(含5套模擬卷)安徽省滁州市2021屆新高考物理第三次調(diào)研試卷含解析

安徽省滁州市2021屆新高考物理第三次調(diào)研試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系和電阻Ri、R2的電壓與電流的關(guān)系圖如圖所示.用此電源和電阻Ri、心組成電路.小、R2可以同時(shí)接入電路，也可以單獨(dú)接入電路.為使電源輸出功率最大，可采用的接法是A.將Ri單獨(dú)接到電源兩端B.將％、R2并聯(lián)后接到電源兩端C.將Ri、R2串聯(lián)后接到電源兩端D.將R?單獨(dú)接到電源兩端【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=ETr知，1=0時(shí)，U=E,圖象的斜率等于r,則由電源的U-1圖線(xiàn)得到：電源的電動(dòng)勢(shì)為E=3V,內(nèi)阻為r=0.5Q.由電阻的伏安特性曲線(xiàn)求出Ri=0.5。、R2=lfl,Ri單獨(dú)接到電源兩端時(shí)，兩圖線(xiàn)的交點(diǎn)表示電路的工作狀態(tài)，可知，電路中的電流為3A,路端電壓為1.5V,則電源的輸出功率為P出i=1.5Vx3A=4.5W,同理，當(dāng)將Ri、處串聯(lián)后接到電源兩端，利用歐姆定律可得電路電流I.=L5A,此時(shí)電源的輸出功率P*=I2,(Ri+R2)=3.75W,兩電阻并聯(lián)時(shí)，利用歐姆定律可得電路電流I并=3.6A,此時(shí)電源的輸出功率Pjf=EI并-I2#r=4.32W；R2單獨(dú)接到電源兩端輸出功率為P出2=2Vx2A=4W.所以將R,單獨(dú)接到電源兩端時(shí)電源的輸出功率最大。故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A【點(diǎn)睛】由電源的U-I圖線(xiàn)縱橫截距讀出電源的電動(dòng)勢(shì)，由斜率求出電源的內(nèi)阻.由電阻的U-I圖線(xiàn)求出電阻.再分別求出四種情況下電源的輸出功率進(jìn)行選擇.2.關(guān)于物理學(xué)史，正確的是( )A.庫(kù)侖利用扭秤實(shí)驗(yàn)，根據(jù)兩電荷之間力的數(shù)值和電荷量的數(shù)值以及兩電荷之間的距離推導(dǎo)得到庫(kù)侖定律B.奧斯特發(fā)現(xiàn)電流可以使周?chē)男〈裴槹l(fā)生偏轉(zhuǎn)，稱(chēng)為電磁感應(yīng)D.歐姆通過(guò)實(shí)驗(yàn)得出歐姆定律，歐姆定律對(duì)金屬和電解質(zhì)溶液都適用，但對(duì)氣體導(dǎo)電和半導(dǎo)體元件不適用【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.庫(kù)侖利用扭秤實(shí)驗(yàn)，得到兩電荷之間的作用力與兩電荷之間距離的平方成反比，與電量的乘積成正比，從而推導(dǎo)出庫(kù)侖定律，但當(dāng)時(shí)的實(shí)驗(yàn)條件無(wú)法測(cè)出力的數(shù)值和電荷量的數(shù)值，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.奧斯特發(fā)現(xiàn)電流可以使周?chē)男〈裴槹l(fā)生偏轉(zhuǎn)，稱(chēng)為電流的磁效應(yīng)，不是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，紐曼和韋伯通過(guò)實(shí)驗(yàn)總結(jié)出了法拉第電磁感應(yīng)定律，人們?yōu)榱思o(jì)念法拉第，所以將其命名為法拉第電磁感應(yīng)定律，故C錯(cuò)誤；D.歐姆定律是個(gè)實(shí)驗(yàn)定律，適用于金屬導(dǎo)體和電解質(zhì)溶液，對(duì)氣體導(dǎo)電、半導(dǎo)體導(dǎo)電不適用。故D正確。故選D。3.如圖所示，甲為波源，M、N為兩塊擋板，其中M板固定，N板可移動(dòng)，兩板中間有一狹縫。此時(shí)測(cè)得乙處點(diǎn)沒(méi)有振動(dòng)。為了使乙處點(diǎn)能發(fā)生振動(dòng)，可操作的辦法是（ ）17A.增大甲波源的頻率B.減小甲波源的頻率C.將N板豎直向下移動(dòng)一些D.將N板水平向右移動(dòng)一些【答案】B【解析】【詳解】乙處點(diǎn)沒(méi)有振動(dòng)，說(shuō)明波沒(méi)有衍射過(guò)去，原因是MN間的縫太寬或波長(zhǎng)太小，因此若使乙處質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)，可采用N板上移減小間距或增大波的波長(zhǎng)，波速恒定，根據(jù)可知減小甲波源的頻率即可，ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。4.一帶負(fù)電的粒子只在電場(chǎng)力作用下沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，其電勢(shì)能Ep隨位移x變化的關(guān)系如圖所示，其中。?X2段是關(guān)于直線(xiàn)X=X］對(duì)稱(chēng)的曲線(xiàn)，X2?X3段是直線(xiàn)，則下列說(shuō)法正確的是

B.粒子在0?X2段做勻變速運(yùn)動(dòng)，X2?X3段做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.若XI、X3處電勢(shì)為二1、二3,則二1〈二3D.X2?X3段的電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變【答案】D【解析】Ep-x圖像的斜率表示粒子所受電場(chǎng)力F,根據(jù)F=qE可知xi處電場(chǎng)強(qiáng)度最小且為零，故A錯(cuò)誤;B、粒子在0?X2段切線(xiàn)的斜率發(fā)生變化，所以加速度也在變化，做變速運(yùn)動(dòng)，X2?X,段斜率不變，所以做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤;C、帶負(fù)電的粒子從XI到X3的過(guò)程中電勢(shì)能增加，說(shuō)明電勢(shì)降低，若XhX3處電勢(shì)為二1、二3,則二1＞二3,故C錯(cuò)誤;D、X2?X3段斜率不變，所以這段電場(chǎng)強(qiáng)度大小方向均不變，故D正確;故選D點(diǎn)睛：Ep-x圖像的斜率表示粒子所受電場(chǎng)力F,根據(jù)F=qE判斷各點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的方向和大小，以及加速度的變化情況。至于電勢(shì)的高低，可以利用結(jié)論“負(fù)電荷逆著電場(chǎng)線(xiàn)方向移動(dòng)電勢(shì)能降低，沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向移動(dòng)電勢(shì)能升高''來(lái)判斷。.做豎直上拋運(yùn)動(dòng)的物體，在任意相同時(shí)間間隔內(nèi)，速度的變化量（）A.大小相同、方向相同A.大小相同、方向相同B.大小相同、方向不同C.大小不同、方向不同C.大小不同、方向不同D.大小不同、方向相同【答案】A【解析】試題分析：根據(jù)速度的公式丫=丫。-里可得,在任意相同時(shí)間間隔內(nèi)，速度的變化量為Av=-gAt,即，速度變化的大小為gAt,方向與初速度的方向相反，所以A正確.故選A..某時(shí)刻水平拋出的小球，在r=1s時(shí)的速度方向與水平方向的夾角4=30,r=2s,其速度方向與水平方向的夾角劣=60.忽略空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,則小球初速度的大小為（A.10^m/sB.lOm/s C.56m/s D.5m/s【答案】C【解析】【詳解】將小球在r=Is時(shí)和，=2s時(shí)的速度分解，如圖所示：則有tanq=—,tan6,=%%又因?yàn)樨埃?=O+g(2s-ls)解得%=55/3m/s選項(xiàng)C項(xiàng)正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分.2019年8月19日20時(shí)03分04秒，我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心利用長(zhǎng)征三號(hào)乙增強(qiáng)型火箭發(fā)射中星18號(hào)同步通信衛(wèi)星，下列說(shuō)法正確的是( )A.中星18號(hào)同步通信衛(wèi)星可定位在北京上空.中星18號(hào)同步通信衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期為24hC.中星18號(hào)同步通信衛(wèi)星環(huán)繞地球的速度為第一宇宙速度D.中星18號(hào)同步通信衛(wèi)星比近地衛(wèi)星運(yùn)行角速度小【答案】BD【解析】【詳解】A.中星18號(hào)同步通信衛(wèi)星軌道面與赤道面是共面，不能定位在北京上空，故A錯(cuò)誤；B.其運(yùn)動(dòng)周期為24h,故B正確；C.根據(jù)=可得:中星18號(hào)同步通信衛(wèi)星環(huán)繞地球的速度小于第一宇宙速度即近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，故C錯(cuò)誤；D.中星18號(hào)同步通信衛(wèi)星軌道高于近地衛(wèi)星軌道，運(yùn)行角速度比近地衛(wèi)星運(yùn)行角速度小，故D正確。故選：BD.8.如圖半徑為R的內(nèi)壁光滑圓軌道豎直固定在桌面上，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的小球靜止在軌道底部A點(diǎn)。現(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，使小球在極短的時(shí)間內(nèi)獲得一個(gè)水平速度后沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球回到A點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球，通過(guò)這兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)。己知小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功W”第二次擊W.打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功W2。若兩次擊打過(guò)程中小錘對(duì)小球做功全部用來(lái)增加小球的動(dòng)能，則^的值可能是()TOC\o"1-5"\h\z1A.- B.- C.1 D.2\o"CurrentDocument"3 2【答案】AB【解析】【分析】【詳解】第一次擊打后球最多到達(dá)與球心O等高位置，根據(jù)功能關(guān)系，有WEmgR①兩次擊打后可以到軌道最高點(diǎn)，根據(jù)功能關(guān)系，有IWi+W2-2mgR=—mv'②在最高點(diǎn)，有mg+FN=m—>mg(§)R聯(lián)立①②③解得Wi<mgR

Wi>ymgR故AB正確，CD錯(cuò)誤。故選AB.9.如圖甲所示，質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab垂直放置在光滑水平導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌由兩根足夠長(zhǎng)、間距為d的平行金屬桿組成，其電阻不計(jì)，在導(dǎo)軌左端接有阻值R的電阻，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置位于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。從某時(shí)刻開(kāi)始，導(dǎo)體棒在水平外力F的作用下向右運(yùn)動(dòng)（導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直），水平外力隨著金屬棒位移變化的規(guī)律如圖乙所示，當(dāng)金屬棒向右運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)金屬棒恰好勻速運(yùn)動(dòng)。則下列說(shuō)法正確的是（）導(dǎo)體棒ab勻速運(yùn)動(dòng)的速度為導(dǎo)體棒ab勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v=州(R+r)B2d2BdxmFBdxmF(；(R+r)212B%4 2°B.從金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到恰好勻速運(yùn)動(dòng)，電阻R上通過(guò)的電量為皿”C.從金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到恰好勻速運(yùn)動(dòng)，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱=D.從金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到恰好勻速運(yùn)動(dòng)，金屬棒克服安培力做功％弓曲-鬼混【答案】AD【解析】【詳解】A.金屬棒在外力F的作用下從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到恰好勻速運(yùn)動(dòng)，在位移為x時(shí)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有6=七=8"根據(jù)閉合電路歐姆定律有1=-^—R+rE=Bdv聯(lián)立解得丫=玲(R+聯(lián)立解得丫=玲(R+r)B2d2>故A正確;B.此過(guò)程中金屬棒R上通過(guò)的電量q=Ikt根據(jù)閉合電路歐姆定律有7=-^-R+r根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有—△①E= Ar△①聯(lián)立解得4=7一R+r又A<t>=Bdx解得夕=烏上，故B錯(cuò)誤；R+rCD.對(duì)金屬棒，根據(jù)動(dòng)能定理可得由乙圖可知，外力做功為W外季x聯(lián)立解得％一嗎產(chǎn)而回路中產(chǎn)生的總熱量Q=Q=%=；Q-mF^R+r)2254d4~根據(jù)回路中的熱量關(guān)系有Q=Qr+Qr所以電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Qr=捻。=Qr=捻。=1mF^R+r)22° 264d4故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD.10.“嫦娥四號(hào)”探測(cè)器在2017年自動(dòng)完成月面樣品采集，并從月球起飛，返回地球。若已知月球半徑為R,“嫦娥五號(hào)”在距月球表面高度為R的圓軌道上飛行，周期為T(mén),萬(wàn)有引力常量為G,下列說(shuō)法正確的A.2GDA.2GD月球表面重力加速度為早一B.月球質(zhì)量為學(xué)￡GT2C.月球第一宇宙速度為生旦TD.24D.24萬(wàn)月球密度為壽【答案】BD【解析】【詳解】B.對(duì)探測(cè)器，萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有G嗎=m.2R.容（2/?）- T2解得32/*GT2故B選項(xiàng)正確；A.月球表面的重力加速度為GM32/R8=^=~F~則A選項(xiàng)錯(cuò)誤；C.月球的第一宇宙速度為月球表面的環(huán)繞速度，根據(jù)牛頓第二定律，有-MmvG―尸=機(jī)一R-R解得故C選項(xiàng)錯(cuò)誤;D.月球的密度_M_24乃P~~V~GT2故D選項(xiàng)正確。故選BD.11.質(zhì)量為m的汽車(chē)在平宜的路面上啟動(dòng)，啟動(dòng)過(guò)程的速度-時(shí)間圖象如圖所示，其中OA段為直線(xiàn)，AB段為曲線(xiàn)，B點(diǎn)后為平行于橫軸的直線(xiàn).已知從ti時(shí)刻開(kāi)始汽車(chē)的功率保持不變，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中汽車(chē)所受阻力的大小恒為f,以下說(shuō)法正確的是（）Ot\V.0?h時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)牽引力的數(shù)值為m^+f■ti?t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的功率等于（m^+f）V2tl?t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的平均速率小于乜主之2D.汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的最大速率V2=（-^+1）VI【答案】AD【解析】【詳解】A、由題圖可知，0?L階段，汽車(chē)做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。=力，根據(jù)牛頓第二定律得力-f=ma,聯(lián)立可得*1Fi=m—+f,故A正確；AB、在力時(shí)刻汽車(chē)達(dá)到額定功率P=Fiv產(chǎn)（m—+f）vi,ti?t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)保持額定功率不變，故B錯(cuò)*1誤；C、由v-t圖線(xiàn)與橫軸所圍面積表示位移的大小可知，h?t2時(shí)間內(nèi)，汽車(chē)的平均速度大于五土殳，故C2錯(cuò)誤；p（mv、D、t2時(shí)刻，速度達(dá)到最大值V2,此時(shí)刻F2=f,P=F2V2,可得V2=「=—+IV,,故D正確.F2iFft,）故選AD.12.如圖所示，絕緣底座上固定一電荷量為+q的小球A,在其上方1處固定著一個(gè)光滑的定滑輪O,絕緣輕質(zhì)彈性繩一端系在O點(diǎn)正上方;處的D點(diǎn)，另一端與質(zhì)量為m的帶電小球B連接.小球B平衡時(shí)OB長(zhǎng)為1,且與豎直方向夾角為60。。由于小球B緩慢漏電，一段時(shí)間后，當(dāng)滑輪下方的彈性繩與豎直方向夾角為30。時(shí)，小球B恰好在AB連線(xiàn)的中點(diǎn)C位置平衡。已知彈性繩的伸長(zhǎng)始終處于彈性限度內(nèi)，靜電力常量為k,重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的是（）A.小球B帶負(fù)電B.彈性繩原長(zhǎng)為,2C.小球B在C位置時(shí)所帶電荷量為學(xué)8kqD.小球B在初始平衡位置時(shí)所帶電荷量為里2kq【答案】BC【解析】【詳解】A.由同種電荷相互排斥可知，小球B帶正電，故A錯(cuò)誤：D.根據(jù)受力分析和平衡條件，可得,qQmg=k-解得小球B在初始位置時(shí)所帶電荷量為Q=里，故D錯(cuò)誤；kqC.小球B在C位置時(shí)，由相似三角形原理可得（0.5/）-_mg0.5/-7解得。=警-，故C正確；8kqB.當(dāng)小球B在C位置時(shí)，設(shè)繩子原長(zhǎng)為x,由受力分析和相似三角形原理可知，當(dāng)小球B在初始平衡位置時(shí)有F^=mg=k^-l-x\當(dāng)小球B在C位置時(shí)有

聯(lián)立方程組可得彈性繩原長(zhǎng)X=《，故B正確。2故選BCo三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分.如圖a所示，某同學(xué)利用下圖電路測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。先將電路中的電壓傳感器d端與a端連接。(1)若該同學(xué)開(kāi)始實(shí)驗(yàn)后未進(jìn)行電壓傳感器的調(diào)零而其他器材的使用均正確，則移動(dòng)滑片后，得到的U-I圖象最可能為.(2)將電壓傳感器d端改接到電路中c端，正確調(diào)零操作，移動(dòng)滑片后，得到如圖b所示的U-I圖，己知定值電阻R=10Q,則根據(jù)圖象可知電源電動(dòng)勢(shì)為V、內(nèi)阻為II.(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)儂 圖h【答案】B3.0 0.53【解析】【詳解】(I)該同學(xué)開(kāi)始實(shí)驗(yàn)后未進(jìn)行電壓傳感器的調(diào)零，則電路電流為0時(shí)，電壓傳感器有示數(shù)，不為0,作出的U-I圖象中，電壓隨電流的增大而增大，但縱坐標(biāo)有截距，觀察圖b中的圖象可知B符合；(2)將電壓傳感器d端改接到電路中c端，則電壓傳感器測(cè)量的是滑動(dòng)變阻器的電壓，但由于正負(fù)接線(xiàn)接反了，因此測(cè)量的數(shù)值會(huì)變?yōu)樨?fù)值，計(jì)算時(shí)取絕對(duì)值即可，根據(jù)如圖(c)所示的U-I圖可知，電源電動(dòng)勢(shì)為3V,由閉合電路的歐姆定律有：E=U+/(R+r),當(dāng)U=2V時(shí)，I=0.095A,即￡=2+0.095(/?4-r),解得：內(nèi)阻gO.53Q。.某同學(xué)在用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置測(cè)量光的波長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)中，已知兩縫間的間距為0.3mm,以某種單色光照射雙縫時(shí)，在離雙縫1.2m遠(yuǎn)的屏上，用測(cè)量頭測(cè)量條紋間的寬度：先將測(cè)量頭的分劃板中心刻線(xiàn)與某亮紋中心對(duì)齊，將該亮紋定為第1條亮紋，此時(shí)手輪上的示數(shù)如圖甲所示；然后同方向轉(zhuǎn)動(dòng)測(cè)量頭，使分劃

板中心刻線(xiàn)與第6條亮紋中心對(duì)齊，此時(shí)手輪上的示數(shù)如圖乙所示。圖甲讀數(shù)為mm，圖乙讀數(shù)為 mm-根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)，測(cè)得光的波長(zhǎng)是 m（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）?！敬鸢浮?.335（2.332-2.337） 15.375（15.372-15.3775 6.5x10,【解析】【分析】【詳解】[1]圖甲螺旋測(cè)微器固定刻度的讀數(shù)是2.0mm可動(dòng)刻度的讀數(shù)是33.5x0.01mm=0.335mm則螺旋測(cè)微器的讀數(shù)等于2.0mm+0.335mm=2.335mm（2.332-2.337都正確）[2]圖乙螺旋測(cè)微器固定刻度的讀數(shù)是15.0mm可動(dòng)刻度的讀數(shù)是37.5x0.01mm=0375mm則螺旋測(cè)微器的讀數(shù)等于15.0mm+0.375mm=15,375mm（15372.15.377都正確）[3]相鄰條紋間距為A/一玉Ax=-^ LH-1根據(jù)雙縫干涉的條紋寬度的公式Ax=Ad則這種單色光的波長(zhǎng)_/Sjc-d_/Sjc-d_（x2A- - （〃一1）/代入數(shù)據(jù)解得四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.一個(gè)橫截面為梯形的玻璃磚，如圖所示，AB=2EF=2L,ZA=ZB=60°,該玻璃磚的折射率n=1.5,一束光從距A點(diǎn)時(shí)的G點(diǎn)垂直AB射入玻璃端光在真空中的傳播速度為c,不計(jì)光路逆向的來(lái)回反射情形。(1)請(qǐng)完成光路圖；(2)該束光從G點(diǎn)進(jìn)入起，到剛射出玻璃磚經(jīng)歷的時(shí)間to【解析】【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)光發(fā)生全反射的臨界角為C,可知光由G點(diǎn)垂直進(jìn)入玻璃磚，由幾何關(guān)系可知光在H點(diǎn)的人射角z=60°>C故入射光線(xiàn)射到AF面會(huì)發(fā)生全反射，同理在FE、EB面也發(fā)生全反射，光路圖如圖所示(2)由〃=￡,解得v2v=c3根據(jù)幾何關(guān)系可得光在玻璃磚內(nèi)傳播的路程為:I I □ZTr4 2 25=GH+/7/+/J+JA/=2x-tan60°+2x2x-cos30°=——4 2 2光束在玻璃磚內(nèi)傳播的時(shí)間為_(kāi)s_9國(guó)t——= v4c16.如圖所示，一單色細(xì)光束AB從真空中以入射角i=45。，入射到某透明球體的表面上B點(diǎn)，經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)光束在過(guò)球心O的平面內(nèi)，從B點(diǎn)折射進(jìn)入球內(nèi)后，又經(jīng)球的內(nèi)表面只反射一次，再經(jīng)球表面上的C點(diǎn)折射后，以光線(xiàn)CD射出球外，此單色光在球體內(nèi)傳播速度是甄在真空中的光速為3x1()**2m/So求：(1)此單色細(xì)光束在透明球內(nèi)的折射率；(2)出射光線(xiàn)CD與入射光線(xiàn)AB方向改變的角度。【答案】(1)>/2s(2)150°【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)公式〃=￡求得光束在球內(nèi)的折射率V3xlQ8

述Xi。'2(2)由折射定律得sinzm=——sinr解得r=30°由幾何關(guān)系及對(duì)稱(chēng)性，有y=r-(/-r)=2r-i則a—4r-2i把r=30°,i=45代入得(z=30°方向改變的角度為〃=180°-a=150°出射光線(xiàn)8與入射光線(xiàn)A8方向的夾角是150°/>17.如圖所示，質(zhì)量mi=0.3kg的小車(chē)靜止在光滑的水平面上，車(chē)長(zhǎng)L=2.0m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v°=2m/s從左端滑上小車(chē)，最后在車(chē)面上某處與小車(chē)保持相對(duì)靜止。物塊與車(chē)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)|1=0.5,取g=10m/s2,求(1)物塊在車(chē)面上滑行的時(shí)間t；(2)要使物塊不從小車(chē)右端滑出，物塊滑上小車(chē)左端的速度v不超過(guò)多少？(3)物塊仍以水平向右的速度v°=2m/s從左端滑上小車(chē)，要使物塊從小車(chē)右端滑出，則物塊剛滑上小車(chē)左端時(shí)需加一個(gè)至少多大的水平恒力F?【答案】(1)0.24s；(2)—V3m/s；(3)F>1.47N3【解析】【詳解】(1)設(shè)共速時(shí)速度為V1，對(duì)物塊與小車(chē)，由動(dòng)量守恒得加2%=(肛+色)片對(duì)小車(chē)，由動(dòng)量定理得Rm1gt=叫匕解得：t=0.24s；(2)物塊不從小車(chē)右端滑出，則在末端共速，設(shè)共同速度為V2,對(duì)物塊與小車(chē)組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒rn2y=(平+加2)匕再由能量守恒得:3嗎丫2=1(^+但)片+〃叫g(shù)L解得：v=—^m/s,即物塊劃上小車(chē)左端的速度不能超過(guò)「=3鬲/s；3 3(3)設(shè)恰好能使物塊滑出小車(chē)的拉力為F,由題意，物塊應(yīng)在小車(chē)末端共速對(duì)物塊，由牛頓第二定律得：F-fjinyg-m2a&對(duì)小車(chē)：由牛頓第二定律得:"m2g=m1a2由運(yùn)動(dòng)學(xué)，共速有：a}t=v0+a2t由位移關(guān)系，得：綜上各式，解得：F=22/15~1.47N即當(dāng)F>1.47N時(shí)物塊可以滑出小車(chē)2021屆新高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.如圖所示，由粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)線(xiàn)圍成的一個(gè)正六邊形線(xiàn)框abcdef,它的六個(gè)頂點(diǎn)均位于一個(gè)半徑為R的圓形區(qū)域的邊界上，be為圓形區(qū)域的一條直徑，be上方和下方分別存在大小均為B且方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于圓形區(qū)域。現(xiàn)給線(xiàn)框接入從a點(diǎn)流入、從f點(diǎn)流出的大小為I的恒定電流，則金屬線(xiàn)框受到的安培力的大小為.如圖所示，一理想變壓器，其原副線(xiàn)圈的匝數(shù)均可調(diào)節(jié)，原線(xiàn)圈兩端電壓為一最大值不變的正弦交流電，為了使變壓器輸入功率增大，可使A.其他條件不變，原線(xiàn)圈的匝數(shù)m增加B.其他條件不變，副線(xiàn)圈的匝數(shù)m減小C.其他條件不變，負(fù)載電阻R的阻值增大D.其他條件不變，負(fù)載電阻R的阻值減小.如圖所示，輕繩跨過(guò)光滑定滑輪，左端與水平地面上的物塊M相連，右端與小球N相連，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)小球N施加一水平拉力使其緩慢移動(dòng)一小段距離，整個(gè)過(guò)程物塊M保持靜止，地面對(duì)物塊M的摩擦力為f則此過(guò)程中（ ）f變大，F(xiàn)變大f變大，F(xiàn)變小f變小，F(xiàn)變小f變小，F(xiàn)變大.中國(guó)自主研發(fā)的“暗劍”無(wú)人機(jī)，時(shí)速可超過(guò)2馬赫.在某次試飛測(cè)試中，起飛前沿地面做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速過(guò)程中連續(xù)經(jīng)過(guò)兩段均為120m的測(cè)試距離，用時(shí)分別為2s和Is,則無(wú)人機(jī)的加速度大小是20m/s240m/s260m/s280m/s2.如圖，傾角為a=45。的斜面ABC固定在水平面上，質(zhì)量為m的小球從頂點(diǎn)A先后以初速度和2v。向左水平拋出，分別落在斜面上的Pl、P2點(diǎn)，經(jīng)歷的時(shí)間分別為t|、t2；A點(diǎn)與P|、Pl與P2之間的距離分別為h和12,不計(jì)空氣阻力影響。下列說(shuō)法正確的是（）B.1|：12=1：2C.兩球剛落到斜面上時(shí)的速度比為1：4D.兩球落到斜面上時(shí)的速度與斜面的夾角正切值的比為1:16.下列說(shuō)法中正確的是A.a粒子散射實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子B.玻爾理論不僅能解釋氫的原子光譜，也能解釋氮的原子光譜C.熱核反應(yīng)的燃料是氫的同位素，裂變反應(yīng)的燃料是鈾D.中子與質(zhì)子結(jié)合成笊核的過(guò)程中需要吸收能量二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播，在x=12m處的質(zhì)元的振動(dòng)圖線(xiàn)如圖1所示，在x=18m處的質(zhì)元的振動(dòng)圖線(xiàn)如圖2所示。下列說(shuō)法正確的是（ ）的 圖2A.該波的周期為12sx=12m處的質(zhì)元在平衡位置向上振動(dòng)時(shí)，x=18m處的質(zhì)元在波峰

C.在。?4s內(nèi)x=12m處和x=18m處的質(zhì)元通過(guò)的路程均為6cmD.該波的波長(zhǎng)不可能為8m8.梳子在梳頭后帶上電荷，搖動(dòng)這把梳子在空中產(chǎn)生電磁波.該電磁波（ ）A.是橫波.不能在真空中傳播C.只能沿著梳子搖動(dòng)的方向傳播D.在空氣中的傳播速度約為3x108,〃/s.如圖所示為理想變壓器，其原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)比為4：1,電壓表和電流表均為理想電表，原線(xiàn)圈接有〃=36j^sinl00;r/（V）的正弦交流電，圖中D為理想二極管，定值電阻R=9S2.下列說(shuō)法正確的是B.r=」一s時(shí)，電壓表示數(shù)為36V600C.電流表的示數(shù)為1AD.電流表的示數(shù)為也A210.為了測(cè)量某化工廠(chǎng)的污水排放量，技術(shù)人員在該廠(chǎng)的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì)，該裝置由絕緣材料制成，長(zhǎng)、寬、高分別為a、b、c,左、右兩端開(kāi)口，在垂直于前、后面的方向加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在上、下兩個(gè)面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N作為電極，污水充滿(mǎn)管口從左向右流經(jīng)該裝置時(shí)，電壓表將顯示兩個(gè)電極間的電壓U,若用Q表示污水流量（單位時(shí)間內(nèi)流出的污水體積），下列說(shuō)法中正確的是（）A.MA.M板電勢(shì)一定高于N板的電勢(shì)污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)越大污水流動(dòng)的速度越大，電壓表的示數(shù)越大D.電壓表的示數(shù)D.電壓表的示數(shù)U與污水流量Q成正比11.如圖所示，在豎直紙面內(nèi)有四條間距均為L(zhǎng)的水平虛線(xiàn)L卜L2、L3、L4,在LnL2之間與L3,L4之間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有一矩形線(xiàn)圈abed,長(zhǎng)邊ad=3L,寬邊cd=L,質(zhì)量為m,電阻為R,將其從圖示位置（cd邊與Li重合）由靜止釋放，cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L3時(shí)恰好開(kāi)始做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線(xiàn)圈始終處于同一豎直面內(nèi)，cd邊始終水平，已知重力加速度g=10m/s2,則（ ）abl…《I__k…1XXXXXG?s..￡?￡?￡????x**x**x**x**x*/..XXXXXab邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L,后線(xiàn)圈要做一段減速運(yùn)動(dòng)ab邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L3后線(xiàn)圈要做一段減速運(yùn)動(dòng)2?2r3C.cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L2和L4的時(shí)間間隔大于一-mgRD.從線(xiàn)圈開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L過(guò)程中，線(xiàn)圈產(chǎn)生的熱量為2mgL一通與2B4L412.如圖所示，A、B兩帶電小球的質(zhì)量均為m,電荷量的大小均為Q（未知）。小球A系在長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣輕繩下端，小球B固定于懸掛點(diǎn)的正下方，平衡時(shí)，小球A、B位于同一高度，輕繩與豎直方向成60角。已知重力加速度為g,靜電力常量為k,則以下說(shuō)法正確的是（ ）B.小球A所受靜電力大小為y/3mgC.小球A、B所帶電荷量Q=與D.若小球A的電荷量緩慢減小，則小球A的重力勢(shì)能減小，電勢(shì)能增大三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分13.一位同學(xué)為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，利用光電門(mén)等裝置設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)。使用的器材有：鐵架臺(tái)、光電門(mén)1和2、輕質(zhì)定滑輪、通過(guò)不可伸長(zhǎng)的輕繩連接的鉤碼A和B（B左側(cè)安裝擋光片）。1l=T|B 圖2T圖1實(shí)驗(yàn)步驟如下：①如圖1,將實(shí)驗(yàn)器材安裝好，其中鉤碼A的質(zhì)量比B大，實(shí)驗(yàn)開(kāi)始前用一細(xì)繩將鉤碼B與桌面相連接,細(xì)繩都處于豎直方向，使系統(tǒng)靜止。②用剪刀剪斷鉤碼B下方的細(xì)繩，使B在A帶動(dòng)下先后經(jīng)過(guò)光電門(mén)1和2,測(cè)得擋光時(shí)間分別為乙、L。③用螺旋測(cè)微器測(cè)量擋光片沿運(yùn)動(dòng)方向的寬度"，如圖2,則“=mm.④用擋光片寬度與擋光時(shí)間求平均速度，當(dāng)擋光片寬度很小時(shí)，可以將平均速度當(dāng)成瞬時(shí)速度。⑤用刻度尺測(cè)量光電門(mén)1和2間的距離L（Ld）0⑥查表得到當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間。⑦為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，請(qǐng)寫(xiě)出還需測(cè)量的物理量（并給出相應(yīng)的字母表示）,用以上物理量寫(xiě)出驗(yàn)證方程 .14.測(cè)量物塊Q（視為質(zhì)點(diǎn)）與平板P之間動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。48是四分之一的光滑的固定圓弧軌道，圓弧軌道上表面與水平固定的平板。的上表面8c相切、。點(diǎn)在水平地面上的垂直投影為C'。重力加速度為g。實(shí)驗(yàn)步驟如下：A.用天平稱(chēng)得物塊。的質(zhì)量為B.測(cè)得軌道A8的半徑為R、BC的長(zhǎng)度為'和CC'的高度為C.將物塊。從A點(diǎn)由靜止釋放，在物塊。落地處標(biāo)記其落地點(diǎn)。；D.重復(fù)步驟C,共做5次；E.將5個(gè)落地點(diǎn)用一個(gè)盡量小的圓圍住，用米尺測(cè)量其圓心到C'的距離J則物塊Q到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能E*c；在物塊Q從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，物塊?？朔Σ亮ψ龅墓=:物塊Q與平板P的上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=.四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分.有一四分之一玻璃球，左側(cè)面鍍銀，光源A在其通過(guò)圓心的水平底邊BD上(D為球心)，如圖所示.從光源A發(fā)出的一束細(xì)光射到球面E上，其中一部分光經(jīng)球面反射后恰能豎直向上傳播，另一部分光經(jīng)過(guò)折射進(jìn)入玻璃球內(nèi)，經(jīng)左側(cè)鍍銀面反射恰能沿原路返回，若球面半徑為A= 玻璃折射率為G，求：①光射到球面E上的入射角②光源A與球心D之間的距離.現(xiàn)有由同一種材料制成的一個(gè)透明工藝品，其切面形狀圖如圖所示。其中，頂部A為矩形形狀，高CM=d.邊長(zhǎng)C￡>=L,底部3為等邊三角形。現(xiàn)讓一束單色光線(xiàn)從3部分邊的中點(diǎn)。表面處沿豎直方向射入，光線(xiàn)進(jìn)入B后發(fā)現(xiàn)折射光線(xiàn)恰好與B部分的W平行且經(jīng)過(guò)MM',最后從A部分的CD邊上某點(diǎn)。處射出，光在真空中的傳播速度為c。求：(1)光在工藝品中傳播的速度；(2)光在工藝品中傳播的時(shí)間。I)17.電磁軌道炮的加速原理如圖所示金屬炮彈靜止置于兩固定的平行導(dǎo)電導(dǎo)軌之間，并與軌道良好接觸。開(kāi)始時(shí)炮彈在導(dǎo)軌的一端，通過(guò)電流后炮彈會(huì)被安培力加速，最后從導(dǎo)軌另一端的出口高速射出。設(shè)兩導(dǎo)軌之間的距離A=0.10m,導(dǎo)軌長(zhǎng)s=5.0m,炮彈質(zhì)量加=0.03kg。導(dǎo)軌上電流I的方向如圖中箭頭所示.可以認(rèn)為，炮彈在軌道內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng)，它所在處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度始終為B=2.0T,方向垂直于紙面向里。若炮彈出口速度為u=2.0x10,m/s,忽略摩擦力與重力的影響。求：(1)炮彈在兩導(dǎo)軌間的加速度大小a；(2)炮彈作為導(dǎo)體受到磁場(chǎng)施加的安培力大小F；(3)通過(guò)導(dǎo)軌的電流I.參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.A【解析】【詳解】根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知線(xiàn)框流過(guò)af邊的電流：5=-/6流過(guò)abcdef邊的電流：加、ab邊受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理be、ef邊受到的安培力等大同向，斜向右下方，則de、ab、bc、ef邊所受的安培力合力為：F,=-B1R33方向向下；cd邊受到的安培力:6=b/2xr=等方向向下,；af邊受到的安培力:居=班x/?=6方向向上，所以線(xiàn)框受到的合力:F=F2-Fl-F3=-BIRA正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。D【解析】試題分析：據(jù)題意，已知變壓器原線(xiàn)圈輸入功率由副線(xiàn)圈輸出功率決定，為了使變壓器輸入功率增大，可以調(diào)整副線(xiàn)圈的輸出功率，當(dāng)原線(xiàn)圈輸入電壓不變時(shí)，副線(xiàn)圈上的電壓也不變，由尸=人可知，當(dāng)負(fù)載R電阻減小時(shí)，副線(xiàn)圈輸出功率增加，故D選項(xiàng)正確而C選項(xiàng)錯(cuò)誤；其它條件不變，當(dāng)增加原線(xiàn)圈匝數(shù)時(shí),%U,.. (/出 — — a據(jù)￡=/可得"2=才'則副線(xiàn)圈電壓減小'而功率也減小,A選項(xiàng)錯(cuò)誤；副線(xiàn)圈匝數(shù)減小,同理可得變壓器功率減小，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤.考點(diǎn)：本題考查變壓器原理.A【解析】【詳解】對(duì)小球N進(jìn)行分析，分析其受力情況，設(shè)細(xì)繩與豎直方向夾角為a,則有F-mgtanaT=acosa細(xì)繩與豎直方向夾角。逐漸增大，tana增大，所以水平拉力增大；cosa減小，所以繩子拉T增大;由于物塊M始終靜止在地面上，在水平方向，由平衡條件可得f=TcosO則地面對(duì)物塊M的摩擦力f也變大，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。【解析】【分析】【詳解】X120,n, x120,,第一段的平均速度',1=-=~m/s=60m/s.第二段的平均速度彩=二=—Jm/s=120m/s,中間% ， ，2 1-120-60 2-0/2時(shí)刻的速度等于平均速度，則"，、-1.5 im/s,故選出2)D【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)23gt0tan^=- =^—引2%得L2%tan6S因?yàn)槌跛俣戎葹長(zhǎng)2,則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1：2,故A錯(cuò)誤。B.水平位移x=卬=g因?yàn)槌跛俣戎葹長(zhǎng)2,則水平位移之比為1：4,由I=立x可知1!$12=1:4故B錯(cuò)誤。C.根據(jù)動(dòng)能定理1212—imr=—mv^+mgy其中y=x,則丫=Jf+2gy=J。+ tan45=瓜。則兩球剛落到斜面上時(shí)的速度比為1：2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.平拋運(yùn)動(dòng)某時(shí)刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，由于落在斜面上，位移方向相同，則速度方向相同，即兩球落到斜面上時(shí)的速度與斜面的夾角正切值的比為1:1,故D正確。故選D?！窘馕觥吭囶}分析：盧瑟福通過(guò)a粒子散射實(shí)驗(yàn)否定了湯姆生的棗糕模型，從而提出了原子核式結(jié)構(gòu)模型，質(zhì)子的發(fā)現(xiàn)是盧瑟福通過(guò)a粒子轟擊氮核而發(fā)現(xiàn)質(zhì)子，選項(xiàng)A錯(cuò).波爾理論把原子能級(jí)量子化，目的是解釋原子輻射的線(xiàn)狀譜，但是波爾理論只能很好的解釋氫原子的線(xiàn)狀譜，在解釋氮的原子光譜和其他原子光譜時(shí)并不能完全吻合，選項(xiàng)B錯(cuò).熱核反應(yīng)主要是笊核瓶核在高溫高壓下發(fā)生的聚變反應(yīng)，氣核和筑核都是氫的同位素，裂變主要是鈾核裂變，選項(xiàng)C對(duì).中子和質(zhì)子結(jié)合成笊核是聚變反應(yīng)，該過(guò)程釋放能量，選項(xiàng)D錯(cuò).考點(diǎn)：原子原子核二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分7.AB【解析】【分析】【詳解】A.由圖可知，該波的周期為12s。故A正確；B.由圖可知，t=3s時(shí)刻，x=12m處的質(zhì)元在平衡位置向上振動(dòng)時(shí)，x=18m處的質(zhì)元在波峰，故B正確;C.由圖可知，該波的振幅為4cm,圓頻率由圖1可知，在t=0時(shí)刻x=12m處的質(zhì)點(diǎn)在-4cm處，則其振動(dòng)方程..717tx12=-4sin(—t+—)cm4s時(shí)刻質(zhì)元的位置x12_4=-4?sin(—+—)=2cm所以x=12m處的質(zhì)元通過(guò)的路程si2=4cm+2cm=6cm據(jù)圖2知t=()s時(shí)，在x=18m處的質(zhì)元的位移為0cm,正通過(guò)平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，其振動(dòng)方程為.71x18=4sin(—r)cm6在t=4s時(shí)刻，在x=18m處的質(zhì)元的位移x18=4xsin—=2Gem所以在。?4s內(nèi)x=18m處的質(zhì)元通過(guò)的路程xi?=4cm4-(4-2 )cm-4.54cm<6cm故C錯(cuò)誤；D.由兩圖比較可知，x=12m處比x=18m處的質(zhì)元可能早振動(dòng)，T,所以?xún)牲c(diǎn)之間的距離為4TOC\o"1-5"\h\z3, 、x=(n+—)X(n=0>I、2、3...)所以,4x4x6 , 、4= = m(n=0、1、2,3...)4〃+34〃+34x6n=0時(shí)，波長(zhǎng)最大，為4= m=8m3故D錯(cuò)誤；故選AB.AD【解析】搖動(dòng)的梳子在空中產(chǎn)生電磁波，電磁波是橫波，選項(xiàng)A正確；電磁波能在真空中傳播，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電磁波傳播的方向與振動(dòng)方向垂直，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電磁波在空氣中傳播的速度約為光速，選項(xiàng)D正確.BD【解析】【分析】【詳解】A、將時(shí)刻代入瞬時(shí)值公式可知，r=一［s時(shí)，原線(xiàn)圈輸入電壓的瞬時(shí)值為18aV，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；600B、電壓表的示數(shù)為有效值，輸入電壓的峰值為360V,根據(jù)正弦式交變電流有效值與最大值的關(guān)系可知，U=隼=367.B選項(xiàng)正確；V2C、D、電流表測(cè)量流過(guò)副線(xiàn)圈的電流，根據(jù)理想變壓器電壓和匝數(shù)的關(guān)系可知，副線(xiàn)圈的電壓為9V,正向?qū)〞r(shí)電流為1A,根據(jù)電流的熱效應(yīng)可知得效/?7=/次5,解得：/有效=^A;故C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D2 2選項(xiàng)正確.故選BD.【點(diǎn)睛】準(zhǔn)確掌握理想變壓器的特點(diǎn)及電壓、電流與匝數(shù)比的關(guān)系，明確電表測(cè)量的為有效值是解決本題的關(guān)鍵.【解析】A項(xiàng)，根據(jù)左手定則知負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下，正離子所受洛倫茲力方向向上，所以M板電勢(shì)一定高于N板的電勢(shì)，故A正確；B、C項(xiàng)，最終離子處于平衡，故電場(chǎng)力等于洛倫茲力，根據(jù)牛頓第二定律有夕陽(yáng)，解得U= ,C所以與離子的濃度無(wú)關(guān)，與污水流動(dòng)的速度成正比，故B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確.D項(xiàng)，根據(jù)n=",貝J流量。=訕0=2秘=9人,即。=殷，故電壓表示數(shù)與污水流量成正比,Be BeB b故D項(xiàng)正確.綜上所述本題正確答案為ACD.BC【解析】【分析】【詳解】cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L3時(shí)恰好開(kāi)始做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，cd邊從L3到L』的過(guò)程中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，cd邊到L』時(shí)ab邊開(kāi)始到達(dá)L”則ab邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)14后做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；ab邊從L2到L3的過(guò)程中，穿過(guò)線(xiàn)圈的磁通量沒(méi)有改變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，不受安培力，線(xiàn)圈做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則ab邊進(jìn)入下方磁場(chǎng)的速度比cd邊進(jìn)入下方磁場(chǎng)的速度大，所受的安培力增大，所以ab邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L后線(xiàn)圈要做一段減速運(yùn)動(dòng)，故B正確；cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L3時(shí)恰好做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件有mg=BIL而rBLvI= R聯(lián)立解得mgRv——；--cd邊從L到L』的過(guò)程做勻速運(yùn)動(dòng)，所用時(shí)間為L(zhǎng)G=-二 vmgRcd邊從L2到L3的過(guò)程中線(xiàn)圈做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，加速度為g,設(shè)此過(guò)程的時(shí)間為t”由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2vLB21}%>—= vmgR故Cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L2和L4的時(shí)間間隔為vmgR故c正確;D.線(xiàn)圈從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L4過(guò)程，根據(jù)能量守恒得cIT1 2^7mg-RQ=mg-3L--mv=3mgL-故D錯(cuò)誤。故選BC.BD【解析】【詳解】AB.帶電的小球A處于平衡狀態(tài)，A受到庫(kù)侖力F、重力mg以及繩子的拉力T的作用，其合力為零,則有F=mgtan60解得F= 7g由圖可知，AB間庫(kù)侖力為排斥力，即AB為同種電荷，故A錯(cuò)誤，B正確；C.根據(jù)庫(kù)侖定律有尸=A里，而廣r-￡sin60解得L136mg故C錯(cuò)誤；D.若小球A的電荷量緩慢減小，AB間的庫(kù)侖力減小，小球A下擺，則小球A的重力勢(shì)能減小，庫(kù)侖力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，故D正確。故選BD.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分

13.6.710鉤碼A、13.6.710鉤碼A、B的質(zhì)量mi、m2=m2gL-m}gL【解析】【分析】【詳解】③[1]根據(jù)螺旋測(cè)微器測(cè)量原理得d6.5mm+21.0x0.01mm=6.710mm⑦⑵⑶為驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需測(cè)量鉤碼A、B的質(zhì)量m2.對(duì)系統(tǒng)，因?yàn)閯?dòng)能的增加量等于重力勢(shì)能的減少量，則驗(yàn)證方程為mgx2

4H，町+明）Rxmgx2

4H，町+明）Rx2

~s~~4Hs【解析】【詳解】⑴從A到B,由動(dòng)能定理得:mgR=EKB-0,則物塊到達(dá)B時(shí)的動(dòng)能:EKB=mgR,離開(kāi)C后，物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向:X=Vct,豎直方向："=;g產(chǎn)，物塊在C點(diǎn)的動(dòng)能4c=耳93聯(lián)立可得:萬(wàn)mgx?匕KC= S底4H[2][3]由B到C過(guò)程中，由動(dòng)能定理得:一叼Y=msR 4/7Y=msR 4/7I" D砥?/Wf=jutngs=tngR--可得:Rx2U,-s4Hs四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.①60°;②3m?！窘馕觥俊驹斀狻竣儆深}意可知折射光線(xiàn)與鏡時(shí)垂直，其光路圖如圖所示.則有z+r=90°由折射定律可得sini r- =n=V3sinr解得入射角i=60°折射角r=30°②在直角三角形EFD中：SDF=Reosr=^~-R由幾何關(guān)系可得AED為等腰三角形,/=2Sdf=#>R=3mD FC16.(1)里(2)加+國(guó)3 2c【解析】【分析】【詳解】(1)光路圖如圖所示。所以根據(jù)題圖知，光進(jìn)入介質(zhì)B的入射角為a=60°,折射角為P=30°則工藝品的折射率為sina5//?60°rrn= = =y3sinftsin30°在介質(zhì)中的光速：C小v=—=——Cn3(2)由幾何關(guān)系得光在工藝品中傳播的路程dH■—sin60°s= cos30°光在工藝品中傳播的速度cv=—n則光在工藝品中傳播的時(shí)間聯(lián)立解得_4d+描2c17.(1)4Oxl^m/s2;(2)1.2x104N；(3)6.0xl04A【解析】【分析】【詳解】(1)炮彈在兩導(dǎo)軌問(wèn)做勻加速運(yùn)動(dòng)，因而v2=2asv2d- 2s解得=4.0xl05m/s2(2)忽略摩擦力與重力的影響，合外力則為安培力，所以F—ma解得F=1.2x104N(3)炮彈作為導(dǎo)體受到磁場(chǎng)施加的安培力為F=1LB.解得/=6.0x104A2021屆新高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.如圖所示，一電子以與磁場(chǎng)方向垂直的速度v從P處沿PQ方向進(jìn)入長(zhǎng)為d、寬為h的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,從N處離開(kāi)磁場(chǎng)，若電子質(zhì)量為m,帶電荷量為e,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則（ ）A.電子在磁場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)B.電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=《VC.洛倫茲力對(duì)電子做的功為BevhD.電子在N處的速度大小也是v2.如圖所示，半徑為R的圓環(huán)豎直放置，長(zhǎng)度為R的不可伸長(zhǎng)輕細(xì)繩OA、OB,一端固定在圓環(huán)上，另一端在圓心O處連接并懸掛一質(zhì)量為m的重物，初始時(shí)OA繩處于水平狀態(tài)。把圓環(huán)沿地面向右緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，直到OA繩處于豎直狀態(tài)，在這個(gè)過(guò)程中OA繩的拉力逐漸增大OA繩的拉力先增大后減小OB繩的拉力先增大后減小OB繩的拉力先減小后增大.如圖所示，一名消防救援隊(duì)隊(duì)員手拉長(zhǎng)為L(zhǎng)、呈水平方向的輕繩從平臺(tái)上跳下，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)松開(kāi)手,恰好落到障礙物后被困人員所在的A點(diǎn)。B點(diǎn)是障礙物的最高點(diǎn)，O、B、C三點(diǎn)在同一豎直線(xiàn)上，隊(duì)員可視為質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，利用圖示信息判斷，下列關(guān)系正確的是（）圖9

A.h=—4LC.A.h=—4LC.h=(x+〃4LD.h=(x+L)24L.在兩個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)（包括四周的邊界）有大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8。一個(gè)質(zhì)量為，〃，帶電量為+4的粒子從產(chǎn)點(diǎn)沿著在的方向射入磁場(chǎng)，恰好從。點(diǎn)射出。則該粒子速度大小為（）ABCA.型 A.型 B.處2m m5BqL 口5BqL4m 2m.一質(zhì)量為m的物體放在傾角為。且足夠長(zhǎng)的光滑固定斜面上，初始位置如圖甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由靜止開(kāi)始沿斜面運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物體的機(jī)械能E隨位置x的變化關(guān)系如圖乙所示。其中O~Xl過(guò)程的圖線(xiàn)是曲線(xiàn)，XLX2過(guò)程的圖線(xiàn)是平行于X軸的直線(xiàn)，X2~X3過(guò)程的圖線(xiàn)是傾斜的直線(xiàn)，則下列說(shuō)法正確的是（）甲 乙甲 乙A.在O~xi的過(guò)程中，物體向上運(yùn)動(dòng)B.在O~xi的過(guò)程中，物體的加速度一直增大C.在XLX2的過(guò)程中，物體的速度大小不變D.在0~X3的過(guò)程中，物體的速度方向先沿斜面向上再沿斜面向下.兩行星A和3各有一顆衛(wèi)星a和6,衛(wèi)星的圓軌道接近各自的行星表面，如果兩行星質(zhì)量之比Ma：Mh=2-A,兩行星半徑之比，：&=1：2則兩個(gè)衛(wèi)星周期之比7?4為（）A.1:4 B.4:1 C.1:2 D.2:1二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得（）分.某時(shí)刻。處質(zhì)點(diǎn)沿y軸開(kāi)始做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，形成沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波，經(jīng)過(guò)0.8s形成的波動(dòng)圖象如圖所示。P點(diǎn)是x軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)96m處的質(zhì)點(diǎn)。下列判斷正確的是（ ）y/cmA.該質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)的方向沿y軸向上.該質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的周期是0.8sC.從O處質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)3.2s,P處質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)D.該波的波速是24m/s8.如圖所示，在真空中，某點(diǎn)電荷Q形成的電場(chǎng)中，a、b、c三個(gè)虛線(xiàn)圓分別表示電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面,它們的電勢(shì)分別為45V、25V、15V.一粒子q帶電荷量大小為0.1C,電性未知，在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中實(shí)線(xiàn)KLMN所示。下列說(shuō)法正確的是()A.場(chǎng)源電荷Q帶負(fù)電.粒子q帶正電C.粒子q從K到L的過(guò)程中，克服電場(chǎng)力做功3JD.粒子在距場(chǎng)源電荷最近的L處動(dòng)能為零.平行金屬板PQ、MN與電源和滑線(xiàn)變阻器如圖所示連接，電源的電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)電阻為零；靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連續(xù)不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為機(jī)，電荷量+<7,初速度為零的粒子，粒子在加速電場(chǎng)PQ的作用下穿過(guò)。板的小孔E,緊貼N板水平進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)MN；改變滑片〃的位置可改變加速電場(chǎng)的電壓G和偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓。2,且所有粒子都能夠從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)飛出，下列說(shuō)法正確的是( )A.粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與今成正比B.滑片P向右滑動(dòng)的過(guò)程中從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角逐漸減小C.飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的粒子的最大速率、逆V/n.如圖，發(fā)電機(jī)的輸出電壓U=1000&sinl0OR（V）,通過(guò)理想降壓變壓器給若干盞燈泡供電，輸電線(xiàn)上連接可調(diào)電阻％變壓器原線(xiàn)圈兩端接有理想交流電壓表V,副線(xiàn)圈干路接有理想交流電流表A,下列說(shuō)法正確的是（）A.電壓表V的示數(shù)始終為1000V B.僅可調(diào)電阻r增大，電壓表V的示數(shù)減小C.僅接入燈泡增多，電流表A的示數(shù)增大D.僅可調(diào)電阻r增大，電流表A的示數(shù)減小.如圖所示，光滑細(xì)桿MN傾斜固定，與水平方向夾角為。，一輕質(zhì)彈簧一端固定在0點(diǎn)，另一端連接一小球，小球套在細(xì)杯上，。與桿MN在同一豎直平面內(nèi)，P為MN的中點(diǎn)，且OP垂直于MN,已知小球位于桿上M、P兩點(diǎn)時(shí)，彈簧的彈力大小相等且在彈性限度內(nèi)?，F(xiàn)將小球從細(xì)桿頂端M點(diǎn)由靜止釋放,則在小球沿細(xì)桿從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中（重力加速度為g）,以下判斷正確的是A.彈簧彈力對(duì)小球先做正功再做負(fù)功B.小球加速度大小等于gsinO的位置有三個(gè)C.小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度最大D.小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)肘的動(dòng)能是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的兩倍.如圖所示，斜面體置于粗糙水平地面上，斜面體上方水平固定一根光滑直桿，直桿上套有一個(gè)滑塊.滑塊連接一根細(xì)線(xiàn)，細(xì)線(xiàn)的另一端連接一個(gè)置于斜面上的光滑小球.最初斜面與小球都保持靜止，現(xiàn)對(duì)滑塊施加水平向右的外力使其緩慢向右滑動(dòng)至A點(diǎn)，如果整個(gè)過(guò)程斜面保持靜止，小球未滑離斜面，滑塊滑動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)細(xì)線(xiàn)恰好平行于斜面，則下列說(shuō)法正確的是A.斜面對(duì)小球的支持力逐漸減小B.細(xì)線(xiàn)對(duì)小球的拉力逐漸減小C.滑塊受到水平向右的外力逐漸增大

D.水平地面對(duì)斜面體的支持力逐漸減小三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分.某小組利用圖甲所示的電路進(jìn)行“測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)的操作過(guò)程為：閉合開(kāi)關(guān)，讀出電流表的示數(shù)1和電阻箱的阻值R；改變電阻箱的阻值，記錄多組R、I的值，并求出/-R的值，填寫(xiě)在如下表格中。序號(hào)?(序號(hào)?(n)/(A)/R(V)19.00.262.3427.()0.302.1035.0().351.7543.00.441.3251.00.560.56(1)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在坐標(biāo)系中描出坐標(biāo)點(diǎn)，如圖乙所示，請(qǐng)?jiān)谧鴺?biāo)系中作出圖象(2)由圖象求得電池的電動(dòng)勢(shì)七=V,內(nèi)阻「=SI；(結(jié)果均保留兩位小數(shù))(3)上述方案中，若考慮電流表內(nèi)阻對(duì)測(cè)量的影響，則電動(dòng)勢(shì)E的測(cè)量值 真實(shí)值，內(nèi)阻r的測(cè)量值真實(shí)值。(均選填“大于”、“等于”或“小于”).為了測(cè)量木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)方某實(shí)驗(yàn)小組使用位移傳感器設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，讓木塊從傾斜木板上A點(diǎn)由靜止釋放，位移傳感器可以測(cè)出木塊到傳感器的距離。位移傳感器連接計(jì)算機(jī)，描繪出滑塊與傳感器的距離s隨時(shí)間t變化規(guī)律，取g=10m/s2,sin37?>=0.6,如圖所示：(2)根據(jù)上述圖線(xiàn)，計(jì)算可得木塊的加速度大小a=()m/s2；(3)現(xiàn)測(cè)得斜面傾角為37。，則產(chǎn)()o(所有結(jié)果均保留2位小數(shù))四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分.如圖所示，半徑為R=0.5m,內(nèi)壁光滑的圓軌道豎直固定在水平地面上.圓軌道底端與地面相切，一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A以％=6m/s的速度從左側(cè)入口向右滑入圓軌道，滑過(guò)最高點(diǎn)Q,從圓軌道右側(cè)出口滑出后，與靜止在地面上P點(diǎn)的可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊B碰撞(碰撞時(shí)間極短)，P點(diǎn)左側(cè)地面光滑，右側(cè)粗糙段和光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度均為L(zhǎng)=O.lm,兩物塊碰后粘在一起做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng).已知兩物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=01，物塊A、B的質(zhì)量均為，〃=1依，重力加速度g取10m/s2.

(1)求物塊A到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力F；(2)若兩物塊最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求兩物塊滑至第n(n<k)個(gè)光滑段上的速度-“與n的關(guān)系式..第24屆冬奧會(huì)將于2022年2月4日在中國(guó)北京和張家口聯(lián)合舉行。如圖為一簡(jiǎn)化后的跳臺(tái)滑雪的雪道示意圖。助滑坡由AB和BC組成，AB為斜坡，BC為R=10m的圓弧面，二者相切于B點(diǎn)，與水平面相切干C點(diǎn)，AC間的豎直高度差為％=50mCD為豎直跳臺(tái)。運(yùn)動(dòng)員連同滑雪裝備總質(zhì)量為m=80kg,從A點(diǎn)由睜止滑下，假設(shè)通過(guò)C點(diǎn)時(shí)雪道對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力為F=8000N水平飛出段時(shí)間后落到著陸坡DE的E點(diǎn)上。CE間水平方向的距離x=150m。不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2。求：(1)運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)速度vc的大??；(2)CE間豎直高度差h25⑶運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)滑到C點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力做的功W..如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B,再變化到狀態(tài)C,其狀態(tài)變化過(guò)程的p-V圖象如圖所示.已知該氣體在狀態(tài)B時(shí)的熱力學(xué)溫度Tb=3()()K,求：?p/CxiO*Pa)1 1 2 3①該氣體在狀態(tài)A時(shí)的熱力學(xué)溫度Ta和狀態(tài)C時(shí)的熱力學(xué)溫度Tc;②該氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中，氣體內(nèi)能的變化量AU以及該過(guò)程中氣體從外界吸收的熱量Q.參考答案一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的D【解析】電子垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：，=要變＞4,故VVAB錯(cuò)誤；由洛倫茲力方向始終與速度方向垂直，電子在洛倫茲力方向沒(méi)有位移，所以洛倫茲力對(duì)電子不做功，故C錯(cuò)誤；電子垂直射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變也是v,故D正確.所以D正確，ABC錯(cuò)誤.B【解析】【詳解】以重物為研究對(duì)象，重物受到重力、OA繩的拉力耳、OB繩的拉力F?三個(gè)力平衡，構(gòu)成矢量三角形，置于幾何圓中如圖：在轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，OA繩的拉力”先增大，轉(zhuǎn)過(guò)直徑后開(kāi)始減小，OB繩的拉力尸2開(kāi)始處于直徑上，轉(zhuǎn)動(dòng)后一直減小，B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。A【解析】

【分析】【詳解】消防救援隊(duì)隊(duì)員從平臺(tái)上跳下到B點(diǎn)由動(dòng)能定理得mgL=mv1松手后消防救援隊(duì)隊(duì)員做平拋運(yùn)動(dòng)，則有,1 2h=-gr,x=vBt聯(lián)立解得,x~h=——4L故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。C【解析】【分析】【詳解】由題意分析可知粒子從BE中點(diǎn)G飛出左邊磁場(chǎng)，作FG的垂直平分線(xiàn)交FA的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)O,點(diǎn)。為圓心，如圖所示O—十 力根據(jù)幾何知識(shí)，有FG=Jl2+—=—￡V4 2AFEG與AF7VO相似，則有解得又因?yàn)榻獾糜忠驗(yàn)閏 VqvB=tn—r解得5BqL

4m故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選C。B【解析】【分析】【詳解】A.物塊機(jī)械能由重力勢(shì)能和動(dòng)能構(gòu)成，所以拉力做功影響物塊機(jī)械能的改變，即則F=—Ax所以圖線(xiàn)的斜率表示拉力，在0內(nèi)過(guò)程中物體機(jī)械能在減小，則拉力在做負(fù)功，拉力方向沿斜面向上，所以物體的位移方向向下，即物體在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B.在0X過(guò)程中圖線(xiàn)的斜率逐漸減小到零，可知物體的拉力逐漸減小到零，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度mgs\n0-FCl=tn可知加速度一直增大，B正確；C.在Xw的過(guò)程中，拉力歹=0,機(jī)械能守恒，物體向下運(yùn)動(dòng)，重力勢(shì)能減小，速度增大，C錯(cuò)誤;D.在0玉的過(guò)程中，拉力沿斜面向下，結(jié)合C選項(xiàng)分析可知物體一直沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選B.【解析】【分析】【詳解】衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有_Mm 4/r2_G——=m——RR2 T2所以?xún)尚l(wèi)星運(yùn)行周期之比為—X-=K"，824故A正確、BCD錯(cuò)誤。故選A。二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得()分BC【解析】【詳解】A.由上下坡法可知，質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)的方向沿y軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；0.8s傳播一個(gè)波長(zhǎng)，周期為0.8s,故B正確；CD.波速A24,v=——= m/s=30m/sT0.8傳到P點(diǎn)的時(shí)間96t=——s=3.2s30故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC.8.BC【解析】【分析】【詳解】A.因?yàn)閍、b、c三個(gè)虛線(xiàn)圓電勢(shì)分別為45V、25V、15V,說(shuō)明場(chǎng)源電荷Q帶正電，故A錯(cuò)誤；B.由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡可知，粒子與場(chǎng)源電荷之間是斥力作用，粒子q帶正電，故B正確；C.粒子q從K到L的過(guò)程中，電勢(shì)升高，電勢(shì)差為30V,克服電場(chǎng)力做功為W=qU=3J故C正確；D.由運(yùn)動(dòng)軌跡可以看出，粒子做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在L處速度大小不可能為零，故D錯(cuò)誤。故選BC.【解析】【分析】【詳解】A.在加速電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得,,1 2qUt=-mv-在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，加速度為md則偏轉(zhuǎn)距離為運(yùn)動(dòng)時(shí)間為%聯(lián)立上式得y="-4qd其中I是偏轉(zhuǎn)極板的長(zhǎng)度，d是板間距離。粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與會(huì)成正比，故A錯(cuò)誤;B.從偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值attana=—%聯(lián)立解得滑片P向右滑動(dòng)的過(guò)程中，3增大，U2減小，可知偏轉(zhuǎn)角逐漸減小，故B正確;CD.緊貼M板飛出時(shí)，電場(chǎng)做功最多，粒子具有最大速率。由動(dòng)能定理-mv1-0=q(U[+U2)=qE解得故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC.【解析】【分析】【詳解】A.電壓表示數(shù)u=4-〃<1000vA錯(cuò)誤；BD.可調(diào)電阻r增大，副線(xiàn)圈電阻不變，則電路總電阻增大，電流減小，副線(xiàn)圈電阻分壓減小，BD正確；C.僅接入燈泡增多，副線(xiàn)圈電流增大，電流表示數(shù)增大，C正確。故選BCD.BD【解析】【詳解】A項(xiàng)：由題意不能確定在M點(diǎn)和在N點(diǎn)時(shí)彈簧是壓縮還是拉伸狀態(tài)，所以彈簧對(duì)小球可能先做正功后做負(fù)功，也可能先做負(fù)功后做正功，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：由于MP之間和PN之間各有一位置彈簧彈力為零，當(dāng)彈力為零時(shí)小球的加速度為gsin6,在P點(diǎn)時(shí)由于彈簧的彈力與桿垂直，所以小球的加速度也為gsin6,所以小球加速度大小等于gsin。的位置有三個(gè)，故B正確；C項(xiàng)：由于小球在P點(diǎn)的加速度為gsin6,所以小球的速度一定不為最大，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：從M到P由能量守恒得：mghMP=\Ep^mv},從P到N由能量守恒得：mghPN+\E=-mv\--mv},聯(lián)立解得：小球運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)肘的動(dòng)能是運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)動(dòng)能的兩倍，故D正確。故選：BD.BC【解析】【詳解】AB.對(duì)小球受力分析可知，沿斜面方向：Tcosa=mgsin。，在垂直斜面方向：FN+Tsina=mgcos0(其中a是細(xì)線(xiàn)與斜面的夾角，。為斜面的傾角)，現(xiàn)對(duì)滑塊施加水平向右的外力使其緩慢向右滑動(dòng)至A點(diǎn)，a變小，則細(xì)線(xiàn)對(duì)小球的拉力丁變小，斜面對(duì)小球的支持力Fv變大，故選項(xiàng)B正確，A錯(cuò)誤；C.對(duì)滑塊受力分析可知，在水平方向則有：costzF=Tcos(a+6)="g‘由"c°s(a+陰=/咫e(cos tanasin6),由于a變小，則有滑塊受到水

平向右的外力逐漸增大，故選項(xiàng)c正確;costzD.對(duì)斜面和小球?yàn)閷?duì)象受力分析可知，在豎直方向則有：ing+Mg=FN'+Tsin(0+a)，由于(a+。)變小，所以水平地面對(duì)斜面體的支持力逐漸增大，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分3.85+0.05 5.85±0.20等于大于【解析】【分析】圖象如圖所示。【詳解】圖象如圖所示。(2)[2][3]根據(jù)閉合電路歐姆定律可得E=IR+Ir變形為1R=E-Ir由圖象可得E=(3.85±0.05)Vr=(5.85±0.20)。(3)[4]⑸若考慮電流表內(nèi)阻對(duì)測(cè)量的影響，則表達(dá)式變?yōu)镮R=E-I{r+RJ因此，電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量無(wú)誤差，即電動(dòng)勢(shì)E的測(cè)量值等于真實(shí)值，但是內(nèi)阻測(cè)量偏大，即內(nèi)阻I?的測(cè)量值大于真實(shí)值。14.0.401.00 0.6314.0.401.00 0.63【解析】【分析】【詳解】木塊在斜面上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于這段時(shí)間內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，則木塊在0.4s時(shí)的速度大小v=(3O-14)xlQ-m/s=o4()m/s0.6-0.2(2)[2]木塊在0.2s時(shí)的速度大小,(32-24)xIO-2,c”，v= m/s=0.20m/s0.4-0木塊的加速度大小v—V0.4—0.2 2,nn/2a= = m/s=1.OOm/sAr0.4-0.2(3)[3]斜面傾角為37。，則對(duì)木塊受力分析，由牛頓第二定律可得，〃gsin37°-〃/7?gcos37°a= 解得//=—?0.638四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分(1)4m/s；102N,方向向下；(2)攵=45(3)vn=屜-2〃gnL【解析】【分析】【詳解】(1)物塊A滑入圓軌道到達(dá)Q的過(guò)程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒:121,—mvQ=—mv+2mgR①物塊A做圓周運(yùn)動(dòng)：FN+mg=m—②由①②聯(lián)立得:v=4m/s國(guó)=102N方向向下③(2)在與B碰撞前，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，A和B在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒:心%=(%+%)匕 ④A、B碰后向右滑動(dòng)，由動(dòng)能定理得：〃(%+加8)85=。一萬(wàn)(%+加8)片⑤由④⑤聯(lián)立得s=4.5m所以(3)碰后A、B滑至第n個(gè)光滑段上的速度v?,由動(dòng)能定理得：〃(%+F)g〃L=g(%+wB)v^-1(nzA+wB)v,2⑥解得：點(diǎn)睛：本題考查動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律及向心力等內(nèi)容，要求我們能正確分析物理過(guò)程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的轉(zhuǎn)化與守恒的靈活應(yīng)用.(1)30m/s；(2)125m；(3)4000J【解析】【分析】【詳解】⑴運(yùn)動(dòng)員到達(dá)C點(diǎn)，由牛頓第二定律得2r%r一mg=m—R解得Vc=30m/so(2)CE過(guò)程運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)水平方向x=vct豎直方向,1 24=]g'解得h2=125mo(3)AC過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgl\-W=-mv1解得W=4000J。17.①〃=900K；心=900K②△[/=()；0=200J【解析】【詳解】①氣體從狀態(tài)4到狀態(tài)3過(guò)程做等容變化，有：祟=祟*A1B解得：，=900K氣體從狀態(tài)5到狀態(tài)。過(guò)程做等壓變化，有：*解得：4=900K②因?yàn)闋顟B(tài)A和狀態(tài)。溫度相等，且氣體的內(nèi)能是所有分子的動(dòng)能之和，溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以在該過(guò)程中：AU=0氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)B過(guò)程體積不變,氣體從狀態(tài)B到狀態(tài)C過(guò)程對(duì)外做功,故氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中，外界對(duì)氣體所做的功為：W=-pAV=-lxlO5x(3xlO-3-lxlO3)J=-2OOJ由熱力學(xué)第一定律有：AU=Q+W解得：Q=2001/2021屆新高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.某同學(xué)投籃時(shí)將籃球從同一位置斜向上拋出，其中有兩次籃球垂直撞在豎直放置的籃板上，籃球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于籃球從拋出到撞擊籃板前，下列說(shuō)法正確的是（ ）A.兩次在空中的時(shí)間可能相等 B.兩次碰的籃板的速度一定相等C.兩次拋出的初速度豎直分量可能相等 D.兩次拋出的初動(dòng)能可能相等【答案】D【解析】【詳解】A.將籃球的運(yùn)動(dòng)逆向處理，即為平拋運(yùn)動(dòng)，由圖可知，第二次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的高度較小，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，故A錯(cuò)誤；B.籃球的運(yùn)動(dòng)逆向視為平拋運(yùn)動(dòng)，則平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，水平射程相等，但第二次用的時(shí)間較短，故第二次水平分速度較大，即籃球第二次撞籃板的速度較大，故B錯(cuò)誤；C.籃球的運(yùn)動(dòng)逆向視為平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，由i，,=J荻可知，第二次拋出時(shí)速度的豎直分量較小，故c錯(cuò)誤；D.由于水平速度第二次大，豎直速度第一次大，根據(jù)速度的合成可知，拋出時(shí)的速度大小不能確定，有可能相等，所以?xún)纱螔伋龅某鮿?dòng)能可能相等，故D正確；故選D。.如圖所示，真空中有一個(gè)半徑為R,質(zhì)量分布均勻的玻璃球，頻率為/的細(xì)激光束在真空中沿直線(xiàn)BC傳播，并于玻璃球表面的C點(diǎn)經(jīng)折射進(jìn)入玻璃球，并在玻璃球表面的D點(diǎn)又經(jīng)折射進(jìn)入真空中，已知NCOO=120°，玻璃球?qū)υ摷す獾恼凵渎蕿?,則下列說(shuō)法中正確的是（）A.出射光線(xiàn)的頻率變小B.改變?nèi)肷浣莂的大小，細(xì)激光束可能在玻璃球的內(nèi)表面發(fā)生全反射

此激光束在玻璃中穿越的時(shí)間為f=此激光束在玻璃中穿越的時(shí)間為f=3R（c為真空中的光速）D.激光束的入射角為a=45?！敬鸢浮緾【解析】【詳解】A.光在不同介質(zhì)中傳播時(shí)，頻率不會(huì)發(fā)生改變，所以出射光線(xiàn)的頻率不變，故A錯(cuò)誤；B.激光束從C點(diǎn)進(jìn)入玻璃球時(shí)，無(wú)論怎樣改變?nèi)肷浣牵凵浣嵌夹∮谂R界角，根據(jù)幾何知識(shí)可知光線(xiàn)在玻璃球內(nèi)表面的入射角不可能大于臨界角，所以都不可能發(fā)生全反射，故B錯(cuò)誤；C.此激光束在玻璃中的波速為ccV————產(chǎn)nV3CD間的距離為S=2Rsi〃60。=血?jiǎng)t光束在玻璃球中從C到。傳播的時(shí)間為S3Rt=—=—VC故C正確；D.由幾何知識(shí)得到激光束在在C點(diǎn)折射角r=30。，由sinan= sinr可得入射角a=60。，故D錯(cuò)誤。3.如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線(xiàn)圈的匝數(shù)之比為1:2,在原線(xiàn)圈電路的a、b端輸入電壓一定的正弦交變電流，電阻22消耗的功率相等，噴為（）B.4D.B.4D.241C.一2【答案】A【解析】【分析】【詳解】因?yàn)殡娮鑂i、R2消耗的功率相等，所以有I；R=又因?yàn)開(kāi)L=色.l2n\聯(lián)立解得故BCD錯(cuò)誤，A正確。故選A。4.一束由a、b兩種單色光組成的復(fù)色光射向玻璃制成的三棱鏡，通過(guò)三棱鏡的傳播情況如圖所示。關(guān)于a、b兩種單色光，下列說(shuō)法正確的是（ ）A.玻璃對(duì)a色光的折射率大于對(duì)b色光的折射率a色光的光子能量小于b色光的光子能量a色光在玻璃中的傳播速度比b色光小a色光發(fā)生全反射的臨界角比b色光小【答案】B【解析】【分析】【詳解】AB.通過(guò)玻璃三棱鏡后，b色光的偏折角最大，說(shuō)明玻璃對(duì)b光的折射率大于對(duì)a色光的折射率，則b色光的頻率最高，根據(jù)E=可知，a色光的光子能量小于b色光的光子能量，故A錯(cuò)誤，B正確；Ca色光的折射率小，根據(jù)「=￡分析可知a色光在玻璃中的傳播速度大于b色光，故C錯(cuò)誤；nD.玻璃對(duì)b光的折射率大，根據(jù)sinC=L知b色光發(fā)生全反射的臨界角小于a色光，故D錯(cuò)誤。n故選B.5.下列說(shuō)法中正確的是（ ）A.光電效應(yīng)揭示了光的波動(dòng)性B.中子與質(zhì)子結(jié)合成笊核時(shí)放出能量C.在所有核反應(yīng)中，都遵從“質(zhì)量守恒，核電荷數(shù)守恒”規(guī)律D.200個(gè)鐳226核經(jīng)過(guò)一個(gè)半衰期后，一定還剩下100個(gè)鐳226沒(méi)有發(fā)生衰變【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.光電效應(yīng)揭示了光的粒子性，A錯(cuò)誤；B.中子與質(zhì)子結(jié)合成笊核時(shí)會(huì)質(zhì)量虧損，所以放出能量，B正確；C.在所有核反應(yīng)中，都遵從“質(zhì)量數(shù)守恒，核電荷數(shù)守恒”規(guī)律，C錯(cuò)誤；D.半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律，研究個(gè)別原子核無(wú)意義，D錯(cuò)誤。故選B。6.如圖，一個(gè)質(zhì)量為m的剛性圓環(huán)套在豎直固定細(xì)桿上，圓環(huán)的直徑略大于細(xì)桿的直徑，圓環(huán)的兩邊與兩個(gè)相同的輕質(zhì)彈簧的一端相連，輕質(zhì)彈簧的另一端相連在和圓環(huán)同一高度的墻壁上的P、Q兩點(diǎn)處，彈簧的勁度系數(shù)為k,起初圓環(huán)處于O點(diǎn)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)且原長(zhǎng)為L(zhǎng)；將圓環(huán)拉至A點(diǎn)由靜止釋放，OA=OB=L,重力加速度為g,對(duì)于圓環(huán)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧處于彈性范圍內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是A.圓環(huán)通過(guò)O點(diǎn)的加速度小于gB.圓環(huán)在O點(diǎn)的速度最大C.圓環(huán)在A點(diǎn)的加速度大小為g+——mD.圓環(huán)在B點(diǎn)的速度為2瘋【答案】D【解析】【詳解】A.圓環(huán)通過(guò)O點(diǎn)時(shí)，水平方向合力為零，豎直方向只受重力，故加速度等于g,故A錯(cuò)誤；B.圓環(huán)受力平衡時(shí)速度最大，應(yīng)在O點(diǎn)下方，故B錯(cuò)誤；C.圓環(huán)在下滑過(guò)程中與粗糙細(xì)桿之間無(wú)壓力，不受摩擦力，在A點(diǎn)對(duì)圓環(huán)進(jìn)行受力分析如圖，根據(jù)幾何關(guān)系，在A點(diǎn)彈簧伸長(zhǎng)（Qi）l根據(jù)牛頓第二定律，有mg+2k（近L-￡）cos45=ma解得（2-V2ULa=g+- —m故c錯(cuò)誤；D.圓環(huán)從A到B過(guò)程，根據(jù)功能關(guān)系，減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能mg-2L=^mv~解得v=2弧故D正確。故選D。二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分7.如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的理想邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大。一個(gè)邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的單匝正方形線(xiàn)框，以速度v垂直磁場(chǎng)方向從圖示實(shí)線(xiàn)位置I開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線(xiàn)框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的位置II時(shí)，線(xiàn)框的速度為;。則下列說(shuō)法正確的是（）a.在位置n時(shí)線(xiàn)框中的電功率為*b,在位置時(shí)U的加速度為舞2C.2C.此過(guò)程中安培力的沖量大小為D.此過(guò)程中通過(guò)線(xiàn)框?qū)Ь€(xiàn)橫截面的電荷量為名2R【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A.線(xiàn)框經(jīng)過(guò)位置II時(shí)，線(xiàn)框左右兩邊均切割磁感線(xiàn)，所以此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為l2nE=—Bav3故線(xiàn)框中的電功率為八E~4B~a-vr= = R9RA正確；b.線(xiàn)框在位置n時(shí)，左右兩邊所受安培力大小均為F=F=Bia=282a2y3R根據(jù)左手定則可知，線(xiàn)框左右兩邊所受安培力的方向均向左，故此時(shí)線(xiàn)框的加速度為2F4B2a2va=——= m3mRB錯(cuò)誤；C.整個(gè)過(guò)程根據(jù)動(dòng)量定理可知安培力的沖量為v 2/=\P=m——mv=——mv3 32所以安培力的沖量大小為：mv,C正確；D.根據(jù)EA△①q=/Ar=—4=—RR線(xiàn)框在位置i時(shí)其磁通量為8片,而線(xiàn)框在位置n時(shí)其磁通量為零，故Ba2q= RD錯(cuò)誤。故選AC.8.分子力F、分子勢(shì)能Ep與分子間距離r的關(guān)系圖線(xiàn)如甲乙兩條曲線(xiàn)所示（取無(wú)窮遠(yuǎn)處分子勢(shì)能Ep=O）.下列說(shuō)法正確的是A.乙圖線(xiàn)為分子勢(shì)能與分子間距離的關(guān)系圖線(xiàn).當(dāng)r=i?。時(shí)，分子勢(shì)能為零C.隨著分子間距離的增大，分子力先減小后一直增大D.分子間的斥力和引力大小都隨分子間距離的增大而減小，但斥力減小得更快E.在