《附5套模拟卷》云南省普洱市2021届新高考物理模拟试题一含解析

云南省普源市2021届新高考物理模拟试题（1）

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.如图所示，一角形杆ABC在竖直面内，BC段水平，AB段竖直，质量为m的小球用不可伸长的细线

连接在两段杆上，OE段水平，DO段与竖直方向的夹角为6=30°.只剪断EO段细线的瞬间，小球的加

速度为力；而只剪断DO段细线的瞬间，小球的加速度为a?,则必为

12

A.1B.-C.2D.-

23

【答案】B

【解析】

【详解】

只剪断EO段细线的瞬间，根据牛顿第二定律

mgsin0=may

小球的加速度为

,八1

4=gsinO=5g

只剪断DO段细线的瞬间，小球的加速度为a?=g,则

幺」

a22

A.1,与结论不相符，选项A错误；

B.与结论相符，选项B正确；

C.2,与结论不相符，选项C错误；

D.1,与结论不相符，选项D错误；

故选B.

2.如图所示，某生产厂家为了测定该厂所生产的玩具车的性能，将两个完全相同的玩具车A、B并排放

在两平行且水平的轨道上，分别通过挂钩连接另一个与玩具车等质量的货车（无牵引力），控制两车以相同

的速度”做匀速直线运动。某时刻，通过控制器使两车的挂钩断开，玩具车A保持原来的牵引力不变，

玩具车B保持原来的输出功率不变，当玩具车A的速度为2Vo时，玩具车B的速度为L5vo,运动过程中

受到的阻力仅与质量成正比，与速度无关，则正确的是（）

A.在这段时间内两车的位移之比为6：5

B.玩具车A的功率变为原来的4倍

C.两车克服阻力做功的比值为12：11

D.两车牵引力做功的比值为3：1

【答案】C

【解析】

【详解】

B.设玩具车、货车质量都为m,动摩擦因数为卬那么两车的挂钩断开与货车分离，玩具车的速度为V。,

牵引力F=2pmg,加速度为a=)ig,电机输出功率

P=Fvo=2|imgvo

变为原来的2倍，则B错误;

A.玩具车A保持原来的牵引力不变前进，那么加速度不变，那么当玩具车A的速度为2Vo时，位移

,（2%）2—片3片

2a2〃g

功率

PA-F«2V0=2PA

克服摩擦力做的功

叼=/JmgSA=^mvl

牵引力做的功:

2

WfA=FsA=3mv0；

玩具车B保持原来的输出功率不变前进，当玩具车A的速度为2Vo时，玩具车B的速度为1.5V。，由动能

定理可得：

尸.%-〃小gSp=；机(1.5%/一grnv1

所以位移

SB

8〃g

所以

SA：SB=12：11；

则A错误

CD.克服摩擦力做的功:

所以

WfA:WfB=12:11；

牵引力做的功：

WhB-P--~~—=Imv1

a

所以

WFA：WfB=3：2

故C正确，D错误；

故选C。

3.木块甲、乙分别重50N和60N,它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25。夹在甲、乙之间的轻弹

簧被压缩了2cm,弹簧的劲度系数为400N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F=1N的水平拉力作

用在木块乙上，如图所示。力F作用后木块所受摩擦力情况是（）

回侧"1

A.木块甲所受摩擦力大小是12.5N

B.木块甲所受摩擦力大小是11.5N

C.木块乙所受摩擦力大小是9N

D.木块乙所受摩擦力大小是7N

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

AB.由于弹簧被压缩了Ar=2cm,故弹簧的弹力

F=kM=400N/mx0.02m=8N

对于甲来说弹簧对它的力是向左的，大小为8N,而甲静止，则甲最大的静摩擦力为：

f甲=50Nx0.25=12.5N>F

则甲静止，则甲受到的摩擦力与F等大方向

f¥=F=8N

故甲受到的摩擦力为8N,方向水平向右，选项AB均错误；

CD.对乙，其最大静摩擦力

fz,=60Nx0.25=15N

它受向右的8N的弹力，还有向右的1N的拉力，故两力的合力大小为9N,方向水平向右，也小于其最大

静摩擦力，乙也处于静止状态，受力平衡，故它受到的摩擦力等于弹簧对它的弹力和拉力的合力9N,方

向水平向左，选项C正确，D错误。

故选C。

4.在如图所示的位移图象和速度图象中，给出的四条图线甲、乙、丙、丁分别代表四辆车由同一地点向

同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（）

B.0〜h时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程

C.丁车在t2时刻领先丙车最远

D.0〜t2时间内，丙、丁两车的平均速度相等

【答案】C

【解析】

【详解】

A.由图象可知：乙做匀速直线运动，甲做速度越来越小的变速直线运动，故A错误；

B.在h时刻两车的位移相等，又都是单向直线运动，所以两车路程相等，故B错误；

C.由图象与时间轴围成面积表示位移可知：丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，且丁的面

积大于丙，所以丁车在t2时刻领先丙车最远，故C正确；

D.0〜t2时间内，丙车的位移小于丁车的位移，时间相等，平均速度等于位移除以时间，所以丁车的平均

速度大于丙车的平均速度，故D错误。

5.质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V”型槽B上，如图，a=60°,另有质量为M的物

体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是（）

B.当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.5g

C.当M=6m时，A和B保持相对静止，共同加速度为0.75g

D.当M=5m时，A和B之间的恰好发生相对滑动

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

D.当A和B之间的恰好发生相对滑动时，对A受力分析如图

解得a=gcot60°=Gg

B与C为绳子连接体，具有共同的运动情况，此时对于B和C有:

Mg=(M+m)a

IMf-MFT

所以。=1--g=13g,即不----=J3

M+mM

解得M--一~m~2371n

1-V3

选项D错误；

C.当M>2.37小，A和B将发生相对滑动，选项C错误；

A.当M<2.37m,A和B保持相对静止。若A和B保持相对静止，则有

Mg-(M+2m)a

所以当M=m时，A和B保持相对静止，共同加速度为a=；g,选项A错误；

B.当M=2m时，A和B保持相对静止，共同加速度为。=gg=0.5g,选项B正确。

故选B。

6.有三个完全相同的重球，在每个球和水平面间各压了一块相同的木板，并都与一根硬棒相连，棒的另

一端分别与一钱链相连，三个较链的位置如图甲、乙、丙所示。现分别用力F单、F乙、F丙将木板水平向

右匀速抽出，（水平面光滑，重球和木板是粗糙的）。则下列关于F单、F“F丙大小关系判断正确的是

甲乙丙

A.F甲=F乙=5丙B.F甲vF乙二F丙C.F甲二F乙vF丙D.F甲vF乙vF丙

【答案】D

【解析】

【详解】

设球的重力为G,杆对球的拉力方向与竖直方向的夹角为。，球与木板的动摩擦因数为〃，球处于静止状

态，受力平衡，

对球受力分析，受到重力G、杆子的拉力T、木板对球的支持力N以及木板对球水平向右的滑动摩擦力f,

根据平衡条件得：

N=G+Tsin。，f=Tcos0,

而/=〃N,解得：

1-tan，

木板处于静止状态，再对木板受力分析，根据平衡条件可知，水平方向有：

F=f=4G

1-tan0

根据图象可知，从甲到乙再到丙，。增大，则f增大，所以F增大，故

/＜生＜F丙,

A.综上分析“＜纭＜可为，A错误；

B.综上分析《(心＜。，B错误；

C.综上分析“＜纭＜/^,C错误；

D.综上分析“＜”＜。，D正确。

故选D。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共3()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.用轻杆通过钱链相连的小球A、B、C、D、E处于竖直平面上，各段轻杆等长，其中小球A、B的质

量均为2m,小球C、D、E的质量均为m.现将A、B两小球置于距地面高h处，由静止释放，假设所有

球只在同一竖直平面内运动，不计一切摩擦，则在下落过程中

A.小球A、B、C、D、E组成的系统机械能和动量均守恒

B.小球B的机械能一直减小

C.小球B落地的速度大小为正疏

D.当小球A的机械能最小时，地面对小球C的支持力大小为mg

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

小球A、B、C、D、E组成的系统机械能守恒但动量不守恒，故A错误；由于D球受力平衡，所以D球

在整个过程中不会动，所以轻杆DB对B不做功，而轻杆BE对B先做负功后做正功，所以小球B的机械

能先减小后增加，故B错误；当B落地时小球E的速度等于零，根据功能关系mgh=可知小球B

的速度为屈，故C正确；当小球A的机械能最小时，轻杆AC没有力，小球C竖直方向上的力平衡,

所以支持力等于重力，故D正确，故选CD

8.如图所示，直线a、抛物线b和c为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率PE、输出功率PR、电

源内部发热功率Pr，随路端电压U变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断

A.PE-U图象对应图线a.由图知电动势为9V,内阻为3C

B.Pr-U图象对应图线b,由图知电动势为3V,阻为1。

c.PR-U图象对应图线c,图象中任意电压值对应的功率关系为PE=P「+PR

D.外电路电阻为1.5。时，输出功率最大为2.25W

【答案】BC

【解析】

【详解】

A.总功率：

F-UPp2

P=EI=EX—~-=一一U+—,

ErrR

可知PE-U图象对应图线a,由数学知识得知，图象a的斜率大小:

,E9c

k=—=—=3•

r3

当U=0时,

£2

%=7=9,

联立解得

E=3V,r=lft,

故A错误;

B.内阻消耗的功率:

由数学知识可知，耳-u图象的对应图线b,故B正确;

c.根据功率关系可得：

%=及+甘，

则

1,E

P=P-P=--U2+-U,

RErrr

由数学知识可知，E.-U图象的对应图线c,故C正确;

D.当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为1。时，输出功率最大，最大输出功率为

故D错误。

故选：BC,

9.如图所示，轻弹簧一端与不可伸长的轻绳OC、DC连接于C（两绳另一端均固定），弹簧另一端连接

质量为m的小球。地面上竖直固定一半径为R、内壁光滑的;开缝圆弧管道AB,A点位于O点正下方

且与C点等高，管道圆心与C点重合。现将小球置于管道内A点由静止释放，已知轻绳DC水平，当小

球沿圆弧管道运动到B点时恰好对管道壁无弹力，管道与弹簧间的摩擦不计，重力加速度为g。则小球从

A.弹簧一直处于伸长状态

B.小球的机械能不守恒

C.小球在B点的动能为mgR

D.轻绳OC的拉力不断增大

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】

AB.当小球沿圆弧管道运动到B点时恰好对管道壁无弹力，则小球在B点由弹簧的拉力和重力提供向心

力，即弹簧处于伸长状态，从A到B的过程弹簧的形变量没有变，故小球的机械能不变，选项A正确，

B错误；

C.从A到B的过程弹簧的形变量没有变，小球在B点的动能等于小球在A点的重力势能为mgR,选项

C正确；

D.设OC与OA的夹角为。，CA与水平夹角为a,C点受力平衡，则竖直方向上有

F0ccos6=FACsina

解得

_Fsintz

rAC

oc~cos7t/-

从A到B的过程中，。和弹簧的弹力FAC不变，a不断增大，故OC的拉力不断增大，D正确。

故选ACD»

10.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1:2,正弦交流电源输出的电压恒为U=12V,电阻R|=1Q,

R2=2C,滑动变阻器R3最大阻值为20。，滑片P处于中间位置，则（）

A.Ri与R2消耗的电功率相等B.通过Ri的电流为3A

C.若向下移动P,电源输出功率增大D.若向上移动P,电压表读数将变小

【答案】BD

【解析】

【分析】

对理想变压器的原副线圈匝数之比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析。

【详解】

A选项，理想变压器的原副线圈的匝数之比为1:2,可知原副线圈的电流之比为2:1,根据

P=『R,可知凡与用消耗的电功率之比为2：1，选项A错误；

B选项，设通过用的电流为L则副线圈的电流为0.51,初级电压

U—叭=12-/

根据匝数比可知次级电压为

2(12-7)

则

2(12-/)

=.=120

0.5/

解得

1=3\

选项B正确;

CD选项，若向下移动P,则R3的电阻增大，次级电流变小初级电流也变小，根据夕="可知电源输出功

率变小，电阻用的电压变小，变压器输入电压变大，次级电压变大，电压表的读数变小，则选项C正确,

D错误。

故选BD。

11.如图所示，绝缘底座上固定一电荷量为+q的小球A,在其上方I处固定着一个光滑的定滑轮O,绝缘

轻质弹性绳一端系在O点正上方!处的D点，另一端与质量为m的带电小球B连接。小球B平衡时OB

长为1,且与竖直方向夹角为60。。由于小球B缓慢漏电，一段时间后，当滑轮下方的弹性绳与竖直方向

夹角为30。时，小球B恰好在AB连线的中点C位置平衡。已知弹性绳的伸长始终处于弹性限度内，静电

力常量为k,重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.小球B带负电

B.弹性绳原长为《

2

C.小球B在C位置时所带电荷量为学

8kq

D.小球B在初始平衡位置时所带电荷量为槃

2kq

【答案】BC

【解析】

【详解】

A.由同种电荷相互排斥可知，小球B带正电，故A错误;

D.根据受力分析和平衡条件，可得

mg

mgl2

解得小球B在初始位置时所带电荷量为Q=故D错误

C.小球B在C位置时，由相似三角形原理可得

kqQ'

（0.5/）'mg

0.5/~~T

解得0=婴，故C正确；

B.当小球B在C位置时，设绳子原长为x,由受力分析和相似三角形原理可知，当小球B在初始平衡位

置时有

当小球B在C位置时有

=

联立方程组可得弹性绳原长x=g,故B正确。

故选BC,

12.如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块（可视为质点）,

在木板上施加一水平向右的恒力F,木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运

动的位移为x,保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x增大的是（）

m

A.仅增大木板的质量M

B.仅减小木块的质量m

C.仅增大恒力F

D.仅增大木块与木板间的动摩擦因数

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】

设木板长为L,当木块与木板分离时，运动时间为t,对于木板

F-jumg=Ma、

”次

对于木块

/amg=ma,

12

x=—a2t

当木块与木板分离时，它们的位移满足

解得

则木块相对地面运动的位移为

A.仅增大木板的质量M,%变小，生不变，x增大，故A正确；

B.仅减小木块的质量m,%变大，生不变，x减小，故B错误；

C.仅增大恒力F,q变大，为不变，x减小，故C错误；

D.仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，%变小，%增大，x增大，故D正确。

故选ADo

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分

13.某小组同学用如图所示的装置来“验证动能定理”，长木板固定在水平桌面上，其左端与一粗糙曲面平

滑连接，木板与曲面连接处固定一光电门，A是光电门的中心位置，滑块P上固定一宽度为d的遮光片。

将滑块从曲面的不同高度释放，经过光电门后，在木板上停下来，设停下来的那点为B点。该小组已经测

出滑块与木板间的动摩擦因数为〃、查得当地重力加速度为g。根据本实验的原理和目的回答以下问题：

(1)为了“验证动能定理“，他们必需测量的物理量有;

A.滑块释放的高度h

B.遮光片经过光电门时的遮光时间t

C.滑块的质量m

D.A点到B点的距离x

(2)该组同学利用题中已知的物理量和(1)问中必需测量的物理量，只需要验证表达式__________在误差范

围内成立即可验证动能定理；

(3)以下因素会给实验结果带来误差的是。

A.滑块释放时初速度不为零

B.曲面不光滑

C.遮光片的宽度不够小

D.光电门安放在连接处稍偏右的地方

【答案】BD/dgx--^C

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1].要验证的是从滑块经过光电门到最后在木板上停止时动能减小量等于摩擦力做功，即

12

—mv=jumgx

其中

d

v=—

t

可得

d2

4gx=示

则必须要测量的物理量是：遮光片经过光电门时的遮光时间t和A点到B点的距离x,故选BDO

(2)[2].由以上分析可知，需要验证表达式〃gx=(在误差范围内成立即可验证动能定理；

(3)[3].A.滑块释放时初速度不为零对实验无影响，选项A错误；

B.曲面不光滑对实验无影响，选项B错误；

C.遮光片的宽度不够小，则测得的滑块经过A点的速度有误差，会给实验结果带来误差，选项C正确；

D.光电门安放在连接处稍偏右的地方对实验无影响，选项D错误；

故选C。

14.如图甲所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“探

究合外力做功和动能变化的关系''的实验:

龙》nrj乙jtrtifnr«兰光’2

4界二fcT

1I4也

IJ州力计

6砂桶

--15.SOcm

-------2!.60cm」

------------------2R.C>1cm----------------

-------------------------3a.70cm.

--1S.7Scm

■，&5.75ctn---------------

■*-------------------------------------------------.77cm------------

乙

(1)为达到平衡阻力的目的，取下细绳和托盘，通过调节垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出

的纸带判断小车是否做运动.

(2)连接细绳及托盘，放入硅码，通过实验得到图乙所示的纸带.纸带上O为小车运动起始时刻所打的

点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G.实验时小车所受拉力为0.2N,小车的

质量为0.2kg.请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化△用，补填表中空格

(结果保留至小数点后第四位).

O—BO—CO—DO—EO—F

W/J0.04320.05720.07340.0915

△且/J0.04300.05700.07340.0907

通过分析上述数据你得出的结论是：在实验误差允许的范围内W=亚人.，与理论推导结果一致.

(3)实验中是否要求托盘与硅码总质量m远小于小车质量M?(填“是”或“否”)；

(4)实验前已测得托盘的质量为7.7x10-3修，实验时该组同学放入托盘中的祛码质量应为kg

(g取9.8m/S2,结果保留至小数点后第三位).

【答案】匀速直线0.11200.1105是0.015

【解析】

【详解】

(1)[1].平衡摩擦力时，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做

匀速直线运动.

(2)[2][3].从O到F,拉力做功为：

W=Fx=0.2x0.5575J=0.1120J.

F点的瞬时速度为：

x0.6677-0.4575

ECm/s=1.051m/s

'2T0.2

则动能的增加量为：

Ek=1mv/=gx0.2x1.05F=0.1105J

(3)[4].实验中是要使托盘与祛码的重力等于小车的拉力，必须要使得托盘与祛码总质量m远小于小车

质量M；

(4)[5].祛码盘和祛码整体受重力和拉力，从O到F过程运用动能定理，有:

2

[(M+m)g-F]XOF-+m)vF

代入数据解得:

m=0.015kg.

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分

15.如图所示，质量mi=lkg的木板静止在倾角为。=30。足够长的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而

与半径R=&m的固定的光滑圆弧轨道相切圆弧轨道最高点B与圆心O等高。一质量mz=2kg、可视为

质点的小滑块以v0=15m/s的初速度从长木板顶端沿木板滑下已知滑块与木板之间的动摩擦因数u=~5,

3

木板每次撞击圆弧轨道时都会立即停下而不反弹，最终滑未从木板上端滑出，取重力加速度g=l(hn/s2。求

(1)滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度；

(2)木板的最小长度；

(3)木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能。

【解析】

【分析】

【详解】

(1)由滑块与木板之间的动摩擦因数〃=Y3=tan3O。可知，滑块在木板上匀速下滑，即滑块到达A点时

速度大小依然为v°=15m/s,设滑块离开圆弧轨道B点后上升的最大高度为h,则由机械能守恒定律可得

12万

—m2v0=m2g+h)

解得

h=9.75m

(2)由机械能守恒定律可得滑块回到木板底端时速度大小为vo=15m/s,

滑上木板后，木板的加速的为a”由牛顿第二定律可知

X//n,gcos^-m].gsin^=;n1al

滑块的加速度为a2,由牛顿第二定律可知

"m1gcos6+m2gsin8=

设经过h时间后两者共速，共同速度为vi，由运动学公式可知

M=%—a2tl=a}t}

该过程中木板走过的位移

%r、-3

滑块走过的位移

%+匕*

之后一起匀减速运动至最高点，若滑块最终未从木板上端滑出，则木板的最小长度

联立解得

L=7.5m；

(3)滑块和木板一起匀减速运动至最高点，然后一起滑下，加速度均为a3，由牛顿第二定律可知

(町+m1)gsmO=(m}+/n,)a3

一起匀减速向上运动的位移

“3噬

木板从最高点再次滑至A点时的速度为V2,由运动学公式可知

V2

玉+当

滑块第三次、第四次到达A点时的速度大小均为V2,第二次冲上木板，设又经过时间t2两者共速，共同

速度为V3，由运动学公式可知

V3=V2-a2t2=ait2

该过程中木板走过的位移

21’2

2

一起匀减速向上运动的位移

设木板第二次滑至A点时的速度为V4,由运动学公式可知

%+/=券

2a3

木板与圆弧轨道第二次碰撞时损失的机械能为

Ak12

联立各式得

=—J«5.56J

9

16.如图所示，光滑斜面体ABC固定在地面上，斜面AB倾角为37。，斜面AC倾角为53。，P、Q两个

物块分别放在AB、AC斜面上，并用绕过斜面体顶端A处光滑定滑轮的细线连接。放在AC斜面上的轻

弹簧，一端与Q相连，另一端与固定在C点的挡板相连，物块P、Q的质量分别为2m、m,弹簧的劲度

系数为k,重力加速度为g,两斜面足够长。开始时锁定物块P,细线刚好拉直，张力为零，现解除物块P

的锁定，已知sin37°=0.6,cos37。=0.8,求：

〃________________53,厢

⑴解除锁定的一瞬间，物块P的加速度大小；

⑵当物块Q向上运动中的距离时，物块Q的速度大小；

⑶当物块Q向上运动的距离当空时，弹簧断开，同时给物块P一个平行AB斜面向上的恒定推力F,此

后细线的拉力为零，且P、Q两物块的速度同时减为零，则当物块Q速度为零时，物块P克服推力做功

为多少。

【答案】(1)0.4g(2)E(3)

【解析】

【详解】

⑴解除锁定的一瞬间，设物块P的加速度大小为a“根据牛顿第二定律有

2mgsin37°—T—

对物块Q研究有

T+kx—mgsin530=ma、

又

Ax=mgsin53°

解得

ai=0.4g

⑵由

Ax=mgsin53°

得开始时弹簧的压缩量

_0.8"2g

X-

k

当物块Q向上运动当超的距离时，弹簧的伸长量

,1.6mgO.SmgO.Smg

x=--------------------=---------

kkk

由此可知，物块Q向上运动空等的距离时，弹簧的弹性势能变化量为零。根据能量守恒定律可知

k

.＜二。\L6根g10

sin53)--------=—x3mv

k2

可得物块Q的速度大小

v型但

576k

(3)弹簧断开，同时给物块P一个平行AB斜面向上的恒定推力后，物块Q向上做匀减速运动的加速度

a2=gsin53°=0.8g

物块P向下做匀减速运动的加速度大小也为a2.根据牛顿第二定律有

F—2mgsin37°=2ma2

解得

F=2.8mg

此过程物块Q沿斜面向上运动的距离

2a215k

物块P克服推力做功

17.一导热性能良好的圆柱形气缸固定在水平面上，气缸上端开口，内壁光滑，截面积为S。A是距底端

”高处的小卡环。质量为根的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为%的氢气，C为侧壁上的单向导管。

H

大气压强恒定为外。环境温度为4时，从。处注入水，当水深为了时，关闭C,卡环恰对活塞无作用

力。接下来又从。处缓慢导入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到1.6",稳定时活塞静止在距缸

底2.7"处，设注水过程中不漏气，不考虑水的蒸发，氢气不溶于水。求：

①最初被封闭的氢气的压强P”

②导入氢气的质量M.

【答案】①感；入''.②』

【解析】

【分析】

【详解】

①设设注水前气体的体积为V”从最初到水深为g时，气体经历等温过程，注水后气体压强为P2,由

玻意耳定律

PM=P2%

其中

Vt=SH

Y2=S(H—?)

对活塞，有

pnS+mg=p2S

联立解得

_mg+p0S

一2—

②设导入气体后且尚未升温时气体总度为h,显然此时活塞已经离开卡环，接下来升温过程为等压过程，

则有

hS(2.7-0.5)

铲一函一

解得

,11„

h=——H

8

考虑到此h高度的气体中，原有气体点高为!”，故后导入的气体点高为

2

%=h--H

12

解得

设此时密度为P,则有

M_pSh,

m0sg

解得

M=皿

4

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.如图所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面

向里。现有一质量为m、电量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射人磁场。

不计重力影响，则可以确定的物理量是（）

A.粒子在磁场中运动的时间B.粒子运动的半径

C.粒子从射入到射出的速度偏转角D.粒子做圆周运动的周期

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

AC.粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子从x轴上离开磁场或粒子运动轨迹与y轴相

切时，粒子在磁场中转过的圆心角最大，为

*=300。

粒子在磁场中的最长运动时间

_300"2Tlm5m

t=n„T=-------x-------=--------

侬360360qB3qB

粒子最小的圆心角为P点与坐标原点重合，最小圆心角

amin=120

粒子在磁场中的最短运动时间

t=丁=17=2

1n1n360°33qB

粒子在磁场中运动所经历的时间为

2nm5nm

<t<

~3qB3qB

说明无法确定粒子在磁场中运动的时间和粒子的偏转角，故AC错误；

B.粒子在磁场中做圆周运动，由于P点位置不确定，粒子的偏转角不确定，则无法确定粒子的运动半径,

故B错误；

D.粒子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

v2

qvB=m—

r

且

271r

v=----

T

则得

f2nm

T=-----

qB

说明可确定粒子做圆周运动的周期，故D正确。

故选D。

3

2.如图所示，质量为50kg的同学在做仰卧起坐运动.若该同学上半身的质量约为全身质量的不，她在

Imin内做了50个仰卧起坐，每次上半身重心上升的距离均为0.3m,则她克服重力做的功W和相应的功

率P约为

A.W=4500JP=75WB.W=450JP=7.5W

C.W=3600JP=60WD.W=360JP=6W

【答案】A

【解析】

【详解】

33

每次上半身重心上升的距离均为0.3m,则她每一次克服重力做的功：W=ymgh=yx50x10x0.3=90J；1

分钟内克服重力所做的功：we=50W=50x90=4500J；相应的功率约为：p=丝="卬=75W,故A

t60

正确，BCD错误，故选A.

3.如图所示是嫦娥五号的飞行轨道示意图，其中弧形轨道为地月转移轨道，轨道I是嫦娥五号绕月运行

的圆形轨道。已知轨道I到月球表面的高度为H,月球半径为R,月球表面的重力加速度为g,若忽略月

球自转及地球引力影响，则下列说法中正确的是（）

p

A.嫦娥五号在轨道in和轨道i上经过Q点时的速率相等

B.嫦娥五号在P点被月球捕获后沿轨道in无动力飞行运动到Q点的过程中，月球与嫦娥五号所组成的

系统机械能不断增大

c.嫦娥五号在轨道I上绕月运行的速度大小为

R+H

D.嫦娥五号在从月球表面返回时的发射速度要小于阚

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.嫦娥五号从轨道III进入轨道I要先在Q点减速做近心运动进入轨道II,再在轨道II上Q点减速做近

心运动进入轨道I,所以嫦娥五号在轨道III和轨道I上经过Q点时速率不相等，故A错误；

B.嫦娥五号在P点被月球捕获后沿轨道III无动力飞行运动到Q点的过程中，只有引力对嫦娥五号做功，

则月球与嫦娥五号所组成的系统机械能守恒，故B错误；

C.由公式

G万mg

2

MmV

G----------=m

(R+H)2R+H

联立得

IGMIgR2_R&(R+H)

XR+H~NR+H~~R+H

故C正确；

D.月球的第一宇宙速度为

嫦娥五号在从月球表面返回时的发射速度要大于或等于厢，故D错误。

故选C。

4.某实验装置如图所示，用细绳竖直悬挂一个多匝矩形线圈，细绳与传感器相连，传感器可以读出细绳

上的拉力大小。将线框的下边ab置于蹄形磁铁的、S极之间，使ab边垂直于磁场方向且ab边全部处于

N、S极之间的区域中。接通电路的开关，调节滑动变阻器的滑片，当电流表读数为时，传感器的读数为耳；

保持ab中的电流大小不变，方向相反，传感器的读数变为鸟已知金属线框的匝数为n,ab

边长为L,重力加速度为g,则可得到（）

A.金属线框的质量7〃=生也

2g

B.N、S极之间的磁感应强度B=©”

nlL

C.传感器的读数为6时，ab中的电流方向为b—a

D.减小电流I重复实验，则£、乙均减小

【答案】A

【解析】

【详解】

AB.通电线圈受到重力安培力和细绳的拉力作用，当电流表读数为I时，绳子的拉力为£,则

耳-mg+nBIL

保持ab中的电流大小不变，方向相反，绳子的拉力为巴，则

F,+nBIL-mg

联立解得金属框的质量为

加=5

2g

选项A正确，B错误;

C.传感器的读数为耳时，安培力竖直向下，根据左手定则可知，ab中的电流方向为a-b,故C错误;

D.减小电流I重复实验，则£减小，鸟增大，故D错误。

故选A。

5.有人做过这样一个实验：将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容

器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面,

飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。产生该现象的原因是：磁场中的超导体能将磁场完全

排斥在超导体外，即超导体内部没有磁通量（迈斯纳效应）。如果外界有一个磁场要通过超导体内部，那

么在磁场作用下，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流。这个电流产生的磁场恰恰与外加磁场大小相

等、方向相反，这就形成了一个斥力。当磁铁受到的向上的斥力大小刚好等于它重力大小的时候，磁铁就

可以悬浮在空中。根据以上材料可知（）

A.超导体处在恒定的磁场中时它的表面不会产生感应电流

B.超导体处在均匀变化的磁场中时它的表面将产生恒定的感应电流

C.将磁铁靠近超导体，超导体表面的感应电流增大，超导体和磁铁间的斥力就会增大

D.将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°,超导体和磁铁间的作用力将变成引力

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A.由题意可知，超导体处在磁场中，磁场要通过超导体内部，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流,

故A错误；

B.超导体处在均匀变化的磁场中时，超导体表面就会产生感应电流，但由材料无法确定感应电流是否恒

定，故B错误；

C.由材料可知，将磁铁靠近超导体，磁场要通过超导体的磁通量增大，超导体表面的感应电流增大，电

流产生的磁场增大，则超导体和磁铁间的斥力就会增大，故C正确；

D.由材料可知，超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体上面的磁铁

翻转180o,超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D错误。

故选C。

6.如图所示，空间P点离地面足够高，从P点以很小的速度向右水平抛出一个小球，小球能打在竖直的

墙壁上，若不断增大小球从P点向右水平抛出的初速度，则小球打在竖直墙壁上的速度大小

A.一定不断增大

B.一定不断减小

C.可能先增大后减小

D.可能先减小后增大

【答案】D

【解析】

【详解】

d

设P点到墙壁的距离为d,小球抛出的初速度为vo,运动时间，=一

%

竖直速度V、尸gt=2

%

刚小球打到墙壁上时速度大小为

V=j7+H=卜+89

根据数学知识：

Jv；+(g，>>2^0-(g—)2=2gd

即u2病2。由此可见速度有最小值，则小球打在竖直墙壁上的速度大小可能先减小后增大。

A.一定不断增大。故A不符合题意。

B.一定不断减小。故B不符合题意。

C.可能先增大后减小。故C不符合题意。

D.可能先减小后增大。故D符合题意。

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.如图所示，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O,半径为R,将等电量的两正点电荷Q放

在圆周上，它们的位置关于AC对称，与O点的连线和OC间夹角为30。，下列说法正确的是()

A.电荷q从A点运动到C点，电场力做功为零

B.电荷q从B点运动到D点，电场力做功为零

C.O点的场强大小为挈

A

D.O点的场强大小为奥2

R2

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

电荷q从A点运动到C点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A错，根据对称性B正确，O点的场

强大小为八空心心”舞，C错，D正确.

R-六

8.如图所示，光滑的水平杆上套有一质量为1kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1m的

轻绳悬挂需质量为0.99kg的木块。开始时滑块和木块均静止。现有质量为10g的子弹以500m/s的水平出

度击中木块并留在其中，子弹与木块间的作用时间极短，取g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A.滑块的最大速度为5m/s

B.子弹和木块摆到最高点时速度为零

C.子弹和木块摆起的最大高度为0.625m

D.当子弹和木块摆起高度为0.4m时，滑块的速度为lm/s

【答案】AC

【解析】

【详解】

A.设子弹质量为m。，木块质量为m”滑块质量为m2,只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑

块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为Vm，子弹和木块速

度为V，，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

%%=（%+町）v,=（2）+犯）v'+tnym

由机械能守恒定律

!（加。+町）V：=；（%+叫）U2+gmX

代入数据解