框进入并通过磁场区域。关于线框所受安培力F随时间t变化的图线可能正确的是()【答案】B【解析】【详解】当线框向右运动过程中，有两个过程产生安培力，即进入磁场到完全进入磁场和离开磁场到完全离开磁场两个过程；其中任一过程中线框受到的安培力尸=二上，故线框做加速度越来越小的减速运动，不是R匀减速运动，选项A、C错误；线框运动过程中不论是进入磁场还是离开磁场的过程中，安培力方向不变,选项D错误，B正确。故选B。.如图所示，绕地球做匀速圆周运动的卫星P的角速度为。，对地球的张角为。弧度，万有引力常量为G.则下列说法正确的是（ ）A.卫星的运动属于匀变速曲线运动B.张角。越小的卫星，其角速度①越大C.根据已知量可以求地球质量D.根据已知量可求地球的平均密度【答案】D【解析】【分析】【详解】A.卫星的加速度方向一直改变，故加速度一直改变，不属于匀变速曲线运动，故A错误;B.设地球的半径为R,卫星做匀速圆周运动的半径为r,由几何知识得0Rsin—=—2r可知张角越小，i■越大，根据G丝^=加疗「得可知r越大，角速度（。越小，故B错误;C.根据万有引力提供向心力，则有G——=mcor解得地球质量为因为r未知，所以由上面的式子可知无法求地球质量，故C错误;D.地球的平均密度MP.士兀R，3则3疗P= n4^Gsin3—2知可以求出地球的平均密度，故D正确。故选D.5.如图所示，一正方形木板绕其对角线上Oi点做匀速转动。关于木板边缘的各点的运动，下列说法中正A点角速度最大B点线速度最小C、D两点线速度相同A、B两点转速相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A.根据题意，一正方形木板绕其对角线上。点做匀速转动，那么木板上各点的角速度相同，故A错误:B.根据线速度与角速度关系式丫=5,转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知，a点到BD、BC边垂线的垂足点半径最小，线速度最小，故B错误;C.从Q点到。、。两点的间距相等，那么它们的线速度大小相同，方向不同，故C错误;D.因角速度相同，因此它们的转速也相等，故D正确;故选D。6.如图，水平导体棒PQ用一根劲度系数均为k=80N/m的竖直绝缘轻弹簧悬挂起来，置于水平向里的匀强磁场中，PQ长度为L=0.5m,质量为m=0.1kg。当导体棒中通以大小为1=2A的电流，并处于静止时,弹簧恰好恢复到原长状态。欲使导体棒下移2cm后能重新处于静止状态，（重力加速度g取10m/s2）则

xnxxnxA.通入的电流方向为PtQ,大小为1.2AB.通入的电流方向为P-Q,大小为2.4AC.通入的电流方向为QtP,大小为1.2AD.通入的电流方向为Q-P,大小为2.4A【答案】C【解析】【详解】由题意知通电后弹簧恢复到原长，说明安培力方向向上，由平衡条件可得ILB=mg,代入数据解得磁感应强度大小B=:/=1T.欲使导体棒下移2cm后能重新处于静止状态，假设安培力方向向下，由平衡条件可得mg+I，LB=kx,解得：I，=1.2A,假设成立，此时通入的电流方向为Q-P,故C正确，ABD错误。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.如图甲所示为足够长、倾斜放置的平行光滑导轨，处在垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨上端接有一定值电阻，导轨平面的倾角为37°,金属棒垂直导轨放置，用一平行于斜面向上的拉力F拉着金属棒由静止向上运动，金属棒的质量为0.2kg,其速度大小随加速度大小的变化关系如图乙所示，且金属棒由静止加速到最大速度的时间为1s,金属棒和导轨的电阻不计，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?,则（ ）F为恒力F的最大功率为0.56WC.回路中的最大电功率等于0.56WD.金属棒由静止加速到最大速度这段时间内定值电阻上产生的焦耳热是0.26J【答案】ACD【解析】【分析】【详解】

AB.对棒受力分析有Fmgsin37°=maR变形得mR /F—m2sin37、门—市"-8明-)R结合图乙可知mR1.0B213~2.8zF-wgsin37（一市一）联立解得F=1.76N,F=1.76N,R25-L4且由P=Fv可知，F的最大功率为尸=L76W故A正确，B错误;C.当棒的速度为Im/s时，回路中的电流最大，回路中的电功率最大为心=/次=缺工0.56W故C正确;D.金属棒由静止加速到最大速度由动量定理得§2j2wFt - mgsin370t=mvFt--mgsin3Tt=mv解得x=0.72m金属棒由静止加速到最大速度，由动能定理得,„1Fx—mg-xsin37=—mv解得叼=-0.26J由功能关系可知Q=—吗=0.261故D正确。故选ACD.8.如图，正点电荷固定在O点，以O为圆心的同心圆上有a、b、c三点，一质量为m、电荷量为-q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，速率分别为va、Vb.若a、b的电势分别为6、<pb,则/r、、：/八\•I— 1 ：::。由：：b・、'、、9：、«•••*，一J2__2A.a、c两点电场强度相同 B.粒子的比荷幺=\」一Jm2（%一%）C.粒子在a点的加速度大于在b点的加速度D.粒子从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少【答案】BC【解析】【详解】A.根据正点电荷电场的特征可知，a、c两点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；B.电荷量为-q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，由能量守恒定律，1 2 1 2-,nVa-q<Pa=-WVfc-q（pb.解得m2（方一或）选项B正确；C.根据点电荷电场强度公式可知，a点的电场强度大于b点，粒子在a点所受的库仑力大于在b点所受的库仑力，由牛顿第二定律可知粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故C正确；D.电荷量为-q的粒子粒子从a点移到b点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误.9.A、B两物体质量均为m,其中A带正电，带电量为q,B不带电，通过劲度系数为k的绝缘轻质弹簧相连放在水平面上，如图所示，开始时两者都处于静止状态。现在施加竖直向上的匀强电场，电场强度E=一驱，式中g为重力加速度，若不计空气阻力，不考虑A物体电量的变化，则以下判断正确的是（）qA.从开始到B刚要离开地面过程，A物体速度大小先增大后减小B.刚施加电场的瞬间，A的加速度为4gC.从开始到B刚要离开地面的每段时间内，A物体的机械能增量一定等于电势能的减少量D.B刚要离开地面时，A的速度大小为2g杵【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB.在未施加电场时，A物体处于平衡状态，当施加上电场力瞬间，A物体受到的合力为施加的电场力,故有：qE=4mg=ma解得：a=4g,方向向上B刚要离开地面时，弹簧的拉力为mg,此时A物体合力为2mg,加速度为2g,向上，从开始到B刚要离开地面过程，A物体做加速度逐渐变小的加速运动，即A物体速度一直增大，故A错误B正确；C.从开始到弹簧恢复原长的过程，A物体的机械能增量等于电势能与弹性势能的减少量的和，从弹簧恢复原长到B刚要离开地面的过程，A物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量的差值，故C错误；D.当B离开地面时，此时B受到弹簧的弹力等于B的重力，从施加电场力到B离开地面，弹簧的弹力做功为零，A上升的距离为：丫一2mgA—k根据动能定理可知：(qE-mg)x=^mv2解得：故选：BDo10.下列说法中正确的是（）A.物体在竖直方向上作匀加速运动时就会出现失重现象B.合力与该合力的分力同时作用在物体上C.两物体间的摩擦力一定与两物体间的压力垂直D.物体的运动方向不一定与它所受合外力的方向一致【答案】CD【解析】【详解】A.物体做向下的加速运动时才是失重现象，选项A错误；B.合力与分力是等效替代的关系，不能同时作用在物体上，选项B错误；C.物体间的摩擦力方向一定与压力方向垂直，选项C正确；D.物体的运动方向不一定与它所受合外力的方向一致，如做曲线运动的物体，选项D正确。故选CD.11.如图所示，卫星a没有发射停放在地球的赤道上随地球自转；卫星b发射成功在地球赤道上空贴着地表做匀速圆周运动；两卫星的质量相等。认为重力近似等于万有引力。下列说法正确的是（ ）a、b做匀速圆周运动所需的向心力大小相等b做匀速圆周运动的向心加速度等于重力加速度ga、b做匀速圆周运动的线速度大小相等，都等于第一宇宙速度a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期【答案】BD【解析】【详解】A.两卫星的质量相等，到地心的距离相等，所以受到地球的万有引力相等。卫星a在赤道上随地球自转而做圆周运动，万有引力的一部分充当自转的向心力，卫星b在赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，万有引力全部用来充当公转的向心力，因此a、b做匀速圆周运动所需的向心力大小不相等，A项错误；B.对卫星b重力近似等于万有引力，万有引力全部用来充当公转的向心力，所以向心加速度等于重力加速度g,B项正确；C.卫星b在赤道上空贴着地表做匀速圆周运动，其公转速度就是最大的环绕速度，也是第一宇宙速度，卫星a在赤道上随地球自转而做圆周运动，自转的向心力小于卫星b的公转向心力，根据牛顿第二定律，卫星a的线速度小于b的线速度，即a的线速度小于第一字宙速度，C项错误；D.a在赤道上随地球自转而做圆周运动，自转周期等于地球的自转周期，同步卫星的公转周期也等于地球的自转周期，所以a做匀速圆周运动的周期等于地球同步卫星的周期，D项正确。故选BD..如图所示为手机无线充电原理图，若连接电源的为发射线圈N,手机端为接收线圈M,接收线圈匝数为〃，电阻为广，横截面积为S,手机可看成纯电阻R,匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈。下列说法正确是（ ）A.只要发射线圈N中有电流流入，接收线圈M两端一定可以获得电压B.只要接收线圈M两端有电压，发射线圈N中的电流一定不是恒定电流C.当接收线圈M中磁感应强度大小均匀增加时，接收线圈M中有均匀增加的电流D.若。时间内，接收线圈M中磁感应强度大小均匀增加AB,则接收线圈M两端的电压为篝R【答案】BD【解析】【详解】A.若发射线圈N中有恒定电流，则产生的磁场不变化，在接收线圈中不会产生感应电流，也就不会获得电压，A错误；B.只要接收线圈两端有电压，说明穿过接收线圈的磁场变化，所以发射线圈中的电流一定不是恒定电流,B正确；C.若穿过接收线圈M的磁感应强度均匀增加，如果线圈闭合，根据法拉第电磁感应定律„△①„E=n =n5ArAr可知线圈中产生恒定的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律可知接收线圈M中有感应电流且恒定，c错误；D.根据法拉第电磁感应定律有△tAr根据分压规律得M两端的电压

,1E_nSABRU= A= R+r △/（/?+r）D正确。故选BD.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分.在航空仪表上使用的电阻器和电位器，要求具有电阻温度系数低，电阻率大，耐磨等性能。实验小组测量一个由新材料制成的圆柱体的电阻率P的实验，其操作如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为L= mm；用螺旋测微器测出其直径D如图乙所示，则D=mm；卅加卅卅;0 10 20（2）此圆柱体电阻约为100。，欲测量这种材料的电阻率p,现提供以下实验器材：A.电流表Ai（量程50mA,内阻ri=20J2）；B.电流表A2（量程100mA,内阻门约为40S2）：C.电压表V（量程15V,内阻约为3000。）；D.滑动变阻器Ri（0~10£1,额定电流2A）；E.定值电阻Ro=80。F.直流电源E（电动势为4V,内阻很小）；G开关一只，导线若干。为了尽可能精确测量圆柱体的阻值，在所给的方框中设计出实验电路图，并标明所选择渊材的物理符号（3）此圆柱体长度为L直径D,若采用以上电路设计进行测量电阻率p=（写出表达式）（若实验中用到电流表A卜电流表A2、电压表V,其读数可分别用字母h、L、U来表示）。【答案】50.15 5.695(5.693-5.697)7rD【答案】50.15 5.695(5.693-5.697)7rD2I](R0+r)4L(Z2-7,)【解析】【分析】【详解】(1)口]20分度的游标卡尺，精确度为().05mm,圆柱体的长度为L=50mm+3x0.05mm=50.15mm[21螺旋测微器的转动刻度为50格，共0.5mm,一小格的长度为0.01mm,转动刻度估读到零点几格，则圆柱体的直径为D=5.5mm+19.5x0.01mm=5.695mm(5.693-5.697)(2)[31直流电源E的电动势为4V,实验提供的电压表为15V,量程太大不合适，而电流表A1的内阻已知,还有一个定值电阻Ro=8O。，可考虑改装出电压表，量程为Uv=/a«+&)=5V量程较合适，改装后待测电阻的最大电流为4(皿x——A=40mAmax10()电流表A2的量程100mA,直接接在待测电阻上指针的偏转幅度小，而改装后的电压表和待测电阻并联后的总电流约为80mA,则电流表A2(100mA)接在干路上指针偏转比较合适；滑动变阻器RQO。)远小于待测电阻阻值100Q,为了调节方便和更多的获得测量数据，则采用滑动变阻器的分压式接法，电路图如图所示(3)[4]根据所设计的电路原理可知，待测电阻的电压为4=，(&+4)待测电阻的电流为由欧姆定律和电阻定律可得待测电阻的阻值为ULR*=-^=p-。兀D，S- 4联立解得电阻率为乃。2/］（4+乃。2/］（4+《）

4卬2—公.测定一节电池的电动势和内阻，电路如图甲所示，MN为一段粗细均匀、电阻率较大的电阻丝，定值电阻Ro=1.0Qo调节滑片P,记录电压表示数U、电流表示数1及对应的PN长度x,绘制了U-I图像如图乙所示。⑴由图乙求得电池的电动势E=V,内阻乙所示。⑴由图乙求得电池的电动势E=V,内阻r=⑵实验中由于电表内阻的影响，电动势测量值 其真实值（选填“大于”、“等于”或“小于⑶根据实验数据可绘出半-x图像，如图丙所示。图像斜率为k,电阻丝横截面积为S,可求得电阻丝的电阻率p=,电表内阻对电阻率的测量 （选填“有”或“没有”）影响。【答案】1.49 0.45小于kS没有【解析】【详解】⑴⑴⑵由闭合电路欧姆定律可知U=E-I（r+Ro）则可知图2中的图象与纵坐标间的交点表示电动势，故E=1.49V；图象的斜率表示（r+R。），则1.49-1.20.201.49-1.20.20=1.45。解得r=1.45-1.0=0.45Q（2）⑶由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。(3)[4][5根据欧姆定律可知，电阻—IS则可知k=Bs解得p=kS若考虑电流表的内阻，则号=?-&，则图象的斜率不变，所以得出的电阻率没有影响。四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分.如图(甲)所示，粗糙直轨道OB固定在水平平台上，A是轨道上一点，B端与平台右边缘对齐，过B点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E=1.0xH)6n/c,方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P电荷量是2.Ox10Tc,质量为m=lkg。小物块P从O点由静止开始在水平外力作用下向右加速运动，经过0.75s到达A点，当加速到4m/s时撤掉水平外力F,然后减速到达B点时速度是3m/s,F的大小与P的速率v的关系如图(乙)所示。P视为质点，P与轨道间动摩擦因数h=0.5,直轨道上表面与地面间的距离为h=1.25m,P与平台右边缘碰撞前后速度大小保持不变，忽略空气阻力，取g=10m/s2。求：(DP从开始运动至速率为lm/s所用的时间；(2)轨道OB的长度；(3)P落地时的速度大小。【答案】d)0.5s；(2)2.825m；(3)V26m/s【解析】【详解】(DP的速率从零增加到v】=lm/s,受外力Fi=7N,设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间t”位移为M，有F]一Rmg=ma、匕=知v.代入数据得ai=2m/s2,tj=0.5s,X|=0.25m(2)P从vi=lm/s运动至A点，F2=9N,设其做匀变速直线运动的加速度为a2,有：F2—/nmg=ma、设P从速度V1经过t2时间，在A点的速度为V2,位移为X2,则=0.75—%=0.25sV2=Vj+a2t2V 2f2 2 2解得V2=2m/s,X2=0.375mP从A点至B点，先做匀加速直线运动，速度达到V3=4m/s,位移为X3,有：¥一¥=2n2毛解得X3=1.5mP达到速度V3时撤掉水平外力，在摩擦力作用下减速，减速到达B点时速度是V4=3m/§,位移为X4,有—pimg=ma3V4-Vj=2ajX4解得X4=0.7m轨道OB的长度x=x]-FXj4-^+x4=2.825m(3)P从B点开始水平方向受向左的电场力，竖直方向上受重力，做曲线运动。水平方向的加速度大小ax=—=20m/s2m水平方向上先向右做匀减速运动，再向左做匀加速运动，经时间A=2x—=0.3s%与平台右边缘碰相碰。竖直方向上做自由落体运动，有=解得t4=0.5s落地时水平方向的速度匕=%一。"4T3)=7mzs落地时竖直方向的速度vv=^4=5m/s落地时的速度大小为v= +*=5^6m/s16.如图所示，小球b静止与光滑水平面BC上的C点，被长为L的细线悬挂于O点，细绳拉直但张力为零.小球a从光滑曲面轨道上AB上的B点由静止释放，沿轨道滑下后，进入水平面BC(不计小球在B处的能量损失)，与小球b发生正碰，碰后两球粘在一起，在细绳的作用下在竖直面内做圆周运动且恰好通过最高点.已知小球a的质景为M,小球b的质量为m.M=5m.己知当地重力加速度为g求：(1)小球a与b碰后的瞬时速度大小A点与水平面BC间的高度差.【答案】⑴(2)3.6L【解析】解：(D两球恰能到达圆周最高点时，重力提供向心力,由牛顿第二定律得：(m+M)g=(m+M)—,L从碰撞后到最高点过程，由动能定理得：-(M+m)ge2L=—(M+m)v2--(M+m)v共―2 2解得，两球碰撞后的瞬时速度：v共=屈?；(2)设两球碰前a球速度为va，两球碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mva=(M+m)v却解得：V,=g屈?，a球从A点下滑到C点过程中，由机械能守恒定律得：Mgh=—Mva2,解得：h=3.6L；17.