2021届山西省吕梁市高考物理一模试卷(含答案解析)

2021届山西省吕梁市高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）

1.下列有关物理学史的描述，正确的是（）

A.伽利略通过实验证实了力是维持物体运动的原因

B.戴维孙和汤姆孙利用晶体做了电子束的衍射实验，证实了电子具有波动性

C.卢瑟福通过a粒子散射实验，指出了原子核内部具有复杂的结构

D.奥斯特最早研究电磁感应现象，并发现感应电动势与磁通量变化率成正比

2.如图为甲、乙两个质点在同一条直线上运动的x-t图象。若以甲的I*71"2

出发点为原点，出发时间为计时起点，则下列说法错误的是（）彳

A.甲先做减速运动，再静止，之后做匀速直线运动2匕二|如

B.t=3九时，甲、乙相遇，且甲的速度大于乙O\~2一二

C.乙的速度大小为2km"

D.0〜3无内，甲的平均速度大小为2km//i

3.空间某一静电场的电势尹在x轴上分布如图所示，若规定沿x轴正向的电场强度

为正，贝此轴上电场强度在x轴方向上的分量E随x变化的图象是（）

A..B._C.-D.

4.如图所示，以一根质量可以忽略不计的刚性轻杆的一端。为固定转轴，轩

可以在竖直平面内无摩擦地转动，杆的中心点及另一端各固定一个小球a

和8,已知两球质量相同，现用外力使杆静止在水平方向，然后撤去外力，

杆将摆下，从开始运动到杆处于竖直方向的过程中，以下说法中正确的

是（）

A.4B段杆的弹力对4球和B球均做正功

B.。4段杆的弹力对Z球不做功

C.。4段杆的弹力对4球做正功

D.AB段杆的弹力对4球和B球均做负功

5.如图所示，倾角为a的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈上，]7k

轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑数夕

轮2下悬挂物体b,系统处于静止状态,若将固定点c向左移动少许，而a

与斜劈始终静止，则（）

A.斜劈对物体a的摩擦力减小B.斜劈对地面的压力减小

C.细线对物体a的拉力增大D.地面对斜劈的摩擦力减小

6.如图所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为粗的小球a、b,拴接小球的细线固定在天花板上，两

球静止，两细线与水平方向的夹角均为。=30。，弹簧水平，以下说法正确的是（）

A.细线的拉力大小为mg

B.弹簧的弹力大小为时mg

C.剪断左侧细线瞬间，匕球加速度大小为Lg

1

D.剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为后g

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

7.如图所示，半径为R,表面光滑的半圆柱体固定于水平地面，其圆心在。点.位于竖直面内的曲

线轨道AB的底端水平，与半圆柱相切于圆柱面顶点8.质量为沉的小滑块沿轨道滑至B点时的速

度大小为网，方向水平向右，滑块在水平地面上的落点为C（图中未画出），不计空气阻力，则

（）

A.滑块将沿圆柱体表面始终做圆周运动滑至C点

B.滑块将从B点开始作平抛运动到达C点

C.0C之间的距离为让R

D.0C之间的距离为R

8.若火星和地球都绕太阳做匀速圆周运动，今知道地球的质量、公转的周期和地球与太阳之间的

距离，今又测得火星绕太阳运动的周期，则由上述已知量可求出（）

A.火星的质量B.火星与太阳间的距离

C.火星的加速度大小D.火星做匀速圆周运动的速度大小

9.如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为3导轨电阻均

可忽略不计、在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆防质量为m、电阻也为R,并与

导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初

速度％,使杆向右运动，最终时杆停在导轨上。下列说怯正确的是（）

A.ab杆将做匀减速运动直到静止

B.ab杆速度减为B时，帅杆加速度大小丝曳

36mR

C.帅杆速度减为g时，通过电阻的电量翳

D.帅杆速度减为为T时，ab杆走过的位移等翳

10.在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动

的控制。在如图所示的平面坐标系xOy内，以坐标原点。为圆心,

半径为gd的圆形区域外存在范围足够大的匀强磁场。一质量为

m,电荷量为+q的粒子从P（0,gd）点沿y轴正方向射入磁场，当

入射速度为几时，粒子从a（-蔡，亨）处进入无场区射向原点0，

不计粒子重力。则（）

A.磁场的磁感应强度为8=翳

B.粒子再次回到P点所用时间为t=^+3

VOVO

C.若仅将入射速度变为3%,则粒子离开P点后在磁场中运动的半径为Bd

D.若仅将入射速度变为3%,则粒子离开P点可以再回到P点

三、实验题(本大题共2小题，共15.0分)

11.为验证物体所受合外力一定时，加速度与质量成反比，同学们设计了如图a所示的装置来进行实

验。在自制的双层架子上固定带有刻度标记的水平木板，架子放在水平桌面上。实验操作步骤

如下：

①适当调整装置，使装置不带滑轮的一端稍稍垫高一些。

②在两个托盘中放入祛码，并使两托盘质量(含祛码)相同，且远小于小车的质量。连接小车的细线

跨过定滑轮与托盘相连。

③让两小车紧靠右边的挡板，小车前端在刻度尺上的读数如图a所示，在甲车上放上祛码，同时释

放两小车，当小车运动一段时间后，用手机对整个装置进行拍照。结合照片和小车的初始刻度

标记，得到甲、乙两车运动的距离分别为Si、S2。

④在甲小车上逐渐增加祛码个数，重复步骤③

(1)本实验的原理是通过验证小车发生的位移与小车(含祛码)的质量成关系，来验证合外力一

定时加速度与质量成反比。

(2)实验前将装置右端稍稍垫高一些的目的是。

(3)某次拍到的照片如图b所示，则小车通过的位移是cm

(4)如果以最为横坐标，以甲车(含祛码)的质量为纵坐标，作出的图线如图c所示，则该直线斜率代表

的物理量是,其大小为.

12.图1为某同学测量一节干电池的电动势和内电阻的电路图，其中虚线框内是用毫安表改装成双量

程电流表的改装电路。已知毫安表表头的内阻为10。，满偏电流为lOOmA；8和均为固定电阻，

n

nHsnHI

fHffinfflI

lBIn

nHmR

PHnsflfflfl

H副

SnUffil

BS郢

ffil

（1）电压表有两种规格，匕（量程1.5S,内阻约为2W2）和%（量程3匕内阻约为4kO）；滑动变阻器有

两种规格，最大阻值分别为200和5000.则电压表应选用（填“匕”或“彩”），R应选用

最大阻值为__0的滑动变阻器。

（2）实验步骤如下：

①开关S2拨向（填或"b”）,将滑动变阻器R的滑动片移到端（选填“左”或

“右”），闭合开关a；

②多次调节滑动变阻器的滑动片，记下电压表的示数U和毫安表的示数/；

③以U为纵坐标，/为横坐标，作U-/图线（用直线拟合），如图2所示；

④根据图线求得电源的电动势E=K结果保留三位有效数字），内阻r=_____。（结果保留两

位有效数字）。

四、计算题（本大题共4小题，共45.0分）

13.一长木板置于水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的

距离殉=4.5徵，如图甲所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右做匀减速直

线运动，直至口=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变、方向相

反，碰撞过程中小物块的速度可认为不变。已知碰撞后超=1s时间内小物块的u-t图线如图乙

所示。碰撞后小物块以相同的加速度先向右做匀减速直线运动到速度为零，然后向左做匀加速

直线运动，直到小物块和木板刚好达到相同速度，该过程中，木板做加速度大小为gm/s2的匀

减速直线运动。小物块和木板刚好达到相同速度时，小物块恰好到达木板的右端。求:

(l)t=0时刻小物块的速度大小和加速度大小;

(2)木板的长度。

14.如图所示，水平面上有两根相距0.5巾的足够长的光滑平行金属

导轨MN和PQ,它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值

为R的定值电阻.导体棒协长L=0.5m,其电阻为r,与导轨接

触良好.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强

度B=0.47,现使ab以。=10m/s的速度向右做匀速运动.

(l)ab中的感应电动势多大？

(2)若定值电阻R=3.0。，导体棒的电阻r=1.0。，则对ab棒施加的水平拉力有多大？方向如何?

15.如图所示，底板长度L=1m、总质量M=10kg的小车放在光滑水平面上，原长为，的水平轻弹

簧左端固定在小车上。现将一质量m=1kg的钢块C(可视为质点)放在小车底板上，用细绳连接

于小车的4端并使弹簧压缩，弹簧弹性势能与。=8.14/。开始时小车和钢块均静止，现突然烧断

细绳，钢块被释放，使钢块离开弹簧水平向右运动，与B端碰后水平向左反弹，碰撞时均不考虑

系统机械能的损失。若小车底板上左侧一半是光滑的，右侧一半是粗糙的，且与钢块间的动摩

擦因数〃取重力加速度g=lOm/s?。

①求钢块第1次离开弹簧后的运动过程中弹簧的最大弹性势能Epmax；

②钢块最终停在何处？

16.固定在轻质弹簧的两端质量分别是叫=0.5kg,m2=1.99kg的两个物体置于光滑水平面上，m1

靠在光滑竖直墙上.现有一颗m=0.01kg的子弹以速度v=400m/s水平射入加2中(子弹没有穿

出)，后来7711和m2都向右运动，试求：

(1)弹簧压缩到最大时具有的弹性势能：

(2)竖直墙对oh的冲量大小.

/

zmim2m

/口wmmn卢

////////////

参考答案及解析

1.答案：B

解析：解：4、伽利略通过实验合理的推理认为“力是改变物体运动状态的原因”，而不是维持物体

运动的原因，故A错误；

8、根据物理学史可知，戴维孙和汤姆孙利用晶体做了电子束的衍射实验，证实了电子具有波动性，

故8正确；

C、卢瑟福通过a粒子散射实验，提出来原子的核式结构模型，故C错误；

。、奥斯特最早发现了电流的磁效应，揭开了研究电与磁关系的序幕，但他没有发现电磁感应现象，

电磁感应现象是法拉第最早发现的，故。错误。

故选：B.

根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的物理学贡献即可。

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，重视知

识的积累。

2.答案：C

解析：解、力、根据x-t图象切线的斜率表示速度可知，甲先做减速运动，再静止，之后做匀速直

线运动，故A正确；

8、t=3h时，两图象相交，表示甲、乙相遇，并且甲的斜率比乙的大，故甲的速度大于乙的，故B

正确；

C、乙的速度大小为吆=詈=等km/h=故C错误；

。、0〜3八内，甲的平均速度大小为5=*=等协伙=2km",故。正确。

本题选错误的，

故选：Co

x-t图象上某点的切线的斜率表示速度，倾斜的直线表示匀速直线运动,位移等于纵坐标的变化量，

平均速度等于位移与时间之比。

解决本题的关键要理解位移-时间图线的物理意义，知道x-t图象切线的斜率表示速度。

3.答案：B

解析：解：

在X负轴方向，电势的变化趋势为一直增大，但是增大的快慢为先慢，后快，再变慢，故而电场强度

变化为先增大，后减小，因为电势变化以y轴对称，故而可知，电场强度变化也是以y轴对称，但方

向是相反的，故8正确，AC。错误.

故选：B.

依据电势变化的快慢程度可以判定图象.

该题为定性分析，不需要有具体的数学表达式，其实依据x负轴电场先增大，后减小，就可以判定B

正确了.

4.答案：B

解析：

从开始运动到杆处于竖直方向的过程中，两小球及杆组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守

恒。根据机械能守恒定律和速度关系求得杆到达竖直位置时两球的速度，再由动能定理分析杆对两

球做功正负。

本题要注意杆和绳的区别，由于杆的弹力可以沿不同方向，故AB段杆可以对4、B两球做功。可根

据功能关系分析做功正负。

解：对4、B两球及杆组成的系统来说，只有重力做功，故系统的机械能守恒；

设杆到达竖直位置时，4、B两球的速度分别为力和外.杆长为2乙

由于两球共轴转动，所以应具有相同的角速度，由"=「3可知，vB=2VA；

根据机械能守恒定律得：mg-L+mg-2L=+|mvj

解得：叼i=最

如果没有B球，则4的速度应为四Z>%=晟，说明由于AB间杆的作用，A球的机械能将减小，

B球机械能增大，所以4B杆对4做负功，对8做正功；

而04段杆的弹力和运动方向始终垂直，故04段杆的弹力对4球不做功；故8正确，AC。错误；

故选：Bo

5.答案：D

解析：

本题考查了共点力平衡的条件及其应用、力的合成与分解的运用；整体法和隔离法的使用技巧：当

分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而

在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法。整体法和隔离法不是独立的，

对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。

4对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力，可能受静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力

的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故A错误；

C对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：

根据平衡条件，有:

mbg=2Tcos9\

解得：T=

2cos6

将固定点c向左移动少许，贝I」。减小，故拉力T减小，故C错误;

BD对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如

图所示：

根据平衡条件，有：N=G&-Tcos6=G总一等，N与角度。无关，恒定不变；根据牛顿第三定律,

压力也不变，故8错误；

f=Tsin0=^f-tand,将固定点C向左移动少许，则。减小，故摩擦力减小；故。正确;

故选

6.答案：B

解析：本题考查了牛顿第二定律和共点力平衡的基本运用，知道剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，

而剪断弹簧的瞬间，细线的拉力会发生变化，解决的关键是根据共点力平衡求解细线的拉力和弹簧

的弹力大小，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律求出球的瞬时加速度。对a球分

析，运用共点力平衡条件得：细线的拉力为7=mg/s讥a=2mg选项A错误；

弹簧的弹力尸=mgcota=后"mg,故B正确。

剪断左侧细线的瞬间，弹簧的弹力不变，小球a所受的合力F合=7=2mg,根据牛顿第二定律得，

a=2g.故C错误。

剪断弹簧最左侧瞬间，细绳的拉力也发生变化，小球将开始做单摆运动，所以小球a所受的合力户合=

mgcosa,加速度为gcosa,故。错误；

故选：B

7.答案：BC

2

解析：解：4在最高点B,根据牛顿第二定律有：mg-N=m?解得N=0.知小球在最高点B仅受

重力，有水平初速度，做平抛运动。故A错误，B正确。

C、根据R=2gt2得：，=后，则水平位移％=况=鱼R.故C正确，。错误。

故选：BCo

通过小球在最高点8的受力和速度情况判断小球的运动，根据平抛运动的规律求出0C间的距离.

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解.

8.答案：BCD

解析：解：AB,根据开普勒第三定律知号=k可知己知地球的公转的周期和地球与太阳之间的距

离，以及火星绕太阳运动的周期，运用比例法可求得火星与太阳间的距离.

研究火星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，得：

6等=抽华"得"=注，可以求得太阳的质量，不能求火星的质量，故A错误，8正确.

r2T2GT2

C、由G等=7na,a=™,火星的GM和r都能求出，则火星的加速度a能求出，故C正确.

D、由G^=%得〃=%可知能求出火星做匀速圆周运动的速度大小，故力正确.

故选：BCD

研究行星绕太阳做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式求出太阳的质量.由开普勒

第三定律可求得火星与太阳间的距离.由〃=秒能求出火星的速度，再进一步求出加速度.

根据万有引力提供向心力，列出等式只能求出中心体的质量.要求出行星的质量，我们可以在行星

周围找一颗卫星研究，即把行星当成中心体.

9.答案：BD

解析：解：力、ab棒水平方向上受与运动方向相反的安培力，安培力大小为自=甯，加速度大小

为：a="=&,由于速度减小，所以ab棒做减速减小的变减速运动直到静止，故A错误；

m2mR

B、当ab棒的速度为§时，安培力为：?=吧卷，所以加速度为：a=±=妇也，故B正确；

C、对ab棒由动量定理得：—痴/,以1=血胃一加气，即BLq=|nw。，解得：q=嘿,所以通过电

阻的电量为喏，故C错误；

。、有电磁感应电荷量推论公式：q=^=黑，解得：X=鬻=蠕^故。正确；

ZKZKDL3DL

故选：BD.

时棒水平方向上受与运动方向相反的安培力，根据安培力与速度的关系分析加速度的变化情况，确

定出杆的运动情况。

当ab杆速度减为奈时，先求出安培力的大小，再求加速度。

对好杆利用动量定理可求出通过甲电阻的电量。

根据电量与磁通量变化量的关系求必杆走过的位移。

本题是电磁感应与电路、力学相结合的综合题，要知道在电磁感应问题中，利用动量定理求电量是

常用I思路，同时要知道电量与磁通量变化量有关。

10.答案：AD

解析：解：4、根据题意可知粒子的运动轨迹如图1所示：

XXXXXXXX

XXXXX

xxkxxx

x

X、x二二

xxxlC7xxx

XXxVL-Zxxx

xxxX|(XXXX

XXXXXXXXX

图1

由题条件可判断粒子做圆周运动半径为：R=gdxtan30°=d

粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=m4

解得磁感应强度：B=詈，故A正确；

8、粒子再次回到P点过程中，运动轨迹如图2所示；

图2

粒子在磁场中运动时间：ti=3x|T=2x半=等

粒子在无场区运动时间：t2=%^=%

Vov0

粒子再次回到P点时间：£=“+12=幽+蟠，故B错误；

VQVQ

C、若仅将入射速度变为3%,根据洛伦兹力提供向心力可得厂=浅，则粒子离开P点后在磁场中运

动的半径为R'=3R=3d,故C错误；

。、若仅将入射速度变为3%,粒子离开P点后在磁场中运动的半径为R'=3d,根据几何关系可得粒

子第一次回到圆。上时交点与P点之间的圆弧对应的圆心角为120。，根据对称性可以画出粒子的运动

轨迹如图3所示;

图3

则粒子离开P点可以再回到P点，故。正确。

故选：AD.

作出运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心力求解半径大小；作出粒子的运动轨迹，分别求解出粒子在

各段的运动时间，相加即可；根据洛伦兹力提供向心力得到半径表达式，由此分析半径大小；根据

粒子的运动情况结合对称性分析粒子离开P点能否再回到P点。

对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹

力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间.

I1.答案:(1)反比；(2)消除小车与木板之间摩擦力造成的影响；(3)42.0；(4)小车乙的质量m乙；0.21kg

解析：

该实验难度不大，但是题目比较新颖，注意利用题目给定的情形，结合课本此实验的注意事项可以

解答，对于图线问题，一般都是得出物理量间的关系式，结合图线斜率或截距进行求解。

(1)运动时间相等，位移与加速度成正比，本实验通过验证小车发生的位移与小车(含祛码)的质量成

反比，验证合外力一定时加速度与质量成反比。

(2)将装置的右端适当垫高了一些，目的是平衡摩擦力，消除小车与木板之间摩擦力造成的影响。

(3)小车通过的位移为：x=53.0cm-11.0cm=42.0cm。

(4)小车受到拉力相同时，加速度与质量成反比，而位移与加速度成正比，小车发生的位移与小车的

m乙si

质量成反比，即〃,、.，，可知一〃忆则图线的斜率表示小车乙的质量加乙，解得：

()21

所乙=[-桓=0.21"。

故答案为：(1)反比；(2)消除小车与木板之间摩擦力造成的影响；(3)42.0；(4)小车乙的质量m,；

0.21kg。

12.答案：匕20b右1.480.45

解析：解：(1)一节干电池的电动势约为L5U,故电压表选匕；因内阻较小，为了便于调节，滑动变

阻器应选择200的；

(2)①测一节干电池电动势和内阻时，电流较小，故改装成小量程0.64电流表即可，故开关S2拨向b；

为了让电流由最小开始调节，开始时滑动变阻器阻值滑到最大位置；故应滑到右端；

④使用ab两接线柱时，&与/?2串联后与表头并联；则量程为：/=/g+既=100x10-3+

3

100X10-x10=0.54

2.5

且内阻为：&=缄悬=聆=2。；

由串并联电路规律可知若毫安示数为/,则电路的总电流等于5/,

则由闭合电路欧姆定律可知：U=E-5/(r+2)

由该公式可知，图象中与纵坐标的交点表示电源的电动势；

故E=1.48V；

图象的斜率表示5(r+2),即k=5(r+2)=二受常；

解得：r=0.450；

故答案为：(1)匕,20；(2)①匕、右；④1.48,0.45(0.42〜0.48之间均可)。

(1)根据电源电动势选择电压表；从便于调节角度选择滑动变阻器；

(2)①分析实验步骤，根据实验要求明确滑片的位置；

④利用U-/图象可求解电动势和内电阻；注意图中的电流值要注意求出等效电流表的示数；

本题考查测量电动势和内电阻的实验，注意明确实验原理，能根据给出的实验步骤分析实验方法；

同时根据图象分析实验数据，明确电表的改装原理的应用。

13.答案：解：(1)规定向右为正方向，木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀减速直线运

动，设加速度大小为由,

由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度％=4m/s,

由运动学公式得：%=%—%口

1n

X。=voti--ciiti，

2

代入数据解得：v0=5m/s,ax=lm/s„

(2)在木板与墙壁碰撞后，木板以-%的初速度向左做匀变速直线运动，小物块以打的初速度向右做

匀变速运动。

设小物块的加速度大小为。2,由图可得：。2=色，

碰撞后木板的加速度大小为a3=gm/s2,设经过时间t,木板和小物块用好具有共同速度火,

由运动学公式得：

%=%_a3t

v3=a2(t-t2),

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板向左运动的位移大小为：与=笑文，

小物块向右减速运动的位移大小为：小=等，

小物块向左加速运动的位移大小为：无3=见产

木板的长度△X=X1+X2-X3

代入数据解得：△x=6m。

答：（l）t=0时刻小物块的速度大小为5m/s,加速度大小为lm/s2：

（2）木板的长度为6m。

解析：（1）对•小物块和木板一起向右做匀减速直线运动过程分析，列出速度-时间公式和位移-时间

公式即可求解；

（2）根据小物块和木板刚好达到相同速度时列速度-时间公式计算时间，再根据位移关系计算木板的

长度。

本题涉及到的的运动过程较多，一定要注意审题，对不同的过程分别列式，然后要注意数学方程组

思想的应用。

14.答案：解：（1）感应电动势：E=BLv=0.4x0.5x10=2V；

（2）ab棒