《附5套模拟卷》江西省上饶市2021届新高考物理第三次调研试卷含解析

江西省上饶市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.关于安培力和洛伦兹力，下列说法正确的是（ ）A.运动电荷在磁场中一定受到洛伦兹力作用B.通电导线在磁场中一定受到安培力作用C.洛伦兹力一定对运动电荷不做功D.安培力一定对通电导线不做功【答案】C【解析】【详解】A.运动电荷在磁场中运动，若速度方向与磁场方向平行，则不受洛伦兹力作用，选项A错误；B.通电导线在磁场中，若电流方向与磁场方向平行，则不受安培力作用，选项B错误；C.由于洛伦兹力方向垂直于运动电荷的速度方向，根据功的定义可知，洛伦兹力对运动电荷不做功，选项C正确；D.安培力方向与通电导线垂直，可以对通电导线做功，从而把电能转化为机械能，选项D错误。故选C。.在“油膜法估测分子的直径”实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是（ ）A.等效替代法 B.控制变量法 C.理想模型法 D.比值定义法【答案】C【解析】【详解】在“油膜法估测分子的直径”实验中将油酸分子看成是球形的，所采用的方法是理想模型法，故C项正确，ABD三项错误。.2017年诺贝尔物理学奖授予了三位美国科学家，以表彰他们为发现引力波所作的贡献。引力波被认为是时空弯曲的一种效应，物体加速运动时会给宇宙时空带来扰动，这种扰动会以光速向外传播能量.如图为科学家们探测引力波的装置示意图,发射器发出的激光S经半透光分束镜分为相互垂直的两束S1和S2,然后经过4km长的两臂，在两臂端点处经反射镜反射回来，必和S。相遇形成干涉，被探测器接收。精确调节两臂，使探测器在无引力波作用时，接收到的信号强度为0。当有引力波作用时，两臂长度将因此而发生改变，则接收到的信号强度不为0。下列说法正确的是口口A.引力波可以超光速传播B.引力波不能传播能量C.探测器接收到的两束波的频率相同D.无引力波作用时两束激光到探测器的路程差为0【答案】C【解析】A、B项：由题干中信息可知，引力波以光速向外传播能量，故A,B均错误；C项：光在传播过程中频率保持不变，故C正确；D项：两个波能形成干涉，故两个波传播在无引力波作用时的传播路程一定不同，故D错误。点晴：此题属于科普信息阅读题，一般从文章中结合学过的知识即可直接获得答案，难度一般不会太难,但是需要学生能够快速阅读，并从文章中准确的获得关键信息，也体现了北京高考灵活性高的特点。4.利用引力常量G和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是（）A.地球的半径及地球表面附近的重力加速度（不考虑地球自转的影响）B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离【答案】D【解析】【详解】A.根据地球表面物体重力等于万有引力可得：-Mm6方='飓所以地球质量故A能计算出地球质量，A项正确;B.由万有引力做向心力可得：故可根据v,T求得R,进而求得地球质量，故B可计算，B项正确；CD.根据万有引力做向心力可得：G曾=皿乏）2「r2T故可根据T,r求得中心天体的质量M,而运动天体的质量m无法求解，故C可求解出中心天体地球的质量，D无法求解环绕天体地球的质量；故C项正确，D项错误；本题选择不可能的，故选D。.如图所示，高速公路收费站都设有“ETC”通道（即不停车收费通道），设ETC车道是笔直的，由于有限速，汽车通过时一般是先减速至某一限定速度，然后匀速通过电子收费区，再加速驶离（将减速和加速过程都看作加速度大小相等的匀变速直线运动）。设汽车开始减速的时刻t=0,下列四幅图能与汽车通过ETC的运动情况大致吻合的是：【答案】D【解析】【详解】汽车先做匀减速运动，然后做匀速运动，最后做匀加速运动；图像A反映物体先负向匀速后静止，再正向匀速，选项A错误；图像B反映物体先正向匀速后静止，再正向匀速，选项B错误；图像C反映物体先正向加速，后静止，再正向加速，选项C错误；图像D反映物体先减速后匀速，再加速，符合题意，则选项D正确；故选D.【点睛】此题关键是搞清不同的图像反映的运动规律；x-t图像的斜率等于速度；v-t图像的斜率等于加速度..下列粒子流中贯穿本领最强的是。A.a射线 B.阴极射线C.质子流 D.中子流【答案】D【解析】【详解】a射线射线的穿透能力最弱，一张纸即可把它挡住,但是其电离能力最强，阴极射线是电子流，能穿透0.5mm的铝板；质子流比电子流的穿透能力要强一些，中子不带电，相同的情况下中子的穿透能力最强.A.a射线，与结论不相符，选项A错误；B.阴极射线，与结论不相符，选项B错误；C.质子流，与结论不相符，选项C错误；D.中子流，与结论相符，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.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与，钢板克服滑动摩擦力做功等于机械能减小的量，则E=E0-jh=E0-f~at2,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= =茄，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..关于扩散现象，下列说法正确的是（ ）A.温度越高，扩散进行得越快B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的【答案】ACD【解析】【详解】A.根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，故A正确；.扩散现象不是化学反应，故B错误；C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，故C正确；D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，故D正确；E.液体中的扩散现象不是由于液体的对流形成的，是液体分子无规则运动产生的，故E错误；故选ACD.【点睛】本题主要是分子动理论，理解扩散现象的本质是分子无规则热运动。.如图所示，真空中有一个棱长为a的正四面体PQMN.若在P、Q两点分别放置一个点电荷，P点为正电荷、Q点为负电荷，其电荷量均为q。再在四面体所在的空间加一个匀强电场，其场强大小为E,则M点合场强为0。静电力常数为k,下列表述正确的是（ ）A.匀强电场的场强大小为印 B.匀强电场的场强大小为学aC.N点合场强的大小为0 D.N点合场强的大小为要a【答案】AC【解析】【详解】AB.如图所示，正确分析三维几何关系。两个点电荷在M点产生的场强大小均为E一旦由几何关系知，这两个点电荷的合场强大小为E点=2Ecos60°=乌方向平行于PQ指向Q一侧。该点合场强为（），则匀强电场的场强方向与£“相反，大小为印，所以Aa~正确，B错误；CD.由几何关系知，两点电荷在M、N两点的合场强的大小相等、方向相同，则N点合场强的大小也为0.所以C正确，D错误。故选AC.10.一定质量的理想气体状态变化如图所示，则（ ）fP/xiO'Pu12345171.A.状态b、c的内能相等B.状态a的内能比状态b、c的内能大C.在a到b的过程中气体对外界做功D.在a到b的过程中气体向外界放热E.在b到c的过程中气体一直向外界放热【答案】ABD【解析】【详解】A.根据理想气体状态方程结合图象可知，状态b、c的温度相同，故内能相等，故A正确；B.根据理想气体状态方程结合图象可知，状态a的温度比状态b、c的温度高，故状态a的内能比状态b、c的内能大，故B正确；C.在a到b的过程中，体积减小，外界对气体做功，故C错误；

到b的过程，温度降低，内能减小，气体体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知气体应从外界放热，故D正确；E.状态b、c的内能相等，由b到c的过程气体体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，整个过程气体吸热，由a到b的过程气体放热，故在c到a的过程中气体应吸热：故E错误.11.如图甲所示，两个点电荷Qi、Q?固定在z轴上，其中Qi位于原点O,a、b是它们连线延长线上的两点.现有一带负电的粒子q以一定的初速度沿z轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用）,设粒子经过a、b两点时的速度分别为v,、vb,其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是QiO'aix甲ab连线的中点电势最低a点的电势比b点的电势高x=3L处场强一定为零Q2带负电且电荷量小于Qi【答案】CD【解析】【详解】A.带电粒子在电场中只受电场力作用，电势能和动能之和不变，由图可知，在a、b连线的中点3L处，动能最大，电势能最小，因为粒子带负电荷，所以a、b连线的中点3L处电势最高，故A错误：B.根据A选项分析可知，a点动能比b点小，电势能比b点大，所以a点的电势比b点低，故B错误；C.在3L点前做加速运动，3L点后做减速运动，可见3L点的加速度为0,则x=3L处场强为零，故C正确；D.由于在x=3L点前做加速运动，所以Q2带负电，3L点的加速度为0,则有黑"=#多,故Qz带正电且电荷量小于Q”故D正确。故选：CD12.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【答案】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.现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V,内阻r约为50。，已知该电池允许输出的最大电流为50mA,为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图(a)所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱，阻值范围0—9999。，R。是定值电阻，起保护电路的作用.(1)实验室备有的定值电阻R。有以下几种规格:A.10Q2.5WB.100Q1.0WC.200。1.0WD.2000。5.0W本实验应选哪一种规格？答.(2)该同学接入符合要求的R。后，闭合开关S,调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图(b)所示的图线(已知该直线的截距为0.1V」).则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为V,内阻r为d(结果保留三位有效数字)【答案】C 10 41.7【解析】【分析】【详解】当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50mA,则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：&=——r=—Jr-50Q=130Q,I 50x10-3所以定值电阻R。应选C.U 1 1r I1⑵⑵⑶根据闭合电路欧姆定律：E=U+--变形得：-=-+F/p^px»结合77与£^^的图&+R U E £(/?+&)) U &+R像可知，截距为'=0.1,电源电动势E=10V；斜率k=(=：2：；；J=4J7,所以内阻：r=41.7Q。14.实验中挂钩位置可认为不变，利用力传感器和单摆小球来验证机械能守恒。(1)用游标卡尺测出小铁球直径结果如图乙所示。则其直径口=cm.(2)①如图甲所示，固定力传感器M②取一根不可伸长的细线，一端连接(D中的小铁球，另一端穿过固定的光滑小圆环O,并固定在传感器的挂钩上(小圆环刚好够一根细线通过)③将小铁球自由悬挂并处于静止状态，从计算机中得到拉力随时间变化的关系如图丁所示。(i)为验证小铁球在最高点A和最低处的机械能是否相等，则.A.必须要测出小铁球的直径DB.必须要测出小铁球的质量mC.必须要测出细线离开竖直方向的最大偏角0D.必须要知道图丙、丁中F。，Fi，F2的大小及当地重力加速度gE.必须要知道图丙、丁中F。，F“F2的大小(ii)若已经通过实验测得了(D中所需的物理量，则为了验证小铁球在最高点B和最低点处的机械能是否相等，只需验证等式 是否成立即可。(用题中所测得的物理量符号表示)【答案】1.090cm D 2娱(1一二］=玛一与gIF»J【解析】【详解】(1)口］由图乙可知，该游标卡尺为50分度游标卡尺，故其读数为D=(55-45x0.98)mm=10.90mm=1.090cm(2)⑵由机械能守恒定律可得mg+-cosd)=mv~在最低点时有v2F2-mg=m—―/+—2刚释放时有mgcos0=Ft静止时有=mg联立化简可得故小球机械能是否守恒验证以上等式即可，故需要测量的物理量为F。，F„F2的大小及当地重力加速度g,故选D。［3］由［2］中分析可知，需验证的等式为20却〃四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.如图所示，一开口气缸内盛有密度为P的某种液体，一长为I的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中，平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为!，已知各部分气体的温度均为T,大气压强为片，重力加速度为g,求：3/(1)现使小瓶内气体温度降低，当小瓶的底部恰好与液面相平时，进入小瓶中的液柱长度为:，求此时小瓶内气体的温度⑵现用活塞将气缸封闭(图中未画出)，使活塞缓慢向下运动，各部分气体的温度均保持T不变。当小瓶露出液面的部分为!时，进入小瓶中的液柱长度为求此时气缸内气体的压强8 2+pglF33【答案】⑴诲丽丁；⑵都一//【解析】【详解】⑴小瓶内气体初态：I3P\=P0+Pg->V,=-Sl,Tt=T末态：6=4+Pg(，匕=；s/根据理想气体状态方程可得：生二生Zt2解得：T4A+pgl12=6(2兄+pg/)(2)小瓶内气体初态：I3=P0+Pg->vi=-sl>Ti=T末态：3 1=P+PS-i•V,=-Sl,T3=To Z根据理想气体状态方程可得：4匕=他解得此时气缸内气体的压强：16.如图所示，闭合矩形线框abed可绕其水平边ad转动，ab边长为x,be边长为L、质量为m,其他各边的质量不计，线框的电阻为R。整个线框处在竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。现给be边施加一个方向与be边、磁场的方向均垂直的初速度v,经时间t,be边上升到最高处，ab边与竖直线的最大偏角为。，重力加速度取g。求t时间内：(1)线框中感应电动势的最大值；(2)流过线框导体截面的电量;(3)线框中感应电流的有效值。■ 、Blxsin0■ 、Blxsin0 、【答案】(1)BLv；(2)---；(3)mv2-2gx(1-cosI

2Rt【解析】【详解】(1)开始时速度最大且与磁感应强度方向垂直，感应电动势最大，则有E^=BLv(2)根据电荷量的计算公式可得q=It根据闭合电路欧姆定律可得根据法拉第电磁感应定律可得-AOBLxsinOE= = Art解得BLxsindq= R(3)根据能量守恒定律可得1 2—mv=m^x(\—cos+Q根据焦耳定律Q=l^Rt解得-2gx(l-cos。)]奇-V2Rt17.如图所示，U型玻璃细管竖直放置，水平细管又与U型玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同。U型管左管上端封有长11cm的理想气体B,右管上端开口并与大气相通，此时U型玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U型玻璃管底部为15cm。水平细管内用小活塞封有长度10cm的理想气体Ao现将活塞缓慢向右推，使气体B的长度为10cm,此时气体A仍封闭在气体B左侧的玻璃管内。已知外界大气压强为75cmHg.试求：(1)最终气体B压强；(2)活塞推动的距离。【答案】(1)82.5cmHg(2)10.363cm【解析】【分析】考查理想气体的等温变化。【详解】(1)活塞缓慢向右推的过程中，气体B做等温变化，设S为玻璃管横截面:75xllS=^2xlO5解得：Pb2=82.5cmHg即最终气体B压强为82.5cmHg；(2)末状态：气体B和C的液面高度差：A/?=82.5-75cm=7.5cm活塞缓慢向右推的过程中，气体A做等温变化初状态：以=%+、=75+15cmHg=90cmHg末状态：7^2=绍2+4=82.5+16cmHg=98.5cmHg由玻意耳定律：PaMi=Pa2%代入数据：90x105=98.5x1^5解得:Lq=9.137cm活塞推动的距离：d=l+(7.5+1)+(10-9.137)cm=10.363cm.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.如图所示是某一单色光由空气射入截面为等腰梯形的玻璃砖，或由该玻璃砖射入空气时的光路图，其中正确的是（）（已知该玻璃砖对该单色光的折射率为1.5）B.图甲、图丁C.图乙、图丙A.图甲、图丙D.B.图甲、图丁C.图乙、图丙A.图甲、图丙D.图乙、图丁【答案】C【解析】【分析】【详解】单色光由空气射入玻璃砖时，折射角小于入射角。图甲错误。图乙正确；当该单色光由玻璃砖射入空气时,发生全反射的临界角的正弦值sinC=-=-n3因为sin450=也>22 3所以临界角C<45。，图丙、图丁中该单色光由玻璃砖射入空气时的入射角为47。，大于临界角，会发生全反射，图丙正确，图丁错误。故选C。.用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0~6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.（卜A.（卜2s内物体做匀加速直线运动0~2s内物体速度增加了4m/s2~4s内合外力冲量的大小为8Ns4~6s内合外力对物体做正功【答案】C【解析】【分析】【详解】A.（卜2s内物体的加速度变大，做变加速直线运动，故A错误；B.图像下面的面积表示速度的变化量，0~2s内物体速度增加了!x2x2=2m/s,故B错误；2C.2~4s内合外力冲量的大小/=mat=2x2x2N♦s=8N-s故C正确；D.由图可知，4~6s内速度变化量为零，即速度不变，由动能定理可知，合外力对物体做功为零，故D错误。故选C..下列现象中属于分子斥力的宏观表现的是（A.镜子破碎后再对接无法接起 B.液体体积很难压缩C.打气筒打气，若干次后难再打进D.橡皮筋拉伸后放开会自动缩回【答案】B【解析】【详解】镜子破碎后再对接无法接起，并不是因为分子间表现为斥力，而是由于分子间距离大于分子直径的10倍以上，分子间的作用力太小，不足以使碎玻璃片吸引到一起，故A错误.液体难于被压缩是因为液体中分子距离减小时表现为斥力，故B正确.打气筒打气，若干次后难再打进，是因为气体的压强增大的缘故，不是因为分子间存在斥力，故C错误.橡皮筋拉伸后放开会自动缩回，是由于分子间存在引力的缘故，故D错误.故选B.【点睛】本题考查了热学的基础知识，关键要明确分子间同时存在着引力和斥力，二者都随分子间距离的增加而减小，而斥力减小得快，根据现象分析出斥力的表现..如图所示，两个内壁光滑的圆形管道竖直固定，左侧管道的半径大于右侧管道半径。两个相同小球A、B分别位于左、右管道上的最高点，两球的半径都略小于管道横截面的半径。由于微小的扰动，两个小球由静止开始自由滑下，当它们通过各自管道最低点时，下列说法正确的是（）A球的动能等于B球的动能A球的角速度大于B球的角速度A球、B球对轨道的压力大小相等【答案】D【解析】【分析】【详解】AB.对于任意一球，根据机械能守恒得mg2R=^mv2解得V=ypgR由于左侧管道的半径大于右侧管道半径，所以A球的速率大于B球的速率，A球的动能大于B球的动能,故A、B错误；C.根据v=，4gR=Ro可得则有即A球的角速度小于B球的角速度，故C错误；D.在最低点，根据牛顿第二定律可得V2FN-mg=m—1\解得Fn=5mg根据牛顿第三定律可得A球、B球对轨道的压力大小相等，故D正确；故选D。5.2019年的诺贝尔物理学奖于10月8日公布，有一半的奖金归属了一对师徒——瑞士的天文学家MichelMayor和DidierQueloz,以表彰他们“发现了一颗围绕类太阳恒星运行的系外行星”.由于行星自身不发光，所以我们很难直接在其他恒星周围找到可能存在的系外行星，天文学家通常都采用间接的方法来侦测太阳系外的行星，视向速度法是目前为止发现最多系外行星的方法。行星自身的质量使得行星和恒星围绕着他们共同的质量中心在转动，在地球上用望远镜就有可能看到行星引力对于恒星的影响。在视线方向上，恒星受行星引力作用，时而远离时而靠近我们，这种细微的摇摆反应在光谱上，就会造成恒星光谱不断地红移和蓝移。我们称这种探测系外行星的方法为视向速度法。结合以上信息，下列说法正确的是()A.在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，恒星和行星做圆周运动的线速度大小一定相等B.在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，由于恒星质量大，转动半径小，所以恒星做圆周运动的周期比行星的周期小C.若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率将变高，因此接收到的频率就会变高，即恒星光谱会出现蓝移D.若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移【答案】D【解析】【分析】【详解】AB.双星间的万有引力提供它们各自圆周运动的向心力，则恒星和行星做圆周运动的角速度大小相等，周期相同，则可得4_Mr2m由于恒星与行星质量不同，则轨道半径不同，由公式u=w可知，恒星和行星做圆周运动的线速度大小不同，故AB错误；C.根据多普勒效应可知，若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率，即恒星光谱会出现蓝移，故c错误；D.根据多普勒效应可知，若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移，故D正确。故选D。6.在平直公路上甲乙两车从同一地点出发，两车位移x和时间t的比值上与时间t之间的关系如图所示。t下列说法正确的是（ ）A.甲车的加速度大小为5m/s2B.6s末乙车速度减小到零C.甲车追上乙车前，2s末甲乙两车相距最远D.乙车速度减小到零时，甲车速度为30m/s【答案】D【解析】【分析】【详解】1,..A,根据x=%.-\--aV可得x1甲车的加速度大小为, 10 2 2=2^=2x—m/s=10m/s"选项A错误；B.由图像可知，乙车的初速度为v0=15m/s,加速度为a,=2k.=-2x—m/s2=—5m/s22则速度减为零的时间为t=—=3s选项B错误；C.当两车相距最远时速度相等，即vo_02t=印解得t=ls选项C错误;

D.乙车速度减小到零时需经过t=3s,此时甲车速度为u=卬=30m/s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.如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为4：1,原线圈接有u=311sinlO(hrt(V)的交变电压，副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表胡.以下说法正确的是.灯泡D两端电压为55VC.若交变电压u的有效值不变，频率增大，则电压表M的示数将减小D.若交变电压u的有效值不变，频率增大，则灯泡D的亮度将变暗【答案】AD【解析】变压器不会改变电流的频率，电流的频率为/="=/=噤法=5。法，故A正确；由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为3UV,所以原线圈的电压的有效值为:达式可知，原线圈的电压最大值为3UV,所以原线圈的电压的有效值为:311

x/2V=220V,在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D,它们的总的电压为55V,所以灯泡L两端电压一定会小于55V,故B错误；在根据电压与匝数成正比可知副线圈的电压不变，所以电压表的示数不变，故C错误；交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡D的亮度要变暗，故D正确.所以AD正确，BC错误..如图所示，在纸面内有一个半径为r、电阻为R的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切与P点.现使线圈绕过P点且平行于磁场方向的轴以角速度3顺时针方向匀速转过90。，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是()KA.线圈中产生沿逆时针方向的感应电流B.线圈受到的安培力逐渐增大C.线圈经过虚线位置时的感应电动势为2B-3D.流过线圈某点的电荷量为独二R【答案】BC【解析】【分析】【详解】A.线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A错误：B.线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F=BIL可知,线圈受到的安培力逐渐增大，选项B正确；C.线圈经过虚线位置时的感应电动势为E=B-2rcor=2Br2a）选项C正确；D.流过线圈某点的电荷量为_A①_~2 _Bir1q- = = RR2R选项D错误。故选BC..水平面上两个质量相等的物体甲和乙，它们分别在水平推力£和巴作用下开始沿同一直线运动，运动一段时间后都先后撤去推力，以后两物体又各自运动一段时间后静止在同一位置，两物体的动能一位移图象如图所示，图中线段AB〃CO,则下列说法正确的是（ ）A.甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力B.两个水平推力的大小关系是6大于巴C.在两物体的加速阶段，甲的加速度等于乙的加速度D.物体甲克服摩擦力做的功大于物体乙克服摩擦力做的功【答案】AC【解析】【详解】A.依题意及题图可知，在动能减少阶段，两物体均做匀减速运动.物体受到的摩擦力大小等于图象斜率的绝对值，易得甲受到的摩擦力力小于乙受到的摩擦力力，故A正确；B.在动能增加阶段，两物体均做匀加速运动，图象的斜率表示物体的合力，由题图知6-工=鸟-力得故月小于鸟，故B错误：C.在加速阶段，两物体受到的合力相等，易知两物体的加速度大小相等，故C正确；D.整个运动阶段，由动能定理可知，甲、乙两物体克服摩擦力做的功分别等于£和月所做的功，根据功的公式容易得到，£做的功小于6做的功，所以物体甲克服摩擦力做的功小于物体乙克服摩擦力做的功，故D错误。故选：AC.10.有一堆砂子在水平面上堆成圆锥形，稳定时底角为a,如图所示.如果视每粒砂子完全相同，砂子与砂子之间，砂子与地面之间的动摩擦因数均为M,砂子之间的最大静摩擦力可近似认为与滑动摩擦力相等,以下说法正确的是（）A.砂堆稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零

B.砂堆稳定时，只有形成严格规则的圆锥，底面受到地面的摩擦力才为零C.砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足tanamax=MD.砂堆稳定时形成的圆锥的底角最大值满足COSp【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB、把所有沙子看成一个整体，对整体受力分析，由水平方向合力为零可得，砂子稳定时，砂堆底面受到地面的摩擦力一定为零，与形状无关，故A正确，B错误；C、取斜面上的一粒质量为m的沙子，若沙子恰好平衡，倾角最大，沙子受力平衡，对沙子受力分析，根据平衡条件得：mgsina=pmgcosa解得：tana=1i所以amas=arctanp,故C正确，D错误.故选AC.11.2018年4月2日，中国首个空间实验室“天宫一号”坠入大气层焚毁.天宫一号是中国首个“目标飞行器”，其主要目的在于和神舟飞船（称“追踪飞行器”）配合完成交会对接飞行测试，为建设空间站积累经验.其在轨工作1630天，失联759天，在地球引力下轨道高度不断衰减，最终于4月2日早晨8点15分坠入大气层焚毁.据报道，该次坠落没有造成任何危险.天宫一号空间实验室于2011年9月29日在酒泉发射升空，设计寿命两年，轨道平均高度约为350km.作为中国空间站的前身，在役期间，天宫一号先后与神舟八号、九号、十号飞船配合完成六次交会对接任务，共计接待6名航天员，完成多项科学实验.设“天宫一号”飞行器的轨道半径为r,地球表面重力加速度为g,地球半径为R,地球自转周期为T,对于“天宫一号”在服役运行过程中，下列说法正确的是A.根A.根据题中数据，可求出地球的质量仞=4//

GT2地球质量也可表达为M=咚GB.“神州八号”飞船与“天宫一号”进行对接时，“神州八号”飞船需要从低轨道加速“天宫一号”飞行器运动的周期是T“天宫一号”飞行器运动的周期是TnD.天宫一号的航天员在一天内可以看到日出的次数是N=【答案】BD【解析】【详解】A.根据因天宫一号的周期未知，题中给出的是地球自转周期，则不能求解地球质量，可根据求解地球质量选项A错误；B.“神州八号”飞船与“天宫一号”进行对接时，“神州八号”飞船需要从低轨道加速，然后进入高轨道实现对接，选项B正确；Mm 47r°C.根据G—y-=〃2宗-r可知“天宫一号”飞行器运动的周期是选项C错误；D.天宫一号的航天员每转一周即可看到一次日出，一天转的圈数是则在一天内可以看到日出的次数是选项D正确；故选BD.点睛：利用万有引力提供向心力和行星表面附近重力等于万有引力（也称黄金代换）求解天体间运动，是本章解题的基本思路；知道卫星变轨的方法是从低轨道加速进入高轨道，或者从高轨道制动进入低轨道.12.某同学用如图所示电路演示交流发电机的发电原理，线圈电阻不计，电表为理想电表。当线圈转动的转速增大1倍，下列说法正确的是（ ）A.当线圈处于图示位置时，灯泡两端电压最大B.电流表测量的是灯泡的最大电流C.电压表的示数增大为原来的2倍 D.通过灯泡的电流频率为原来的2倍【答案】ACD【解析】【详解】A.当线圈处于图示位置时，位于与中性面垂直的平面，瞬时感应电动势最大，灯泡两端电压最大，故A正确；B.电流表测量的是通过灯泡电流的有效值，故B错误；C.根据Em=NBS（oco=2兀n可知当转速增加1倍，则电动势最大值增大为原来的2倍，根据E4可知电动势有效值增大为原来的2倍，即电压表的示数增大为原来的2倍，故C正确；D.根据当转速增大1倍，可知交流电的频率变为原来的2倍，即通过灯泡的电流频率为原来的2倍，故D正确。故选ACD.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数的实验.在足够大的水平平台上的A点放置一个光电门，水平平台上A点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g.采用的实验步骤如下：A.在小滑块a上固定一个宽度为d的窄挡光片；B.用天平分别测出小滑块a（含挡光片）和小球b的质量m,、mb：C.在a和b间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上：D.烧断细线后，a、b瞬间被弹开，向相反方向运动：E.记录滑块a通过光电门时挡光片的遮光时间At：F.滑块a最终停在C点（图中未画出），用刻度尺测出AC之间的距离SaG.小球b从平台边缘飞出后，落在水平地面的B点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h及平台边缘铅垂线与B点之间的水平距离Sb；H.改变弹簧压缩量，进行多次测量.

（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为mm；（2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a、b弹开后的动量大小相等，即a的动量大小等于b的动量大小:（用上述实验所涉及物理量的字母表示）（3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a的Sa与 关系图象如图丙所示，图象的砺斜率为k,则平台上A点左侧与滑块a之间的动摩擦因数大小为.（用上述实验数据字母表示）【答案】2.550*nr•忆二LJ 、4U JUU【解析】（1）螺旋测微器的读数为：2.5mm+0.050mm=2.550mm.（2）烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a经过光电门的速度为：_ _，故a的动量为： b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得： 及-=-匚联TOC\o"1-5"\h\z□_=nrx 口=2口口2 °DD°□ j立解得： 尸■,故b的动量为： 产.口：=口匚〈三 口:=口□□口=口口口匚、（3）对物体a由光电门向左运动过程分析，则有：-；_--,经过光电门的速度： 由牛顿第J口― 口 E□二定律可得：_二二 联立可得：_ 则由图象可知：_一.14.研究电阻值相近的两个未知元件X和Y的伏安特性,使用的器材有多用电表、电压表（内阻约为3kC）、电流表（内阻约为1C）。(a)(b)(c)(d)(a)(b)(c)(d)（1）用多用电表欧姆挡的“X1”倍率粗测元件X的电阻，示数如图（a）所示，其读数为Q.若用电压表与电流表测量元件X的电阻，应选用图（b）或图（c）中的哪一个电路（选填“（b）”或“（c）（2）连接所选电路并闭合开关S,滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐（选填“增大，，或“减小”）；依次记录实验中相应的电流值与电压值。（3）将元件X换成元件Y,重复上述步骤进行实验。⑷图（d）是根据实验数据作出的元件X和Y的U-/图线，由图像可知，当元件Y中的电流增大时其电阻（选填“增大”“减小”或“不变【答案】10 （b）增大增大【解析】【详解】选择“xl”倍率测量读数为10。，则待测电阻值为10Q.（2）［2］元件X电阻值约为10。，根据3kQ10Q可知元件X与电流表内阻相近，则电流表采用外接法误差较小，应选（b）电路。（3）［3］在（b）电路中，滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，元件X两端电压增大，则其电流增大则电流表的示数逐渐增大。（4）［4］根据欧姆定律变形R3IU-/图像上的点与原点连线斜率的大小为电阻，由图像的变化特点知，元件Y的电阻随电流的增大而增大。四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.如图所示，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为a=37。、p=53°,导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为B»均匀金属棒ab和ef质量均为m,长度均为L,电阻均为R,运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为11=0.5,金属棒ef光滑。同时由静止释放两金属棒，并对金属棒ef施加外力F,使ef棒保持a=0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动。导轨电阻不计,重力加速度大小为g,疝1137。=0.6,cos37°=0.8.求：（1）金属棒ab运动过程中最大加速度的大小；（2）金属棒ab达到最大速度所用的时间；（3）金属棒ab运动过程中，外力F对ef棒的冲量。aBaB【答案】⑴仆=。&；⑵「慧;⑶3-鬻卜负号代表冲量沿斜面向上。【解析】【详解】(1)金属棒ab释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律有mgsina—从mgcosa=ma.得《”=S2g(2)金属棒ab释放之后，合外力为零时速度最大，则有mgsina=jn(mgcosa+B1L)E—BL%%=0.2gr得4mRb2i?(3)金属棒ab释放之后，根据牛顿第二定律，可得任意时刻的加速度mgsina-〃(jngcosa+B1L)=ina(lt)得：a=&一典其图象如图所示ab520〃求。一，图像面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒ab释放起，经过时间，2=2。=8/7?/?速度减为零，此后保持静止，在此过程中，金属ef一直匀加速直线运动，则有%=0.2gr21 2Xef=-xO.2gxz2对金属棒ef,规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得IF—BILt+mgsin=mv^—0其中q=Itq=It=BLx^2R得：。=-细婆，负号代表冲量沿斜面向上'5B212说明：其它方法求解也可以，如写出外力尸的表达式，用其平均值计算冲量大小F+mgsin(3-BIL-ma?得户=-0.6〃?g+史宜r10R则可知释放瞬间，4=7)6咫时刻，F2=0.2mg尸-/图象所围成的面积代表其冲量，则有得：/=一”哗，负号代表冲量沿斜面向上16.足够长的光滑斜面固定在水平面上，现以恒力F沿斜面向上拉物体，使其以初速度为0、加速度外从斜面底端向上运动。恒力F作用一段时间t后撤去，又经过相同时间t物体恰好回到斜面底端。求：(I)施加恒力时物体的加速度ay与撤去恒力后物体的加速度生大小之比；(2)撤去恒力的瞬间物体的速度v,与物体回到斜面底端时速度匕大小之比。【答案】(1)1:3 ；(2)1:2【解析】【分析】【详解】(1)(2)施加恒力时，物体做匀加速直线运动，则有I2撤去恒力物体返回斜面底端过程，物体做匀变速直线运动外方向沿斜面向下，则有々=卬_(。2产，岭=巧一名匕肉=一马联立解得故《与%大小之比为1：3,匕与岭大小之比为1:2。17.一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，t=0时刻的波动图象如图甲所示，其中处于x=12m处的质点c的振动图象如图乙所示。求:①质点a的运动状态传到质点d所用的时间;②从t=0时刻开始，5.5s内质点b运动的路程和t=5.5s时质点b的位移。甲 乙【答案】00.2s；②5.5m,10cm【解析】【详解】①由图甲可知，简谐波的波长2=12m,由图乙可知，简谐波的周期7=0.4s,故该波的传播速度v=—=30m/sT由正弦函数曲线规律可知，质点a平衡位置的横坐标为5m,质点d平衡位置的横坐标为11m,所以质点a的运动状态传到质点d所用的时间②5.5s内，有3Ar=5.5s=5.2s+0.3s=13-T4故，=5.5s时质点b处在正的最大位移处，质点b运动的位移为10cm：质点b运动的路程=(13x4+3)x0.Im=5.5m2021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.图甲是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是（ ）A.交流电的频率是100Hz0.02s时线圈平面与磁场方向平行（）.02s时穿过线圈的磁通量最大D.电流表的示数为20A.图示为两质点P、。做匀速圆周运动的向心加速度大小”随半径厂变化的图线，其中表示质点。的图线是一条双曲线,表示质点。的图线是过原点的一条直线。由图线可知,在半径，•逐渐增大的过程中（ ）A.质点/，的线速度大小保持不变B.质点。的线速度大小保持不变C.质点P的角速度不断增大D.质点。的角速度不断增大.如图是原子物理史上几个著名的实验，关于这些实验，下列说法正确的是:A.卢瑟福a粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型B.放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为7射线，电离能力最强C.电压相同时，光照越强，光电流越大，说明遏止电压和光的强度有关D.铀235只要俘获中子就能进行链式反应4.如图所示，四根相互平行的固定长直导线L卜Lz、L3、L4,其横截面构成一角度为60。的菱形，均通

有相等的电流I,菱形中心为o。L|中电流方向与L2中的相同，与Lj、L4,中的相反，下列说法中正确的是()\、、/\\、乂\、公、L莅 拓电I /A.菱形中心O处的磁感应强度不为零B.菱形中心O处的磁感应强度方向沿OL]Li所受安培力与L3所受安培力大小不相等Li所受安培力的方向与1,3所受安培力的方向相同5.如图所示，两平行导轨二二、二二竖直放置在匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒二二放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触，现在金属棒二二中通以变化的电流：：，同时释放金属棒二二使其运动.已知电流二随时间二变化的关系式为二=二二数一定.以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度二、的有0. .C使其运动.已知电流二随时间二变化的关系式为二=二二数一定.以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度二、的有0. .CHJ二[曲MT1) 产fW)ABA0 a0 fc,olvL?id6.在探究光电效应现象时，某小组的同学分别用频率为速度之比为1：2,普朗克常量用h表示，贝!1( )(二为常数，二＞0),金属棒与导轨间的动摩擦因加速度二随时间二变化的关系图象中，可能正确v、2V的单色光照射某金属，逸出的光电子最大A.光电子的最大初动能之比为1：2B.该金属的逸出功为当当C.该金属的截止频率为：D.用频率为］的单色光照射该金属时能发生光电效应二、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，竖直放置的光滑圆弧型轨道，O为圆心，AOB为沿水平方向的直径，AB=2R,在A点以初速度V。沿AB方向平抛一小球a,若V。不同，则小球a平抛运动轨迹也不同.则关于小球在空中的运动，下列说法中正确的是V。越大，小球a位移越大V。越大，小球a空中运动时间越长C.若v0=再，小球a动能增加量最大D.若vo=，小球a末动能最大.2018年世界排球锦标赛上，中国女排姑娘们的顽强拼搏精神与完美配合给人留下了深刻的印象。某次比赛中，球员甲接队友的一个传球,在网前L=3.60m处起跳，在离地面高H=3.20m处将球以v0=12m/s的速度正对球网水平击出，对方球员乙刚好在进攻路线的网前，她可利用身体任何部位进行拦网阻击。假设球员乙的直立和起跳拦网高度分别为h|=2.50m和h2=2.95m,g取10mH•下列情景中，球员乙可能拦网成功的是（）甲 乙A.乙在网前直立不动 B.乙在甲击球时同时起跳离地C.乙在甲击球后0.18s起跳离地 D.乙在甲击球前0.3s起跳离地.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Afi,则接收线圈M两端的电压为.两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示。一个电荷量为2C,质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v-t图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线）。则下列说法正确的是（）A.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=lV/mB.由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C.由C点到A点的过程中，电势逐渐升高D.A、B两点的电势之差外一伤=—5V11.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.如图所示，一细长玻璃管插入面积很大的水银槽中，玻璃管上方有一段被封闭的长为L的理想气体，玻璃管内、外水银面的高度差为h,玻璃管是导热的。当环境温度升高，玻璃管固定不动，气体和外界达到新的热平衡时，下列说法正确的是.A.L增大，h减小，气体压强增大B.理想气体每个分子的速率都增大C.封闭气体的内能一定增大D.外界对封闭气体做功E.封闭气体一定从外界吸收热量三、实验题:共2小题，每题8分，共16分.某兴趣小组用如图所示的装置验证动能定理.（1）有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用：A.电磁打点计时器 B.电火花打点计时器为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择（选填"A”或"B”）.（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔.实验中，为消除摩擦力的影响，在祛码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动.同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除.同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，宜至轻推小车观察到小车做匀速运动.看法正确的同学是（选填“甲”或“乙”）.（3）测出小车的质量为M,再测出纸带上起点到A点的距离为L.小车动能的变化量可用AEk=；Mv/算出.祛码盘中祛码的质量为m,重力加速度为g；实验中，小车的质量应 （选填“远大于”“远小于”或“接近”）祛码、祛码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W=mgL算出.多次测量，若W与AEk均基本相等则验证了动能定理..某实验小组利用如图甲所示的实验装置“探究加速度与物体受力的关系，图中A为质量为M的小车,连接在小车后的纸带穿过电火花计时器B,它们均置于已平衡摩擦力的一端带有定滑轮的足够长的木板上，钩码P的质量为m,C为弹簧测力计，实验时改变P的质量，读出测力计不同读数F,不计绳与滑轮的摩擦。(1)在实验过程中，(选填“需要”或“不需要”)满足“小车的质量远大于钩码的质量”这一条件。(2)乙图为某次实验得到的纸带，相邻计数点间还有四个计时点没有画出，已知电源的频率为f,由纸带可得小车的加速度表达式为a=(用X1、X2、X3、X4、f来表示(3)实验完毕后，某同学发现实验时的电压小于220V,那么加速度的测量值与实际值相比(选填“偏大,,“偏小，域“不变，，)。四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.某汽车轮胎能在-30°C~70°C的范围内正常工作，正常工作时胎内气体的压强最高不能超过3.5atm,最低不能低于1.6atm。在20℃的室温环境下给该轮胎充气，充气结束时，胎内气体的温度升高到30co假定轮胎容积不变，分析解答下列问题。⑴夏天的汽车行驶在温度较高的马路上，轮胎容易爆裂。若该胎内气体温度高达77℃，从微观上分析胎内气体压强变化导致爆胎这一现象：(ii)求充气结束时轮胎内气体压强的范围(结果保留两位有效数字)。.如图，一固定的水平气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的横截面积为S,小活塞的横截面积为;；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为I,气缸外大气压强为p。，温度为T,初始时大活塞与大圆筒底部相距g,两活塞间封闭气体的温度为2T,活塞在水平向右的拉力作用下处于静止状态，拉力的大小为F且保持不变。现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢向右移动，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，则：(1)请列式说明，在大活塞到达两圆筒衔接处前，缸内气体的压强如何变化？(2)在大活塞到达两圆筒衔接处前的瞬间，缸内封闭气体的温度是多少？(3)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强是多少？,了测量所采集的某种植物种子的密度，一位同学进行了如下实验：①取适量的种子，用天平测出其质量，然后将几粒种子装入注射器内；②将注射器和压强传感器相连，然后缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V,压强传感器自动记录此时气体的压强p;③重复上述步骤，分别记录活塞在其它位置的刻度V和记录相应的气体的压强P；④根据记录的数据，作出工-v图线，并推算出种子的密度。P（1）根据图线，可求得种子的总体积约为ml（即cn?）。（2）如果测得这些种子的质量为7.86xl0-3kg,则种子的密度为kg/m\（3）如果在上述实验过程中，由于操作不规范，使注射器内气体的温度升高，其错误的操作可能是.这样操作会造成所测种子的密度值 （选填“偏大”、“偏小”或“不变参考答案一、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】【详解】A.根据图乙，交变电流周期为T=0.02s频率为/=-=—!—Hz=50HzT0.02A错误BC.0.02s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，B正确，C错误;D.根据图乙，电流的最大值/m=l(X^A电流的有效值［牟=¥a=10AV2y/2所以电流表示数为10A,D错误。故选B.A【解析】【详解】y2A.由向心加速度。可知若。与〃成反比，即图线是双曲线，则线速度大小保持不变，选项A正确；rC.由角速度。=上，线速度不变，则P的角速度与半径成反比，选项C错误；rBD.根据“ 若。与「成正比，即图线是过原点的直线，则角速度保持不变，即质点Q的角速度保持不变，而线速度n=w,可见。的线速度与半径成正比，选项BD错误。故选A。A【解析】【分析】【详解】A.卢瑟福a粒子散射实验否定了原子结构的枣糕模型，提出原子的核式结构模型，故A正确；B.放射线在磁场中偏转，中间没有偏转的为7射线，贯穿能力最强，故B错误；C.由图可以知道，光照越强，光电流越大，但遏止电压是一样，说明遏止电压与光的强度无关，故C错误；D.链式反应需要达到临界体积才可以，故D错误：故选A.A【解析】【分析】【详解】AB.根据安培定则，L2、L,导线在菱形中心O处的磁应强度方向沿OL3斜向上，L3、L1导线在菱形中心O处的磁应强度方向沿01.2斜向下，由叠加原理可知，菱形中心o处的合磁场的磁感应强度不为零，且不沿OL1方向，故A正确，B错误；CD.根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，Li与Lj受力如图所示，由各导线中电流大小相等，则每两导线间的作用力大小相等，由平行四边形定则合成可知，L所受安培力与L所受安培力大小相等，方向相反，故CD错误.故选A。B【解析】【详解】以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律得，金属棒的加速度二=三三，f=jiN=pFA=nBIL=jiBLkt,联立解得加速度a=g-/1/,与时间成线性关系，且t=0时，a=g,故CD错误.因为开始加速度方向向下，与速度方向相同，做加速运动，加速度逐渐减小，即做加速度逐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上,加速度逐渐增大，做加速度逐渐增大的减速运动。故A错误，B正确。故选B。【点睛】解决本题的关键会根据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向判断物体做加速运动还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度.B【解析】【详解】解：A、逸出的光电子最大速度之比为1：2,光电子最大的动能：Ekm=-mvl，则两次逸出的光电子的动能的之比为1：4；故A错误；B、光子能量分别为：E=hv和E=2hv根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：Ek=hv-W,4纥=2hv-W联立可得逸出功：W=T，故B正确；TOC\o"1-5"\h\zC、逸出功为―一，那么金属的截止频率为故C错误；3 3I 7vD、用频率为7V的单色光照射，因；丫＜?，不满足光电效应发生条件，因此不能发生光电效应，故D2 2 3错误。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AC【解析】【详解】A.平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，初速度越大，则在空中运动的水平位移越大，末位置离A点越远，则位移越大，故A正确；B.平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大，所以时间不一定长，故B错误；C.平抛运动只有重力做功，根据动能定理可知，重力做功越多，动能变化越大，则小球落到C点时，重力做功最多，动能变化最大，则运动时间为：水平初速度为:故c正确；D.根据动能定理可知，末动能为:EK=EKo+m8h当% 亨小球下落的距离最大，但是初速度不是最大，所以末动能不是最大，故D错误;故选AC.BC【解析】【分析】【详解】A.若乙在网前直立不动，则排球到达乙的位置的时间“四s=0.3s% 12排球下落的高度为,1,1,A/z=— =—x10x0.3"m=0.45m<(3.2-2.5)m=0.7m则不能拦网成功，选项A错误；B.因为乙在空中上升的时间为

2x(2.95-2.50) “10-—— -5=0.3s10乙在甲击球时同时起跳离地,在球到达乙位置时,运动员乙刚好到达最高点，因2.95m>3.2m-0.45m=2.75m,则可以拦住，故B正确：C.结合选项B的分析，乙在甲击球后0.18s起跳离地，初速度为v=gti=10x0.3=3m/s上升时间t，=0.12s时球到达乙位置，上升的高度为h'=vt--g/,2=0.288m2.50m+0.288m=2.788m>2.75m,可以拦网成功，故C正确；D.乙在甲击球前0.3s起跳离地，因为乙在空中的时间为0.6s；则当排球到达球网位置时，乙已经落地，则不能拦网成功，选项D错误。故选BC.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广△①A5°E=n =n—S△tZ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根据分压规律得M两端的电压〃EDnS\BRU=t\=R+rAr(/?+r)D正确。故选BD.AD【解析】【分析】两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由o点沿中垂线指向外侧；电量为2c的小物块仅在运动方向上受电场力作用从C点到B到A运动的过程中，根据v-t图可知在B点的加速度，可知物体先做加速度增大后做加速度减小的加速运动，判断电荷所受电场力大小变化情况和加速度变化情况，由牛顿第二定律求出电场强度的最大值。根据电势能的变化，分析电势的变化。由动能定理求AB间的电势差。【详解】A.由乙图可知，物体在B点加速度最大，且加速度为Avc,2a=—=2m/s△t根据qE=ma可知B点的场强最大，为E=lV/m,故A正确；B.从C到A的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小，故B错误；C.从C到A一直沿着电场线运动，电势逐渐降低，故C错误；D.从B到A的过程中，根据动能定理，得jj 12 2ClUBA=^mV-2mV°代入数据得Uba=5V,则5V即故D正确。故选AD.【点睛】明确等量同种电荷电场的特点是解本题的关键，据v-t图获取加速度、速度、动能等物理量是解本题的突破口。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.ACE【解析】【详解】A.当环境温度升高，假设内、外水银面的高度差不变，由于气体温度升高，气体压强增大，故内、外水银面的高度差不可能不变，高度差h减小，气体长度L增大，气体压强增大，故A正确；B.气体温度升高，分子的平均动能增大，但不是每个分子的平均速率都增大，故B错误；C.一定质量的理想气体，内能由温度决定，温度升高时，气体的内能一定增大，故C正确；D.由于气体体积增大，故气体对外做功，故D错误；E.根据热力学第一定律，气体一定从外界吸收热量，故E正确。故选ACE.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分B乙远大于【解析】【详解】电磁打点计时器是通过机械振动打点的，而电火花打点计时器是通过电火花来打点，用电火花打点计时器能使纸带在运动时受到的阻力较小.故A不符合题意，B符合题意。(2)［2］同学乙的做法正确。只有让小车做匀速直线运动才能够判断摩擦力与沙子和盘的重力大小相等，才能够消除摩擦力的影响。对于甲同学，小车开始运动时，沙子和盘的重力等于最大静摩擦力，而最大静摩擦力要略大于滑动摩擦力。(3)［3］对于祛码、硅码盘和沙子，根据牛顿第二定律：mg-F=ma,只有当小车的质量远大于祛码、祛码盘和沙子总质量时，绳子的拉力F才近似等于祛码、祛码盘和沙子中重力mg.不需要"+:清一"尸不变【解析】【分析】【详解】(1)111该实验可以用弹簧测力计测量绳子的拉力，故不需要满足小车的质量远大于钩码的质量的条件。(2)|2］根据逐差法可知，小车的加速度为_ 4-X4- -X)X4+X3-Z一再,2a 4-(5T)2—- 100J(3)［3］根据⑵中所得到的加速度的表达式可知，加速度与电源电压无关，所以加速度的测量值与实际值相比是不变的。四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分⑴汽车行驶时，轮胎内部气体体积近似不变，则气体分子密集程度不变。温度升高，气体分子平均动能变大，导致分子碰撞冲击力变大，且单位时间单位面积的碰撞频率变大，则气体压强变大，过大的压强可使轮胎爆裂；(ii)2.0atm~3.1atm【解析】【详解】⑴汽车行驶时，轮胎内部气体体积近似不变，则气体分子密集程度不变。温度升高，气体分子平均动能变大，导致分子碰撞冲击力变大，且单位时间单位面积的碰撞频率变大，则气体压强变大，过大的压强可使轮胎爆裂；(ii)如图所示：设充气后30℃时压强为Pi，行驶过程温度为70c时对应较大压强3.5atm。气体等容变化，由查理定律得Pi_ 3.5atm(273+30)K-(273+70)K解得Pi«3.1atm设充气后30,C时压强为凸，行驶过程温度为-30°C时对应较小压强1.6atm.由查理定律得p,_ 1.6atm(273+30)K-(273-30)K解得p2«2.0atm则充气结束时的压强范围为2.0atm~3.1atm.43F3(1)在大活塞到达两圆筒衔接处前，缸内气体的压强保持不变；(2)可丁；(3)—+-^,.【解析】【详解】(1)在活塞缓慢右移的过程中，用巴表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得：4S+*s+rs—*s=o解得：在大活塞到达两圆筒衔接处前，缸内封闭气体的压强：4=4+玲且保持不变；kJ(2)在大活塞到达两圆筒衔接处前，气体做等压变化，设气体的末态温度为T”由盖•吕萨克定律有:上=匕2T7；其中：-s《+TT=与，匕=小解得:4Tl=~Ti(3)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡的过程，封闭气体的体积不变，由气态方程:生=生T}T解得:„_3O_3F3n右Vk/。5.6(±0.2) 1.40X103(±0.2xl03) 手握住了注射器内的封闭气体部分 没有缓慢推动活塞偏小【解析】【分析】考查理想气体的等温变化。【详解】[1].根据玻意耳定律:PV=C当"趋向于0,则气体体积趋向于0,从3-V图象知，横轴截距表示种子的体积为：5.6(±0.2)ml.[2].密度为：m7.86x10-3 /a1（八1Ni/3p=—= kg/m-1.40x103kg/m3(3)[31I4H51.注射器内气体的温度升高，其错误的操作可能是：手握住了注射器内的封闭气体部分、没有缓慢推动活塞；当气体温度升高，气体的体积趋于膨胀，更难被压缩，所作的g-V图线与横轴的交点将向右平移，所测种子体积偏大，密度偏小。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.假设将乘一艘飞船靠近火星时，经历如图所示的变轨过程，则下列说法正确的是( )轨道m :、小、轨道1，田» -,a.飞船在轨道n上运动到p点的速度小于在轨道轨道I上运动到p点的速度B.若轨道I贴近火星表面，测出飞船在轨道I上运动的周期，就可以推知火星的密度c.飞船在轨道I上运动到p点时的加速度大于飞船在轨道u上运动到p点时的加速度D.飞船在轨道U上运动时的周期小于在轨道I上运动时的周期2.如图(a),场源点电荷固定在真空中O点，从与O相距r。的P点由静止释放一个质量为m、电荷量为q(q>0)的离子，经一定时间，离子运动到与。相距m的N点。用a表示离子的加速度，用r表示离A.场源点电荷带正电B.场源点电荷的电荷量为-华上c.离子在p点的加速度大小为四遮2D.离子在P点受到的电场力大小为4华.物理学中用磁感应强度B表征磁场的强弱，磁感应强度的单位用国际单位制(SI)中的基本单位可表示为()TOC\o"1-5"\h\zA.与 B.— C./ D.上Ai- A-m C-a a-.如图所示，一直角三角形acd在竖直平面内，同一竖直面内的a、b两点关于水平边cd对称，点电荷Qi、Q2固定在c、d两点上。一质量为m、带负电的小球P在a点处于静止状态，取重力加速度为g,下列说法正确的是( )3Q(aQ2对P的静电力大小为母小gQi、Qz的电荷量之比为立3C.将P从a点移到b点，电场力做正功D.将P从a点沿直线移到b点，电势能先增大后减小5.如图所示，一个钢球放在倾角为30的固定斜面上，用一竖直的挡板挡住，处于静止状态.各个接触面均光滑。关于球的重力大小G、球对斜面的压力大小Fn卜球对挡板的压力大小Fn2间的关系，正确的是A.Fni>GB.Fn2>GD・Fm<Fn26.如图所示，P球质量为2m,物体Q的质量为m,现用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，物体Q位于墙壁和球P之间，已知P、Q均处于静止状态，轻绳与墙壁间的夹角为30。，重力加速度为g,则下列说法正确的是()P对Q有方向竖直向下的摩擦力，大小为mgB.若增大P球的质量，则P对Q的摩擦力一定变大C.若增大Q球的质量，则P对Q的摩擦力一定变大D.轻绳拉力大小为JJmg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.歼-15飞机是我国研制的多用途舰载战斗机。某飞行训练中，第一次舰保持静止，飞机从静止开始沿甲板运动，当飞机的速度为v时通过的距离为x“经历的时间为t“第二次舰以速度v。匀速运动，飞机相对甲板由静止开始沿舰运动的同方向加速，当飞机相对海面的速度为V时沿甲板通过的距离为X2,经历的时间为t2.设两次飞机均做匀加速运动且加速度大小相等。则（）t21 •〃吁％・”v-v0°七v2