2021届宁夏银川一中高考物理五模试卷附答案详解

2021届宁夏银川一中高考物理五模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

1.下列说法正确的是（）

A.贝克勒尔发现天然放射现象，说明原子也有复杂的内部结构

B.麦克斯韦提出了电磁场理论，预言并证实电磁波的存在

C.奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系

D.德布罗意提出了物质波，认为粒子的德布罗意波长与其动量成反比

2.如图所示，一细绳系一光滑小球，细绳跨过定滑轮使小球靠在柱体的斜面

上。设柱体对小球的弹力为心，细绳对小球的拉力为FT■.现用水平力拉绳

使小球缓慢上升一小段距离，在此过程中，下列说法正确的是（）

A.逐渐增大B.年逐渐减小

C.%逐渐减小D.先增大后减小

3.升降机的地面固定一个压力传感器，物体置于传感器上的水平接触面上，如图（a）所示，压力传

感器通过处理电路和计算机相连，当升降机在竖直方向运动时，计算机描绘出一段时间内物体

对压力传感器的压力随时间变化的图象如图（b）所示，关于升降机的运动，下列说法正确的是

()

A.0〜ti一定向上做匀加速运动B.q〜t2一定向上做匀加速运动

C.“〜t2的加速度可能逐渐增大D.t?〜t3的加速度可能逐渐增大

4.理想变压器的电路如图所示，原线圈与副线圈总匝数之比为10:1,变压器的副线圈线匝数可变,

c为滑动端.R为一滑动变阻器，P为滑片.若ab端输入的正弦交流电的瞬时值表达式为a=

22OV2sinlOO7rt（y），下列说法正确的是（）

A.其他条件不变的情况下，c端向上滑动.力变暗

B.其他条件不变的情况下，P端向下滑动，打变亮

C.其他条件不变的情况下，P端向上滑动.原线圈中的电流会增大

D.不管c如何滑动.击穿电压为30。的电容器均可正常工作

5.一物体沿长为，的光滑斜面，从静止开始由斜面的顶端下滑到底端的过程做匀加速运动，当物体

的速度达到末速度的一半时，它沿斜面下滑的长度为（）

A.;B.Z（V2-1）C.gD.专

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

6.18世纪，数学家莫佩尔蒂，哲学家伏尔泰曾设想“穿透”地球：假设能够沿着地球两极连线开

凿条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，

此人可以从南极出口飞出。已知此人的质量m=50kg,地球表面处重力加速度g=10m/s2,

地球半径R=6.4x1067n.假设地球可视为质量分布均匀的球体，质点在均匀球壳内任一点受到

的万有引力为零。则以下说法正确的是（）

A.人与地球构成的系统，由于重力发生变化，故机械能不守恒

B.人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比

C.人从北极开始下落，到刚好经过地心的过程，万有引力对人做功皿=3.2x109/

D.当人下落经过距地心g瞬间，人的瞬时速度大小为4gxi037n小

7.如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中

虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，4、B两点

是轨迹与电场线的交点，不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则以下说法正确的

是（）

A.A点电势低于B点电势

B.尘埃在4点的加速度大于在B点的加速度

C.尘埃在迁移过程中做匀变速运动

D.尘埃在迁移过程中电势能一直在增大

8.如图所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abed放在光滑水平面上，其

右边有一磁感应强度大小为8、方向垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场

宽度为3磁场左边界与线框的帅边相距为L.现给线框一水平向右的恒力，ab

边进入磁场时线框恰好做匀速运动，此时线框中的感应电流大小为1。.下列说法正确的是（）

A,线框进入磁场时，感应电流沿逆时针方向

B.线框进入磁场时的速度大小为警

C.从开始到ab边运动到磁场的右边界的过程中，通过线框横截面的电荷量勺=整

D.线框通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q=2B1。廿

三、实验题（本大题共4小题，共30.0分）

9.（1）在“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验中，以下说法正确的是（）

A.弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度

B.用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力，应保证弹簧位于竖直位置且处于平衡状态

C用直尺测得弹簧的长度即为弹簧的伸长量

。用几个不同的弹簧，分别测出几组拉力与伸长量，得出拉力与伸长量之比相等

（2）某同学做“探究弹力与弹簧伸长量的关系”的实验，他先把弹簧平放在桌面上使其自然伸长,

用直尺测出弹簧的原长Lo,再把弹簧竖直悬挂起来，挂上钩码后测出弹簧伸长后的长度3把L-

加作为弹簧的伸长量％,这样操作，由于弹簧自身重力的影响，最后画出的图像可能是图中的（）

10.某探究小组采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内阻时，发现量程为3y的电压表

出现故障不能正常使用，实验台上有一个量程为500/M,内阻RE=200。灵敏电流计©和一个

电阻箱R(0-999990).

(1)为了把灵敏电流计改装成量程为2U的电压表继续试验，电阻箱R应调至2

(2)请用笔画线代替导线完成乙图的实物电路连接.

(3)①多次调节电阻箱，记录灵敏电流计©的示数，和电阻器的阻值R,电源的电动势和内阻分别用

E核r表示，则洵R的关系式为

②然后以:为纵坐标，以R为横坐标，做出了:-R图线为一直线，如图丁所示，测得直线在纵轴上的

截距b=134,直线的斜率k=|,则该电池的电动势E=V,内阻r=

11.实验：用油膜法估测分子的大小

(1)在本实验中，准备有以下器材：用酒精稀释过的油酸、滴管、琲子粉、浅盘及水、玻

璃板、彩笔，还缺少的器材有.

(2)本实验应测量和已知的物理量有①②③.

(3)计算油酸薄膜的面积是通过查薄膜轮廓所包含的的个数，不足半个的,多余半个的

(3)将1CM3的油酸溶于酒精，制成200cM3的油酸酒精溶液.已知lcm3的溶液有50滴，今取一滴油酸

酒精溶液滴到水面上，随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子层，已测出这一薄层的面

积为0.2巾2,由此可算出油酸分子的直径为m.

12.在''探究单摆周期与摆长的关系”实验中，根据多组实验数据获得y-L图象如图所示，实验

中小球的直径为2.00cm,图中P点所对应的周期与摆长的数据（填“能”或“不能”）在实

验中测得；请根据图象数据写出函数关系式：T2=L（结果保留两位有效数字）。

四、计算题（本大题共4小题，共51.0分）

XXXXVV

13.如图，质量M=3.0kg的小车静止在光滑的水平面上，AD部分是表面粗糙，…*广,

的水平导轨，部分是光滑的：圆弧形导轨.整个导轨是由绝缘材料制成

cc4妖L〃〃岩/

并处于B=1.07垂直纸面向里的匀强磁场中.今有一质量m=1.0kg的金属块（可视为质点），带

q=2.0x10-3。的负电，以卬=8rn/s的速度冲上小车，当将要过0点时，对水平导轨的压力为

9.81N（g取9.8姐2）

（1）求m从4到。过程中，系统的机械能损失多少？

（2）若m通过。点立即撤去磁场，这以后小车能获得的最大速度是多少？

14.如图甲所示，在劲度系数为k的轻弹簧下挂一个质量为小的物体，将

物体从弹簧原长处无初速释放；图乙所示的物体和弹簧与图甲中完

全相同，用手托着物体从弹簧原长处缓缓下落，直至手离开物体后，

物体处于静止.（不考虑空气阻力）

（1）简要说明图甲中的物体被释放后做什么运动；田7

（2）做出图乙中手对物体的支持力F随物体下降位移工变化的示意图，借助F-x图象求支持力F做的功

的大小;

(3)利用弹力做功只和始末位置有关的特点，求图甲中物体运动的最大速度.

15.如图所示，一足够长的圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一

〃〃〃〃/////

定质量的理想气体.活塞的质量为小，横截面积为S,与底部容器相距为儿

现通过电热丝缓慢加热气体，当气体的温度为时活塞上升了八.已知大气压

强为Po,重力加g,不计活塞与气缸的摩擦.求：f(XXXXg|

①温度为7时气体的压强P；

②加热前气体的温度7。.

16.如图所示，真空中有一直角三棱镜，N4BC为直角三棱镜的横截面，4B边长为

L,=30°,乙B=90。.一束单色光平行于4C边照射到4B边上的中点E,折

射光线照射到4C边上后，反射光线恰好垂直于BC边射出，光在真空中的传播

速度为c，求：

①棱镜对该单色光的折射率；

②通过计算判断折射光线在4c边是否发生全反射;

③计算单色光在棱镜中传播的时间。

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、贝克勒尔发现天然放射现象，天然放射现象的发现说明原子核有复杂的内部结构，可

以再分，故A错误；

8、麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，以后由赫兹用实验证实了电磁波的存在，故8

错误；

C、法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，故C错误；

德布罗意提出了物质波，认为粒子的德布罗意波长与其动量成反比，故。正确；

故选：D。

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是

考试内容之一。

2.答案：A

解析：解：球受三个力，重力、柱体对小球的弹力风和细绳对小球的,叭、

拉力巴，如图所示：\\TK

根据平衡条件，结合图象可以看出，拉力一直增加，支持力也一直增N

加；、梃］、

故4正确，BC。错误；

故选：人心

球受三个力，重力、柱体对小球的弹力时和细绳对小球的拉力玲，三力平衡，通过作图分析各个力

的变化情况。

本题是三力平衡中的动态分析问题，其中一个力恒定，一个力方向不变大小变，一个力大小和方向

都变化，使用作图分析清晰明了。

3.答案：C

解析：解：4、由图线可知，0〜0物体对传感器的压力的大小不变，且支持力等于重力，知升降机

可能处于静止，可能处于匀速直线运动状态.故A错误.

B、C、kF，F逐渐增大，支持力大于重力，根据牛顿第二定律知，加速度方向竖直向上，且逐渐

增大，电梯加速度方向竖直向上，且在变化.故B错误，C正确.

。、产的大小等于不变，且大于重力，根据牛顿第二定律知，物体所受合外力不变，则加速

t2-t3,

度不变，故。错误

故选：C

物体对传感器的压力等于支持力的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小和方向，从而确定电

梯的运动情况.

解决本题的关键掌握牛顿第二定律，知道加速度的方向与合力的方向相同，加速度随着合力的变化

而变化.

4.答案:C

解析：解：4其他条件不变的情况下，c端向上滑动。副线圈匝数增加，变压器副线圈电压增大，刀

变亮，故A错误；

2、其他条件不变的情况下，P端向下滑动，R接入电路的电阻增大，由于副线圈电压不变，所以通

过G的电流强度变小，G变暗；故B错误；

C、其他条件不变的情况下，P端向上滑动，R接入电路的电阻减小，由于副线圈电压不变，所以通

过人的电流强度变大，输出功率变大，则输入功率也变大，原线圈中的电流会增大，故C正确；

D、原线圈与副线圈总匝数之比为10：1,当c滑到最上端时，输出电压的有效值为：U2=^X22OV=

22V,最大值为：Em=22V2IZ=31.1K>30K.故电容器不能正常工作，故。错误。

故选：Co

根据滑动变阻器的变化分析电压和电阻的变化，从而分析灯泡的亮度变化和电流强度的变化；计算

副线圈的电压最大值分析电容器是否能够工作.

变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压打,U2,电流12,输

入和输出功率Pl，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变

化而变化的情况.不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”

的制约关系.

5.答案：A

解析：解：设末速度为u,全程用时为t

则：1=讥=等t①

中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度

所以当％=；是用时ti=：

v

所以此时的位移：X=5右=?Xg=：t②

由①②联立得：

7~^2~4

故选A

此题也可以应用初速度为零的匀变速直线运动在It内，2t内，3t内…位移之比为1：4：9...："求解

物体沿光滑斜面，从静止开始由斜面的顶端下滑到底端的过程是匀加速运动，所以中间时刻的瞬时

速度等于全程的平均速度，应用匀变速运动规律列式求解.

此题为匀变速直线运动规律的应用，关键点在当物体的速度达到末速度的一半时，用时为全程用时

的一半，找准这个关系列式求解即可，方法可以有很多种，可分别试试.

6.答案：BD

解析：解：力、人下落过程只有重力做功，重力做功效果为重力势能转变为动能，故机械能守恒，故

A错误；

2、设人到地心的距离为r,地球密度为p,那么，由万有引力定律可得：人在下落过程中受到的万有

引力也”=GP扣r3m=f故万有引力与到地心的距离成正比，故B正确；

r2r23H

_4

C、由万有引力?=：水；0巾「可得：人下落到地心的过程万有引力做功W=1R=如丝竺.R=

32

2-x50x10x6.4x1067=1.6x109/,故C错误；

-3TtGpmR=—2R=2-mgR=2

D、由万有引力F=：兀Gpmr可得：人下落到距地心g的过程重力做功小，=*.四=包竺1吧出.

J222

R1n23GMm3n

-=-7lGpmR^=^r=-mgR,

由动能定理得：W=^mgR=解得：v==4A/3X103m/s,故。正确；

故选：BD。

根据万有引力定律及球体体积公式求得不同半径处的万有引力表达式，进而得到万有引力做的功，

再由动能定理求得人的速度；最后根据能量守恒，由能量转换求得机械能变化。

万有引力大小的求解、比较，常需要根据球体体积公式求得中心天体的质量，再根据万有引力定律

求解.

7.答案：AB

解析：

电场线的疏密程度表示电场强度的大小，根据电场强度的大小可判断加速度的大小，根据电场力的

做功可判断电势能的大小变化。

需要注意电场线的疏密表示场强的大小，电场力做正功，电势能减小。

A、沿着电场线的方向电势逐渐减少，故A点电势低于8点电势，A正确，

BC、电场线的疏密表示场强的大小,4处电场线密集，所以电场强度大，根据牛顿第二定律得：a=史,

m

故尘埃在4点的加速度大于在B点的加速度，所以该过程不可能是匀变速，故B正确，C错误，

。、尘埃在迁移过程中电场力做正功，所以电势能减小，故Q错误，

故选：ABo

8.答案：BCD

解析：

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下物体的平衡问

题；另一条是能量，分析电磁感应现象中的能量如何转化是关键。

4线框进入磁场时，根据楞次定律或右手定则判断知，感应电流沿顺时针方向，故A错误；

8ab边进入磁场时线框恰好做匀速运动，则有/()=要，线框进入磁场时的速度大小为u=绊，故B

正确；

C.从开始到防边运动到磁场的右边界的过程中，通过线框横截面的电荷量q=/t=,=牛，故C

正确；

D根据能量守恒得：线框通过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q=%=产安-2L=2B/OL2,故。正

确。

故选BCD。

9.答案:(1)AB(2)C

解析：试题分析：(1)弹簧被拉伸时，不能超出它的弹性限度，否则弹簧会损坏，故A正确；用悬挂

钩码的方法给弹簧施加拉力，要保证弹簧位于竖直位置，使钩码的重力等于弹簧的弹力，要待钩码

平衡时再读读数，故B正确；弹簧的长度不等于弹簧的伸长量，伸长量等于弹簧的长度-弹簧的原

长，故C错误；拉力与伸长量之比是劲度系数，由弹簧决定，同一弹簧的劲度系数是不变的，不同

的弹簧的劲度系数不同，故。错误.

(2)实验中用横轴表示弹簧的伸长量工,纵轴表示弹簧的拉力“即所挂重物的重力大小)，由,第=隔常可

知，图象过原点，故A错误；图中当x=0时，弹簧有弹力，故B错误；当竖直悬挂时，由于自身重

力的影响弹簧会有一段伸长量，但此时所挂重物的重力为ON(即：F=QN),故C正确；因为在弹簧

的弹性限度内，弹簧的伸长与其所受的拉力成正比，图象应为直线，故。错误.

考点：考查了“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验

10.答案：3800；=呼+1.51.0

IEE

解析：解：(1)将电流计改装成电压表，应串联一个大电阻，根据串

并联电路的规律可知：

(2)根据原理图可明确对应的实物图;如图所示;

(3)①根据闭合电路欧姆定律可知：

E

RE+r+R

变形可得:

1RE+r1

7=~~E+ER

②根据图象和公式可知：匕=写；

i

k=E

根据题意可知：E—1.5V；r=10：

故答案为：(1)3800；(2)如图所示；(3)①：=+称R：②1.5,1.0

(1)根据改装原理利用串并联电路的规律可求得应串联的电阻；

(2)根据原理图可得出对应的实物图；

(3)根据闭合电路欧姆定律可得出对应的表达式；再结合图象知识可明确对应的电动势和内电阻.

本题考查测量电动势和内电阻的实验原理以及数据处理的方法；对于该实验一定要明确不同接法时

的实验原理，利用闭合电路欧姆定律列式，再结合数学知识进行分析处理即可.

11.答案：坐标纸、量筒油酸酒精溶液的滴数油酸薄膜的面积油酸酒精溶液的浓度正方

形舍去算一个5xIO-10

解析：解：(1)在本实验中，我们要用量筒量取酒精从而配制酒精油酸溶液，再将用酒精稀释过的油

酸用滴管滴到水面上，将坐标纸铺在水面上，上面盖上玻璃板，用彩笔画出边界，则用数格子的方

法得出形成的面积；则可根据体积公式求得分子直径；

故实验中还需要：量筒、坐标纸；

(2)本实验应测量和已知的物理量有：1小，油酸酒精溶液的滴数、油酸薄膜的面积、油酸酒精溶液的

浓度；

(3)计算油酸薄膜的面积是通过查薄膜轮廓所包含的正方形个数，不足半个的舍去，多余半个的算一

个;

(4)一滴溶液含纯油的体积为：V=击x表cm?=1x10-10?n3,

油酸分子的直径为：d=-=小卫~~=5x10-10m；

S0.2m2

故答案为：(1)坐标纸、量筒：

(2)lnU油酸酒精溶液的滴数、油酸薄膜的面积、油酸酒精溶液的浓度;

(3)正方形、舍去、算一个；

(4)5x10T0.

根据油膜法测分子的大小的实验原理及方法可得出需要的器材；

求出一滴油酸溶液含纯油的体积，然后由d=(求出油膜的厚度，即油酸分子的直径.

对于实验要从实验的原理和方法上去记忆相应的实验器材及实验步骤，不要死记硬背；本题考查了

求油酸分子的直径，求一滴油酸溶液含纯油的体积是本题的易错点.

12.答案：不能4.0

解析：解：根据图象可知，P点的横坐标小，即摆长太短，不符合实验要求，所以该点的数据不是通

过实验得到的；

图线的斜率为卜=甘=4.0,所以72=4.0乙

1,(J—U

故答案为：不能，4.0；

P点对应的摆长太短，不符合单摆的实验要求，从图象可知单摆周期与摆唱成正比，求出图线的斜率

即可求出表达式；

解决该题的关键是熟记实验原理和实验的注意事项，知道求解图象物理量的关系式的方法；

13.答案：解：(1)根将要过D点时，受重力、支持力和洛伦兹力作用，根据共点力平衡得，

N=mg+qvB

解得-=簪------；—

2xio-3xim/s=5m//s.

根据水平方向上系统动量守恒有:

r

mv0=mv+Mv

解得M=im/s

根据能量守恒定律得，系统损失的机械能△E=诏-|mv2-|Mv，2=1xlx64-|xlx25-

|x3x1/=18/.

(2)当m返回到。点时，小车的速度最大，

根据动量守恒定律得，Mv'+mv=mv1+Mv2

根据能量守恒定律有：|Mv/2+jmv2=诣

代入数据解得：v2=3m设,%=-lm/s.

答：(l)/n从A到。过程中，系统的机械能损失为18/.

(2)小车能获得的最大速度是3m/s.

解析：(1)根据共点力平衡求出物体在。点的速度，从而根据水平方向上M和ni组成的系统动量守恒

求出M的速度，结合能量守恒定律求出系统损失的机械能.

(2)当m返回到。点时，小车的速度最大，根据水平方向上动量守恒、能量守恒求出小车的最大速度.

本题是系统动量守恒和能量守恒的类型，寻找解题规律是关键.容易出错的地方，是不认真分析滑

块运动过程，认为滑块刚到达。时车的速度就最大.

14.答案：解：(1)图甲所示物体被释放后做简谐运动.FI

(2)图乙中物体受重力mg、弹簧弹力/和支持力凡因为缓缓下落时，

物体受力平衡

所以对任意位置满足F=mg-kx①|_*

°kx

当下降位移x=0时，支持力F=mg；

当mg=kx,即下降位移x=詈时，支持力F=0.

F-x图象如答图所示，图线下所围的面积等于支持力F做的功：詈=[?②

(3)图甲所示物体运动过程中只受到重力和弹簧弹力，

在受力满足mg=kx,即下降位移x=詈时，有最大速度"

对物体从释放到有最大速度的过程应用动能定理，有mgx-14/弹=|mv2@

因为图甲与图乙所示弹簧完全相同且弹簧弹力做的功只与始末位置有关，因此上式中的皿建与图乙

所示过程中弹簧弹力做的功相等.

对图乙所示过程应用动能定理mgx-“谢一勿=0④

得到小册=1?

代入③式，解得：图甲中物体运动的最大速度：v=g聆.

答：

(1)图甲中的物体被释放后做简谐运动；

22

(2)支持力F做的功的大小为赞；

(3)图甲中物体运动的最大速度为g器.

解析：(1)物体被释放后做简谐运动.

(2)物体运动过程中，受到重力、手的支持力和弹簧的弹力，物体缓慢下降时，受力平衡，根据平衡

条件和胡克定律求出F与x的关系式,再作出F-x图象,根据图象与坐标轴所围的面积求拉力做的功.

(3)当弹簧的弹力与重