2021届贵州省安顺市高考物理一模试卷(含答案解析)

2021届贵州省安顺市高考物理一模试卷

一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）

2.如图，悬线一端固定，另一端拉住一个带电小球，使之在匀强电场中处于静

止状态。忽略空气阻力，当悬线突然断裂后，带电小球将做（）'£_

A.匀变速曲线运动:\"

B.匀速直线运动

C.匀变速直线运动

D.圆周运动

3.某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落

入步道边的游泳池中。现制作一个模型展示效果，模型的尺寸为实际尺寸

》若将水从槽道里流出后的运动看做平抛运动，则模型中槽道里的水流

速度应为实际水流速度的（）

A

-iB.NC.京D.VN

4.如图所示，一个光滑绝缘细椭圆环竖直固定，其长轴AC的延长线两dKx

侧固定有两个等量异号点电荷，电量绝对值为Q,两者连线的中点。J°

恰为椭圆的中心，8D为椭圆的短轴.一带电量为q的小球套在环上

（q<Q），以速度以从4点沿椭圆环顺时针运动，到达C点时速度为外,且女<%,则下列说法正

确的是（）

A.小球带正电

B.小球在4点受到的电场力小于在B点受到的电场力

C.小球在4点电势最高

D.小球在B点和。点时对圆环的弹力相同

5.电阻R和电动机M串联接到电路中，如图所示，已知电阻跟电动机线圈一,

的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作.设电阻R和电动机M两

端的电压分别为％和外,经过时间3电流通过R做功为加口产生的热量Lu•——尸一

为Qi，电流通过电动机做功为勿2，产生的热量为<?2，则有（）

A.%<Qi~Q?B.3—1）2>Qi-Qz

C.W,=皿2,<21>Q2D.W1<伤，<21<Q2

二、多选题（本大题共2小题，共12.0分）

m

6.一木块从固定半球形的碗口下滑到碗的最低点的过程中，由于摩擦力■R/in

的作用使得木块速率不变，则木块在下滑过程中（）/

A.加速度大小不变B.加速度越来越大f

C.摩擦力大小不变D.向心力大小不变

7.某同学在一次探究性活动中设计了如图所示装置-用金属制成的“线性”霍尔元件来测量图中

的电流/,下列中说法正确的是（）

A.实验前开关S应接到位置b端

B.实验时，开关S接在b端，电表指针偏转仍然很小，则应将开关S改接到a位置

C.电表的正接线柱应于f端相连

D.ef之间应接入电压表，且将其刻度值转化为电流值，才可直接读出待测电流的数值

三、实验题（本大题共2小题，共26.0分）

8.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，交流电频率为50Hz,如图给出了从0点开始、

每五个点取一个计数点的纸带，其中4、B、C、D、E、F、G都为计数点。测得匕=1.40cni,

x2—1.90cm,x3—2.38cm,x4—2.88cm,x5—3.39cm,x6—3.87cm,刃口么：

/~ABCDEFGI

T1一1・小M~~（

）劭切孙44孙苑）

（1）关于打点计时器的使用，下列说法中错误的是

A.打点计时器使用的是交流电源，不能使用直流电源

8.纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带压在复写纸的上面

C要先通电，后释放纸带，纸带通过后立即切断电源

。.为减小摩擦，每次实验应先将纸带理顺

（2）两个计数点之间的时间间隔为7=So

（3）3计数点处的瞬时速度的大小是%=m/So

（4）小车运动的加速度的计算表达式为（用字符表示，周期为7）,加速度的大小是m/s2（

结果保留两位有效数字）

9.某同学要测量一节干电池的电动势和内电阻.实验室除提供开关S和导线外，有以下器材可供选

择：

电压表：匕（量程3V,内阻&1=10时）

电压表：瞑（量程15V,内阻&2=50k。）

电流表：G（量程3n内阻％=1000）

电流表：力（量程34内阻约为0.50）

滑动变阻器：&（阻值范围0〜100,额定电流24）&（阻值范围0〜1000。，额定电流1A）

定值电阻：/?3=0.50/?4=ion

①为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中电压表应选用，滑动变阻器应选用

（填写器材的符号）.

该同学发现所给的两个电流表的量程均不符合要求，他将电流表G进行改装，电流表G应与定值电阻

并联，改装后的电流表对应的量程是A.

②在如图所示的虚线框内，画出该同学实验连线时依据的实验原理

③电流表G改装后其表盘没有来得及重新刻度，该同学利用上述实验原理测得数据，以电流表G的读

数为横坐标，以电压表U的读数为纵坐标绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势

E=V（结果保留三位有效数字），电源的内阻r=n（结果保留两位有效数字）.

四、计算题（本大题共2小题，共32.0分）

10.如图所示，与水平面成。=30。的传送带正以17=3m/s的速度匀速运行，4、B两端相距］=13.5m。

现每隔1s把质量m=1kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动,

工件与传送带间的动摩擦因数〃=言，取9=10m/s2.求：

(1)相邻工件间的最小距离和最大距离；

(2)传送带将一个工件由底端运到顶端过程中多消耗的能量；

(3)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力？

11.如图所示，相距s=lm、质量均为M两个完全相同木板4、B置于水平地面上，

一质量也为M、可视为质点的物块C置于木板4的左端。已知物块C与木板人B之间的动摩擦因数均

为网=0.40,木板4、B与水平地面之间的动摩擦因数为〃2=0.10,最大静摩擦力可以认为等于

滑动摩擦力，开始时，三个物体均处于静止状态。现给物块C施加一个水平向右的恒力凡且f=

2

Mg,已知木板4、B撞后立即粘连在一起，且碰后速度变为碰前4速度的一半。(5=10m/s)

(1)求从物块C开始运动到木板4与B相磁所经历的时间t

(2)若木板4、B的长度均为L=2.5m,且4B碰后立即撤去F,请通过计算后判断：物块C最终会不会

从木板上掉下来？

参考答案及解析

1.答案：D

解析：解：4、乙出发4s之后甲才出发，所以甲同学比乙同学晚出发4s。故A正确。

8、如图，甲乙的路程和时间的比值是相同的，甲乙都进行匀速运动，甲乙都在平直的路面上步行,

所以甲乙都进行匀速直线运动。故8正确。

C、如图，在0s〜8s内，甲乙都通过了5m,通过的路程相等。故C正确。

£＞、8s末甲、乙通过的路程相同，但是甲运动了4s,乙运动了8s,运动时间不同，运动速度不同。

故。错误。

题目要求选不正确的，故选：Do

位移时间图象中：倾斜的直线表示物体做匀速直线运动.

解答本题的关键是会分析位移时间图象：位移时间图象的斜率表示速度.

2.答案：C

解析：解：当悬线断裂后，带电小球受到电场力和重力两个力作用，两个力均恒定，则小球所受的

合外力恒定，所以，小球的加速度不变，小球将由静止开始做匀加速直线运动，故C正确，错

误。

故选：Co

当悬线断裂后，分析小球的受力得知合外力恒定，故加速度恒定，进而得到小球做匀加速直线运动。

物体所受合外力与速度方向相同或相反，那么物体做直线运动；物体所受合外力与速度成一定夹角，

则物体做曲线运动。

3.答案：C

解析：解：水流做平抛运动，

水平方向：x=vot

竖直方向：y=ggt2

联立解得：Vo=y=

将尺寸都变为原来的，有

=今唔=蓊

所以模型中槽道的水流速度为实际水流速度的2倍，所以C正确，A8O错误。

7N

故选：Co

根据平抛运动规律，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，求解水流的实际速度，

根据模型缩小的比例，求解模型中的水流速度与实际速度的比例关系。

本题考查平抛运动规律，需要将人造瀑布抽象成平抛运动模型，通过比例关系即可求解。

4.答案：C

解析：解：力、小球从4到C,动能减小，在过程中只有电场力做功，可知电场力做负功，即电场力

方向向左，可知小球带负电，故A错误.

B、等量异种电荷在4点的电场线比B点密，则小球在点受到的电场力大于在8点受到的电场力，故B

错误.

C、沿着电场线方向电势逐渐降低，B、。连线是等势线，则0A>SB=WO>0C，即4点电势最高，

故C正确.

。、根据电场线的对称性知，小球在8、。两点所受的电场力大小相等，均水平向左，可知小球在8点

和。点时对圆环的弹力大小相等，但是方向不同，故力错误.

故选：C.

根据小球套动能的变化判断电场力做功，从而确定小球的电性，根据电场线的疏密判断电场强度的

大小，从而比较出小球在4B两点所受的电场力；根据沿着电场线方向电势逐渐降低，比较各点电

势的高低；根据小球所受的电场力，结合对称性分析弹力是否相同.

加强基础知识的学习，掌握住等量异种电荷的电场线和等势线分布情况和特点，难度不大.

5.答案：A

解析：本题主要考查了闭合电路欧姆定律、电功率及焦耳定律的有关知识。

设开关接通后，电路中电流为/.

对于电阻R,由欧姆定律得%=//?

对于电动机，U2>IR,则

根据焦耳定律得

22

Qi=lRt,Q2=IRt,则QI=Q2。

故选4。

6.答案：AD

解析：解：力、木块做匀速圆周运动，根据a=《知，加速度大小不变，故A正确，8错误.

r

C、木块做匀速圆周运动，在切线方向的合力为零，设木块与圆心连线与竖直方向的夹角为。，根据

mgsinO=/■知，下滑过程中，。减小，摩擦力/'减小，故C错误.

。、根据a=mQ知，木块的速度大小不变，则向心力不变，故。正确.

11r

故选：AD.

木块在摩擦力作用下做匀速圆周运动，结合向心加速度、向心力的公式分析向心加速度和向心力的

变化.抓住切线方向的合力为零分析摩擦力的变化.

解决本题的关键知道物体做圆周运动，指向圆心的合力提供向心力，切线方向的合力改变速度的大

小，若物体做匀速圆周运动，切线方向的合力为零.

7.答案:ABD

解析：解：4、实验前由于不知道霍尔电压是否会超出电压表的量程，所以为保护电路，要让测量电

路中的电流值适当小一些，开关S应接到位置b端。故A正确；

8、实验时，开关S接在b端，电表指针偏转仍然很小，说明加在霍尔元件上的磁场比较小，所以应

将开关S改接到a位置，增大加在霍尔元件上的磁场。故B正确；

C、由题图可知，通上如图的电流时，线圈产生的磁场的方向向下，所以加在霍尔元件上的磁场的方

向向上，电流的方向向里，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向向右，所以右端的电势

低，电表的正接线柱应于e端相连。故C错误；

D.运动电荷最终电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、d,

则有：?=evB,

电流的微观表达式为：/=nevS=nevbd,

所以有：u=£。

nqa

可知电表上测量的霍尔电压与磁场8成正比，8越大，左、右表面的电势差U越大。而磁场是由流过

线圈中的电流产生的，磁场与流过线圈的电流成正比，所以可知霍尔电压与流过线圈的电流成正比。

所以e/之间应接入电压表，且将其刻度值转化为电流值，就可直接读出待测电流的数值。故。正确。

故选：ABD.

为保护电路，要让测量电路中的电流值适当小一些；关键安培定则判断出线圈中的磁场的方向，然

后结合霍尔效应判断出霍尔电压的正负极；结合电流表与电压表的原理即可解答.

本题考查霍尔效应的原理，要求能够理解电子受到电场力和洛伦兹力平衡，并能够应用.另外，该

题中的霍尔元件是金属制成，所以在霍尔元件中的载流子是带负电的电子，这是容易出错的地方.

8.答案：B0.10.263("七+必需-必+巧)050

解析：解：(1)4、打点计时器应使用低压交流电源，故4正确；

8、纸带必须穿过限位孔，并注意把纸带压在复写纸的下面，故8错误；

C、要先接通电源，再释放纸带，故C正确；

。、为减小摩擦，每次实验操作前应先将纸带理顺，故。正确；

本题选择错误的，

故选：B；

(2)从0点开始，每五个点取一个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.02x5s=0.1s。

(3)匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则

在计时器打出点3时，小车的速度。3=翳=23叫蓝88cm=26.30cm/s=0.263m/s。

22

(4)由△x=可得叫—X]=3%72,x5—x2=3a2T,x6—x3=3a3T,

为了更加准确地求解加速度，我们对三个加速度取平均值，

得。=式％+&2+。3)，

即小车运动的加速度的计算表达式。=(%+*+日y+M+X3),

将题中数据代入加速度表达式解得a=0.50m/s2o

故答案为：(1)8；(2)0.1；(3)0.263；(4)(%+力仪6Hxi+工2+右)；050o

解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项，

根据匀变速直线运动的推论公式△%=aK可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点

的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上3点时小车的瞬时速度大小。

要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解

与应用，要注意单位的换算与有效数字的保留。

9.答案:匕&R30.6031.480.85

解析：解：①一节干电池的电动势约E=3人故电压表应选择匕；为方便实验操作，滑动变阻器应

选灯,它的阻值范围是0~100,

电路中最小电流约为：Imin=^=^=0.3A；电流表A的量程是34,0.34不到该量程的三分之一，

电流表量程太大，因此不能用电流表4

为了扩大电流表的量程，应并联一个小电阻；故应与的并联；改装后电流表量程：1=%+赞=

0.003+3xl0-3x10071=0.6034;

0.5

②由题意可知，电流表用表头进行改装，电压表并联在电源两端；原理图如下图：

图1

③由上可知，改装后电流表的量程是电流表G量程的200倍，图象的纵截距b等于电源的电动势，由

图读出电源的电动势为：E=1.48K.

图线的斜率大小女=「，由数学知识知：k==0.84,

N.bXNUUXxU

则电源的内阻为：r=k=0.84P

故答案为；①匕、&、⑸：0.603（填0.6或0.60均可）；

②如图所示；

③1.48,0.85（0.70-0.90之间）.

①根据干电池的电动势和滑动变阻器&，可估算出电路中电流最小值，从而得出合理的电流表；根

据并联电路的特点求解改装后的电流表对应的量程；为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变

阻器；

②由实验中的原理及实验仪器可以选择合理的电路图；

③根据电流表G读数与改装后电流表读数的关系，由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势和内阻.

测量电源的电动势和内电阻的实验，采用改装的方式将表头改装为量程较大的电流表，再根据原实

验的研究方法进行分析研究，注意数据处理的方法.这是近年高考新的动向，应注意把握.

10.答案：解：（1）设工件在传送带上加速运动时的加速度为a,则由牛顿第二定律有：

l2mgcosO-mgsinO=ma

可得：a—figcosO-gsinO—管xlOx^y-10x1=lm/s2

刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离为：

11

dmtn=29=-x1x12m=0.5m

当工件匀速运动时两相邻工件相距最远，则有：dmax=vt=3m

(2)工件加速时间为；ti=(==3s

此过程，工作与传送带间的相对位移为：△x=成1-：匕==|x3m=4.5m

传送带将一个工件由底端运到顶端过程中多消耗的能量E=mglsind+林mgcos®x

解得：E=148.5/

(3)由于工件加速时间为J=3s,因此传送带上总有三个(%=3)工件正在加速，故所有做加速运动

的工件对传送带的总滑动摩擦力为：Fn=3umgcose

在滑动摩擦力作用下工件移动的距离为：x=-=—m=4.5m

2a2x1

所以传送带上匀速运动的工件个数为：改=产=若£=3

amaxJ

当工件与传送带相对•静止后，每个工件受到的静摩擦力/=>()=mgs讥氏所以做匀速运动的工件对传

送带的总静摩擦力为：外2=电外0

与空载相比，传送带需要增加的牵引力为：

2V3V31

F=Ri+Ff2=3bmgeos。+n2mgsin。=3x—x1x10x—+3xlxl0x-AZ=33N

答：(1)相邻工件间的最小距离为0.5m和最大距离为3m；

(2)传送带将一个工件由底端运到顶端过程中多消耗的能量是148.5/；

(3)满载与空载相比，传送带需要增加33N的牵引力。

解析：(1)工件在滑动摩擦力作用下沿传送带向上匀加速运动，故两工件距离最小时即为第一个工件

在时间间隔内沿传送带向上匀加速运动的距离，两工件间的最大距离指两工件都在传送带上匀速运

动时两工件间的距离最远：

(2)传送带将一个工件由底端运到顶端过程中多消耗的能量等于工作增加的机械能和系统产生的内

能之和；

(3)传送带增加的牵引力指在传送带上沿斜面向下的摩擦力的总合力，分别求得在整个传送带上向上

匀加速运动的工件数和向上匀速运动的工件数，分别求得它们滑动摩擦力的合力和静摩擦力的合力，

则总合力即为传送带增加的牵引力。

本题是传送带问题，关键在于判断工件的运动情况，注意分析时确定传送带上匀加速和匀速运动的

工件数。

11.答案：解：(1)尸作用时，对C根据牛顿第二定律可得：F-nrMg=Max

解得的=6m/s2；

对4根据牛顿第二定律可得：出"