(含5套模擬卷)天津市北辰區(qū)2021屆新高考物理第四次調(diào)研試卷含解析

天津市北辰區(qū)2021屆新高考物理第四次調(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.如圖所示為一理恕變壓器，其中a、b、c為三個(gè)額定電壓相同的燈泡，輸入電壓u=UmSinlO（krt（V）.當(dāng)輸入電壓為燈泡額定電壓的8倍時(shí)，三個(gè)燈泡剛好都正常發(fā)光.下列說(shuō)法正確的是（ ）A.三個(gè)燈泡的額定電壓為Um/8B.變壓器原、副線圈匝數(shù)比為9：2C.此時(shí)燈泡a和b消耗的電功率之比為2：7D.流過(guò)燈泡c的電流，每0.02s方向改變一次【答案】C【解析】設(shè)燈泡的額定電壓為U,根據(jù)題意，輸入電壓u入=%=8U,得：此時(shí)原線圈兩端的電V2 16壓為U=u入—U=7U,副線圈兩端的電壓為U,=2。，則變壓器原、副線圈匝數(shù)比為2=*=：,n2U227,n,2根據(jù)f=一=三，因?yàn)閍、b此時(shí)都能正常發(fā)光，故電壓都為額定電壓，根據(jù)P=U/,可知a、b消耗12 7的電功率與電流成正比，即此時(shí)燈泡a和b消耗的電功率之比為2：7,由輸入電壓的表達(dá)式，可知角頻27r率。=100;rrad/s,則周期7=——=0.02s,而變壓器不會(huì)改變交變電流的周期，故每0.02s電流方向a）改變兩次，故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選C.【點(diǎn)睛】根據(jù)燈泡電壓與輸入電壓的關(guān)系可確定接在線圈的輸入端和輸出端的電壓關(guān)系，則可求得匝數(shù)之比；根據(jù)變壓器電流之間的關(guān)系和功率公式可確定功率之比.2.某靜電場(chǎng)在x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)（p隨坐標(biāo)x的分布圖像如圖所示。x軸上A、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)分別為9，\、（po、（PB，電場(chǎng)強(qiáng)度沿X軸方向的分量大小分別為Eax、Eox、Ebx，電子在a、O、B三點(diǎn)的電勢(shì)能分別為Wa、Wo、Wb.下列判斷中正確的是（ ）(Po><pB><pAEox>Ebx>EaxWO<WB<WAWO-WA>WO-WB【答案】D【解析】【詳解】A.由圖知電勢(shì)高低關(guān)系為。0<外<以，A錯(cuò)誤：B.根據(jù)圖像切線斜率的大小等于電場(chǎng)強(qiáng)度沿X軸方向的分量大小，所以E°x<Ebx<Ea*,B錯(cuò)誤;C.電子帶負(fù)電，根據(jù)電勢(shì)能公式：Ep=q(p=-e(p分析得知Epo>Epb>￡pa，C錯(cuò)誤；D.由圖知，0A間電勢(shì)差大于。8間電勢(shì)差，即有：%-%>%-內(nèi)電子帶負(fù)電，則根據(jù)電勢(shì)能公式：Ev=q(p得：Er>-￡P(guān)A>Epo-Epb,D正確.故選D。3.關(guān)于做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的單擺，下列說(shuō)法正確的是()A.單擺做穩(wěn)定的受迫振動(dòng)時(shí)，單擺振動(dòng)的頻率等于周期性驅(qū)動(dòng)力的頻率B.秒擺的擺長(zhǎng)和振幅均減為原來(lái)的四分之一，周期變?yōu)?.5sC.已知擺球初始時(shí)刻的位置及其周期，就可知擺球在任意時(shí)刻運(yùn)動(dòng)速度的方向D.單擺經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)擺球所受的合外力為零【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.系統(tǒng)做穩(wěn)定的受迫振動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)振動(dòng)的頻率等于周期性驅(qū)動(dòng)力的頻率，與固有頻率無(wú)關(guān)，故A正確;B.根據(jù)單擺的周期公式知擺長(zhǎng)縮短為原來(lái)的四分之一，則周期變?yōu)樵瓉?lái)的二分之一，即為1s,故B錯(cuò)誤；C.擺球在同一位置振動(dòng)方向有兩種，所以已知初始時(shí)刻的位置和振動(dòng)周期，不知道初始時(shí)刻擺球的振動(dòng)方向，不能知道振子在任意時(shí)刻運(yùn)動(dòng)速度的方向，故C錯(cuò)誤；D.單擺運(yùn)動(dòng)中，擺球在最低點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，所以擺球經(jīng)過(guò)平衡位置時(shí)所受的合外力提供向心力，故D錯(cuò)誤。故選A。4.如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕直棒一端可繞固定軸O轉(zhuǎn)動(dòng),另一端固定一質(zhì)量為m的小球，小球擱在水平升降臺(tái)上，升降平臺(tái)以速度v勻速上升，下列說(shuō)法正確的是（）A.小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.當(dāng)棒與豎直方向的夾角為a時(shí)，小球的速度為一」C.棒的角速度逐漸增大D.當(dāng)棒與豎直方向的夾角為。時(shí),棒的角速度為不二二Lsina【答案】D【解析】【分析】【詳解】小球受重力、平臺(tái)的彈力和桿的作用力，因?yàn)樯灯脚_(tái)以速度v勻速上升，平臺(tái)的彈力和桿的作用力變化,即小球受到的合力大小變化，小球做的不是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；棒與平臺(tái)接觸點(diǎn)的實(shí)際運(yùn)動(dòng)即合運(yùn)動(dòng)方向是垂直于棒指向左上，如圖所示,合速度v*=（oL,沿豎直向上方向上的速度分量等于v,即sLsina=v,所以3=丁匚，平臺(tái)向上運(yùn)動(dòng)，夾角增大，角速度減小，故BC錯(cuò)誤，D正確.Lsina故選D.【點(diǎn)睛】找合速度是本題的關(guān)鍵，應(yīng)明白實(shí)際的速度為合速度.然后分解速度，做平行四邊形，根據(jù)三角形求解.此題難度在于合速度難確定，屬于中檔題.5.將檢驗(yàn)電荷q放在電場(chǎng)中，q受到的電場(chǎng)力為F,我們用白來(lái)描述電場(chǎng)的強(qiáng)弱。類比于這種分析檢驗(yàn)qTOC\o"1-5"\h\z物體在場(chǎng)中受力的方法，我們要描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，下列表達(dá)式中正確的是（ ）\o"CurrentDocument"A.9 B, c.土 D,S Lv IL V九【答案】C【解析】【詳解】將檢驗(yàn)電荷q放在電場(chǎng)中，q受到的電場(chǎng)力為F,我們用￡來(lái)描述電場(chǎng)的強(qiáng)弱；類比于這種分析檢驗(yàn)物體q在場(chǎng)中受力的方法，用8=，來(lái)描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱；故C項(xiàng)正確，ABD三項(xiàng)錯(cuò)誤。.一三棱鏡截面如圖所示，NC=90。，ZB=60°,AC面涂有反光涂層。一細(xì)束光從O垂直AB邊射入棱鏡，經(jīng)AC面反射到BC面，在BC面上恰好發(fā)生全反射。則該棱鏡的折射率為（）【答案】C【解析】【分析】【詳解】做出光路圖，如圖所示'M根據(jù)幾何關(guān)系，光線到達(dá)AC面的入射角為a=30。，則反射角為/?=a=30。，根據(jù)幾何關(guān)系，光線在BC面的入射角為i=60。，因?yàn)楣饩€在BC面上恰好發(fā)生全反射，則sin90°2>/3n=- =■ sinz3故C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.高精度全息穿透成像探測(cè)儀利用電磁波穿透非金屬介質(zhì)，探測(cè)內(nèi)部微小隱蔽物體并對(duì)物體成像，只有分辨率高體積小、輻射少，應(yīng)用領(lǐng)域比超聲波更廣。關(guān)于電磁波和超聲波，下列說(shuō)法正確的是（ ）A.電磁波和超聲波均能發(fā)生偏振現(xiàn)象.電磁波和超聲波均能傳遞能量和信息C.電磁波和超聲波均能發(fā)生干涉和衍射現(xiàn)象D.電磁波和超聲波均需依賴于介質(zhì)才能傳播E.電磁波由空氣進(jìn)入水中時(shí)速度變小，超聲波由空氣進(jìn)入水中時(shí)速度變大【答案】BCE【解析】【分析】【詳解】A.電磁波是橫波，能發(fā)生偏振現(xiàn)象，而超聲波是縱波，不能發(fā)生偏振，故A錯(cuò)誤；B.電磁波和超聲波均能傳遞能量和信息，故B正確；C.干涉和衍射是一切波特有的現(xiàn)象，電磁波和超聲波均能發(fā)生干涉和衍射現(xiàn)象，故C正確；D.電磁波在真空中能傳播，超聲波需依賴于介質(zhì)才能傳播，故D錯(cuò)誤；E.電磁波由空氣進(jìn)入水中時(shí)速度變小，超聲波由空氣進(jìn)入水中時(shí)速度變大，故E正確。故選BCE.8.電阻R接在20V的恒壓電源上時(shí)，消耗的電功率為P；若將R接在如圖所示理想變壓器的副線圈電路中時(shí)，R消耗的電功率為，。已知電路中電阻Ro的阻值是R的4倍，a、b兩端接在〃=4（h歷sinlOOR（V）的交流電源上，此變壓器（ ）

ar^A.副線圈輸出電壓的頻率為100HzB.副線圈輸出電壓的有效值為10VC.原、副線圈的匝數(shù)之比為2：1D.原、副線圈的電流之比為1：4【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.變壓器不改變交變電流的頻率，由題可知，交流電壓的頻率為IQOn2兀IQOn2兀=50Hz故A錯(cuò)誤；B.由題意可得U；1202——=x R4R解得t/2=10V故B正確；C.電源的有效值為{/=40^v=40Vy/21 4U設(shè)原、副線圈的匝數(shù)之比為n,則原、副線圈的電流之比為一則R。兩端電壓為之，根據(jù)原、副線圈電n n壓比等匝數(shù)比即八440U,—匚=〃解得n-2故C正確；D.由原、副線圈中的電流之比等匝數(shù)反比可知，原、副線圈的電流之比為1:2,故D錯(cuò)誤。故選BC.9.下列說(shuō)法中正確的是oA.霧霾在大氣中的漂移是布朗運(yùn)動(dòng)B.當(dāng)氣體凝結(jié)為固體時(shí)，其分子的平均速率無(wú)限接近于零C.把玻璃管的裂口放在火焰上燒熔，它的尖端就會(huì)變鈍，這是因?yàn)楸砻鎻埩Φ淖饔肈.在等壓變化過(guò)程中，溫度升高，單位時(shí)間內(nèi)單位面積上分子碰撞次數(shù)減少E.當(dāng)人們感到潮濕時(shí)，空氣的相對(duì)濕度一定大【答案】CDE【解析】【詳解】A.霧霾在大氣中的漂移是氣體的流動(dòng)造成的，故A錯(cuò)誤；B.氣體凝結(jié)為固體時(shí)，分子仍在做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，由于溫度的降低，分子的平均動(dòng)能減小，但分子平均速率不會(huì)趨近于零，故B錯(cuò)誤；C.把玻璃管的裂口放在火焰上燒熔，它的尖端就會(huì)變鈍，是因?yàn)橐簯B(tài)的玻璃表面的分子間的距離比內(nèi)部分子間的距離大，分子間表現(xiàn)為引力，是表面張力的作用，故C正確；D.在等壓變化過(guò)程中，溫度升高，體積增大分子速度增大，碰撞的作用力增大，而壓強(qiáng)不變，故單位時(shí)間內(nèi)單位面積上分子碰撞次數(shù)減少，故D正確；E.當(dāng)人們感到潮濕時(shí)，空氣的相對(duì)濕度一定大，故E正確。故選：CDE.10.如圖所示，光滑細(xì)桿MN傾斜固定，與水平方向夾角為0,一輕質(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，O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)。現(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gsinG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【答案】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gsin，，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gsin，，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+-mVp,從P到N由能量守恒得：+△紇,=；〃吟/叫,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.11.如圖所示為理想變壓器，其原、副線圈的匝數(shù)比為4：1,電壓表和電流表均為理想電表，原線圈接有“=36及01110（比7（丫）的正弦交流電，圖中D為理想二極管，定值電阻R=9C.下列說(shuō)法正確的是B.t- 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A2【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A、將時(shí)刻代入瞬時(shí)值公式可知，，=^s時(shí)，原線圈輸入電壓的瞬時(shí)值為18忘V，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B、電壓表的示數(shù)為有效值，輸入電壓的峰值為366，根據(jù)正弦式交變電流有效值與最大值的關(guān)系可知,U=*=36V,B選項(xiàng)正確；42C、D、電流表測(cè)量流過(guò)副線圈的電流，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)可知偌效氏T=八夫（，解得：鼠產(chǎn)顯A;故C選項(xiàng)錯(cuò)誤，D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.12.下列說(shuō)法正確的是.A.氣體的溫度升高，每個(gè)氣體分子運(yùn)動(dòng)的速率都增大B.已知阿伏加德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可算出該氣體分子間的平均距離C.空調(diào)機(jī)作為制冷機(jī)使用時(shí)，將熱量從溫度較低的室內(nèi)送到溫度較高的室外，所以制冷機(jī)的工作不遵守?zé)崃W(xué)第二定律D.附著層內(nèi)分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離時(shí)，液體與固體間表現(xiàn)為浸潤(rùn)E.若分子間的距離減小，則分子間的引力和斥力均增大【答案】BDE【解析】【分析】【詳解】A.溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，氣體溫度升高，分子的平均動(dòng)能增加，分子的平均速率增大，不是每個(gè)氣體分子運(yùn)動(dòng)的速率都增大，故A錯(cuò)誤；B.知道阿伏加德羅常數(shù)、氣體的摩爾質(zhì)量和密度，可求出氣體的摩爾體積，然后求出每個(gè)氣體分子占據(jù)的空間大小，從而能求出氣體分子間的平均距離，故B正確；C.空調(diào)機(jī)作為制冷機(jī)使用時(shí)，將熱量從溫度較低的室內(nèi)送到溫度較高的室外，產(chǎn)生了其他影響，即消耗了電能，所以不違背熱力學(xué)第二定律，故c錯(cuò)誤；D.附著層內(nèi)分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離時(shí)，附著層內(nèi)分子間作用表現(xiàn)為斥力，附著層有擴(kuò)展趨勢(shì)，液體與固體間表現(xiàn)為浸潤(rùn)，故D正確；E.若分子間的距離減小，則分子間的引力和斥力均增大，故E正確.故選BDE.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分13.用圖所示實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律.通過(guò)電磁鐵控制的小鐵球從A點(diǎn)自由下落，下落過(guò)程中經(jīng)過(guò)光電門B時(shí)，通過(guò)與之相連的毫秒計(jì)時(shí)器（圖中未畫(huà)出）記錄下?lián)豕鈺r(shí)間t,測(cè)出AB之間的距離h.實(shí)驗(yàn)前應(yīng)調(diào)整光電門位置使小球下落過(guò)程中球心通過(guò)光電門中的激光束.IF(i)為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，還需要測(cè)量下列哪些物理量 .A.A點(diǎn)與地面間的距離HB.小鐵球的質(zhì)量mC.小鐵球從A到B的下落時(shí)間t,、BD.小鐵球的直徑d(2)小鐵球通過(guò)光電門時(shí)的瞬時(shí)速度若下落過(guò)程中機(jī)械能守恒，則;與h的關(guān)系式為g=.【答案】D [攀【解析】【分析】【詳解】(1)[1]A.根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知，需要測(cè)量的是A點(diǎn)到光電門的距離，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)機(jī)械能守恒的表達(dá)式可知，方程兩邊可以約掉質(zhì)量，因此不需要測(cè)量質(zhì)量，故B錯(cuò)誤；C.利用小球通過(guò)光電門的平均速度來(lái)代替瞬時(shí)速度，不需要測(cè)量下落時(shí)間，故C錯(cuò)誤；D.利用小球通過(guò)光電門的平均速度來(lái)代替瞬時(shí)速度時(shí)，需要知道擋光物體的尺寸，因此需要測(cè)量小球的直徑，故D正確.故選D.(2)⑵網(wǎng)利用小球通過(guò)光電門的平均速度來(lái)代替瞬時(shí)速度，故dv=t根據(jù)機(jī)械能守恒的表達(dá)式有,1 2mgh=—mv即1,2￡,「一M14.某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，實(shí)驗(yàn)時(shí)進(jìn)行了如下的操作(滑輪的大小可忽略)：①滑塊甲放在氣墊導(dǎo)軌上，滑塊乙穿在涂有潤(rùn)滑劑的豎直桿上，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平，氣墊導(dǎo)軌的適當(dāng)位置放置光電門，實(shí)驗(yàn)時(shí)記錄遮光條的擋光時(shí)間t;②將兩滑塊由圖中的位置無(wú)初速釋放，釋放瞬間兩滑塊之間的細(xì)繩剛好水平拉直；③測(cè)出兩滑塊甲、乙的質(zhì)量M=0.20kg、m=0.10kg,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間=9.80m/s2?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)如圖，用游標(biāo)卡尺測(cè)得遮光條的寬度d=cm；(2)實(shí)驗(yàn)小組在實(shí)驗(yàn)時(shí)同時(shí)對(duì)以下物理量進(jìn)行了測(cè)量，其中有必要的測(cè)量是(填序號(hào));A.滑輪到豎直桿的距離L=0.6(hnB.滑塊甲到滑輪的距離a=1.50mC.物塊甲的遮光條到光電門的距離b=0.40m⑶當(dāng)遮光條通過(guò)光電門瞬間，滑塊乙速度的春年才為v『 ；(4)若測(cè)量值1=s,在誤差允許的范圍內(nèi)，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。(保留兩位有效數(shù)字)d(L+b)【答案】0.42。 AC + . 0.0020或2.0x10-3【解析】【分析】【詳解】(1)口］游標(biāo)卡尺的讀數(shù)由主尺讀數(shù)和游標(biāo)尺讀數(shù)組成，遮光條的寬度d=4mm+4x().05mm=4.20min=0.420cm(2)⑵本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，即系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能等于系統(tǒng)增加的動(dòng)能，研究滑塊甲運(yùn)動(dòng)到光電門的過(guò)程，系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能系統(tǒng)增加的動(dòng)能1,1,AEk=—A/v[p+—繩上的速度關(guān)系如圖則有/L+b)2-1?vi'=vz,--~7-71L+b故必要的測(cè)量為滑輪到豎直桿的距離L=0.60m,物塊甲的遮光條到光電門的距離b=0.40m,故AC正確，B錯(cuò)誤。故選AC。(3)[3]利用極短時(shí)間內(nèi)的平均速度表示瞬時(shí)速度，當(dāng)遮光條通過(guò)光電門瞬間，滑塊甲速度d根據(jù)繩上的速度關(guān)系可知，滑塊乙的速度d(L+b)v,=―,t^L+b)2-I3(4)[4]由(2)的分析可知，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則滿足mgy](L+b)2-I?=^Mv^+^mvl解得t=2.0xl(r3s四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.我國(guó)將于2022年舉辦冬奧會(huì)，跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一。如圖所示，質(zhì)量m=60kg的運(yùn)動(dòng)員從傾角。=30°、長(zhǎng)度L=80m的直助滑道AB的A處由靜止開(kāi)始勻加速滑下，經(jīng)過(guò)t=8s到達(dá)助滑道末端B。為了改變運(yùn)動(dòng)員的運(yùn)動(dòng)方向，在助滑道與起跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點(diǎn)C處附近是一段以O(shè)為圓心、半徑R=14m的圓弧，助滑道末端B與彎曲滑道最低點(diǎn)C的高度差h=5m,運(yùn)動(dòng)員在B、C間運(yùn)動(dòng)時(shí)阻力做功W=-1000J,g=10m/sZ求：(1)運(yùn)動(dòng)員在AB段下滑時(shí)受到阻力好的大??；⑵運(yùn)動(dòng)員到達(dá)滑道最低點(diǎn)C時(shí)對(duì)滑道的壓力Fn的大小。R；R；起跳臺(tái)【答案】(1)150N；(2)2600N.【解析】【分析】【詳解】(1)A到B：由牛頓第二定律得：mgsin0—Fj=ma,1，L=—at2Ff=150N(2)A到C：由動(dòng)能定理得mg(Lsin0+h)-FfL+W=-mvc2-OFz—me=RFn=2600N根據(jù)牛頓第三定律壓力與支持力大小相等，為2600N.16.如圖所示為回旋加速器的結(jié)構(gòu)示意圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于半圓型且中空的金屬盒Di和D2,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,金屬盒的半徑為R,兩盒之間有一狹縫，其間距為d,且R?d,兩盒間電壓為U。A處的粒子源可釋放初速度不計(jì)的帶電粒子，粒子在兩盒之間被加速后進(jìn)入5盒中，經(jīng)半個(gè)圓周之后再次到達(dá)兩盒間的狹縫。通過(guò)電源正負(fù)極的交替變化，可使帶電粒子經(jīng)兩盒間電場(chǎng)多次加速后獲得足夠高的能量。已知帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q。(1)不考慮加速過(guò)程中的相對(duì)論效應(yīng)和重力的影響。①求粒子可獲得的最大動(dòng)能Ekm；②若粒子第I次進(jìn)入Di盒在其中的軌道半徑為如粒子第2次進(jìn)入Di盒在其中的軌道半徑為⑵求口與「2之比；③求粒子在電場(chǎng)中加速的總時(shí)間L與粒子在D形盒中回旋的總時(shí)間匕的比值，并由此分析：計(jì)算粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間時(shí)，h與t2哪個(gè)可以忽略？(假設(shè)粒子在電場(chǎng)中的加速次數(shù)等于在磁場(chǎng)中回旋半周的次數(shù))；(2)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：通過(guò)該回旋加速器加速的帶電粒子能量達(dá)到25~30MeV后，就很難再加速了.這是由于速度足夠大時(shí)，相對(duì)論效應(yīng)開(kāi)始顯現(xiàn)，粒子的質(zhì)量隨著速度的增加而增大。結(jié)合這一現(xiàn)象，分析在粒子獲得較高能量后，為何加速器不能繼續(xù)使粒子加速了。【解析】【分析】【詳解】(1)①粒子離開(kāi)回旋加速器前，做的還是圓周運(yùn)動(dòng)，由洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得V2K￡ 1 2Ek,n=-mVm解得E:酒/knic2m②設(shè)帶電粒子在兩盒間加速的次數(shù)為N,在磁場(chǎng)中有qvB=m—r在電場(chǎng)中有12NqU=mv~第一次進(jìn)入D1盒中N=L第二次進(jìn)入Di盒中N=3,可得4_1X飛③帶電粒子在電場(chǎng)中的加速度為qE_qlJ_C4— —mmd所以帶電粒子在電場(chǎng)中的加速總時(shí)間為/J，_BdR設(shè)粒子在磁場(chǎng)中回旋的圈數(shù)為n,由動(dòng)能定理得2nqU=；mv：帶電粒子回旋一圈的時(shí)間為丁2nm1= qB所以帶電粒子在磁場(chǎng)中回旋的總時(shí)間為八_2dt2tiR已知/?>>d可知乙<<，2,所以乙可以忽略。(2)帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)周期為丁2nm1= qB對(duì)一定的帶電粒子和一定的磁場(chǎng)來(lái)說(shuō)，這個(gè)周期是不變的。如果在兩盒間加一個(gè)同樣周期的交變電場(chǎng)，就可以保證粒子每次經(jīng)過(guò)電場(chǎng)時(shí)都能被加速，當(dāng)粒子的速度足夠大時(shí)，由于相對(duì)論效應(yīng)，粒子的質(zhì)量隨速度的增加而增大，質(zhì)量的增加會(huì)導(dǎo)致粒子在磁場(chǎng)中的回旋周期變大，從而破壞了與電場(chǎng)變化周期的同步，導(dǎo)致無(wú)法繼續(xù)加速。17.如圖所示，水平軌道BC兩端連接豎直的光滑L圓弧，質(zhì)量為2m的滑塊b靜置在B處，質(zhì)量為m4的滑塊a從右側(cè)y圓弧的頂端A點(diǎn)無(wú)初速釋放，滑至底端與滑塊b發(fā)生正碰，碰后粘合在一起向左運(yùn)動(dòng),已知圓弧的半徑為R=0.45m,水平軌道長(zhǎng)為L(zhǎng)=0.2m,滑塊與水平軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)ji=O.L重力加速度取g=10m/s2。求：(1)兩滑塊沿左側(cè)圓弧上升的最大高度h；⑵兩滑塊靜止時(shí)的位置。\T\一 ch【答案】(1)0.03m(2)水平軌道的中點(diǎn)處【解析】【詳解】(1)設(shè)滑塊a滑至底端碰前速度大小為vb，碰后共同速度大小為V,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有由動(dòng)量守恒定律有mvB=(m+2m)v從B點(diǎn)到左側(cè)最大高度處由動(dòng)能定理有1 2-p3mgL-3mgh=0——x3mv~聯(lián)立解得h=0.03m(2)粘合體將來(lái)回往復(fù)運(yùn)動(dòng)，直到速度為0,設(shè)在水平軌道BC上運(yùn)動(dòng)的路程為s,根據(jù)動(dòng)能定理有1 2—p3mgs=0——x3mv解得s=0.5m所以滑塊停在水平軌道BC的中點(diǎn)處。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.將一小球從高處水平拋出，最初1s內(nèi)小球動(dòng)能Ek隨時(shí)間t變化的圖象如圖所示，不計(jì)空氣阻力，g取10m/sL根據(jù)圖象信息，不能確定的物理量是（）B.小球的初速度C.最初1s內(nèi)重力對(duì)小球做功的平均功率D.小球拋出時(shí)的高度【答案】D【解析】試題分析：小球被拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)圖象可知：小球的初動(dòng)能為5J,1s末的動(dòng)能為30J,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式及動(dòng)能的表達(dá)式即可解題.解：A、B、設(shè)小球的初速度為Vo,則1s末的速度為：V|=JV：+V~（10X2）"""">根據(jù)圖象可知：小球的初動(dòng)能為：EK0=gnv<J=5J,Is末的動(dòng)能為：EKi=gmvJ=30J,解得：m=0.115kg,vo=4>用n/s,故A、B錯(cuò)誤.C、最初Is內(nèi)重力對(duì)小球做功的瞬時(shí)功率為：P=mgvy=mg?gt=0.115xl0,xlW=15W,則Is末小球重力的瞬時(shí)功率能確定.故C錯(cuò)誤.D、根據(jù)已知條件只能求出1s內(nèi)豎直方向下落的高度為：h=/p=1xl0xpm=10m,而不能求出小球拋出時(shí)的高度，則D不能確定?故D正確?故選D.【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式及動(dòng)能表達(dá)式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象讀出有效信息..如圖所示，吊籃A、物體B、物體C的質(zhì)量均為m,兩物體分別固定在豎直彈簧兩端，彈簧的質(zhì)量不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)在輕繩懸掛下處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)將懸掛吊籃的輕繩剪斷在輕繩剛被剪斷的時(shí)間（ ）A.物體B的加速度大小為g B.物體C的加速度大小為2gC.吊籃A的加速度大小為g D.吊籃A與物體C間的彈力大小為0.5mg【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.彈簧開(kāi)始的彈力F=mg剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧彈力不變，B的合力仍然為零，則B的加速度為0,故A錯(cuò)誤；BC.剪斷細(xì)線的瞬間，彈力不變，將C和A看成一個(gè)整體，根據(jù)牛頓第二定律得F+2mgmg+2mgaAC=-□ = =1?5g2m2m即A、C的加速度均為1.5g,故BC錯(cuò)誤；D.剪斷細(xì)線的瞬間，A受到重力和C對(duì)A的作用力，對(duì)A有Fc+mg—ma得Fc=ma-mg=0.5mg故D正確。故選D。.據(jù)《世說(shuō)新語(yǔ)》記載，晉明帝司馬昭在回答“汝意謂長(zhǎng)安與日孰遠(yuǎn)”時(shí)，一句“舉目望日，不見(jiàn)長(zhǎng)安”驚愕群臣。我們生活的2020年初的地球，需經(jīng)8分13秒才能看見(jiàn)太陽(yáng)的光芒，但我們離長(zhǎng)安卻隔了將近1111年。距研究者發(fā)現(xiàn)，地球與太陽(yáng)的距離不斷縮小，月球卻在逐漸遠(yuǎn)去。下列說(shuō)法正確的是A.在2020初，地日距離約為150萬(wàn)千米B.倘若月球徹底脫離了地球，則它受到地球?qū)λ囊椋ǎ〤.與長(zhǎng)安城中的人相比，我們的“一個(gè)月”在實(shí)際上應(yīng)略長(zhǎng)于他們的D.與長(zhǎng)安城中的人相比，我們的“一年”在實(shí)際上應(yīng)略長(zhǎng)于他們的【答案】C【解析】【詳解】a.由x=a可得，地日距離約為x=3x108x493m*1.5x10skm故A錯(cuò)誤；B.倘若月球徹底擺脫了地球，由萬(wàn)有引力定律可知，地球?qū)λ匀挥幸ψ饔?，故B錯(cuò)誤；C.由于月地距離增大，故月球的公轉(zhuǎn)周期變長(zhǎng)，故現(xiàn)在的一月應(yīng)該長(zhǎng)于過(guò)去，故C正確；D.由于日地距離不斷縮小，故地球的公轉(zhuǎn)周期變短，因此現(xiàn)在的一年應(yīng)該略短于過(guò)去，故D錯(cuò)誤；故選C。4.一充電后的平行板電容器與外電路斷開(kāi)保持兩極板的正對(duì)面積不變，其電容C和兩極板間的電勢(shì)差U的變化情況是（）A.僅在兩極板間插入一電介質(zhì)，C減小，U不變B.僅在兩極板間插入一電介質(zhì)，C增大，U減小C.僅增大兩極板間距離，C減小，U不變D.僅增大兩極板間距離，C增大，U減小【答案】B【解析】【詳解】TOC\o"1-5"\h\zAB.根據(jù)C=可知，僅在兩極板間插入一電介質(zhì)，C變大，根據(jù)C可知，Q一定，則U減小,4兀kd U選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；fS OCD.僅增大兩極板間距離，根據(jù)C 可知C減小，根據(jù)C=V可知，Q一定，U變大，選項(xiàng)CD4兀kd U錯(cuò)誤；故選B。5.電容為C的平行板電容器豎直放置，正對(duì)面積為S,兩極板間距為d,充電完成后兩極板之間電壓為U,斷開(kāi)電路，兩極板正對(duì)區(qū)域視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，其具有的電場(chǎng)能可表示為綜=!?！ā⑷绻猛饬κ蛊叫邪咫娙萜鞯膬蓚€(gè)極板間距緩慢變?yōu)?d,下列說(shuō)法正確的是（）A.電容變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍 B.電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半C.電場(chǎng)能變?yōu)樵瓉?lái)的兩倍 D.外力做的功大于電場(chǎng)能的增加量【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.極板間距變?yōu)樵瓉?lái)兩倍，根據(jù)。=具7可知電容減半，A錯(cuò)誤；4兀kdB,電荷量和極板正對(duì)面積不變，則E=U=Q=4兀kQ~~d~~Cd~￡rS電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變，B錯(cuò)誤；C.當(dāng)開(kāi)關(guān)斷開(kāi)后，電容器極板的電荷量Q不變，根據(jù)U=—C電容減半，兩極板間電壓加倍，根據(jù)1 7E=-CU2p2可知，電場(chǎng)能加倍，C正確；D.電路斷開(kāi)，沒(méi)有電流和焦耳熱產(chǎn)生，極板的動(dòng)能不變，則外力做的功等于電場(chǎng)能的增加量，D錯(cuò)誤。故選C.6.在離地高h(yuǎn)處，同時(shí)自由下落和豎直向上拋出各一個(gè)小球，其中豎直上拋的小球初速度大小為v,不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,兩球落地的時(shí)間差為（）h 2h 2v vP―2hf2hA.- B.— C.—— D.—+J—+ J—v v g g'gg'g【答案】D【解析】【分析】【詳解】自由下落的小球，有得對(duì)于豎直上拋的小球，由機(jī)械能守恒得:mgh+mv~=-^mv'2則得落地時(shí)速度大小為M=yjv2+2gh對(duì)于豎直上拋的小球，將其運(yùn)動(dòng)看成一種勻減速直線運(yùn)動(dòng)，取豎直向上為正方向，加速度為-g,則運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：故時(shí)間之差為A.與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；V2hB.—,與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;vC.—,與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；gD.—+J~^+~~J~,與結(jié)論相符，選項(xiàng)D正確；故選D.點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵要明確小球運(yùn)動(dòng)中機(jī)械能守恒，要理清過(guò)程中的速度關(guān)系，寫(xiě)出相應(yīng)的公式，分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系.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.一質(zhì)量為m的物體以某一速度沖上一個(gè)傾角為37。的斜面，其運(yùn)動(dòng)的加速度的大小為0.9g.這個(gè)物體沿斜面上升的最大高度為H,則在這過(guò)程中（）A.物體克服重力做功0.9mgH.物體克服摩擦力做功0.6mgHC.物體的動(dòng)能損失了1.5mgHD.物體的重力勢(shì)能增加了mgH【答案】CD【解析】【分析】【詳解】AD.重力勢(shì)能的增加量等于克服重力做的功mgH,故重力勢(shì)能增加了mgH,故A錯(cuò)誤，D正確；B.物體上滑過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgsin370+f=ma,解得摩擦力大?。篺=0.3mg,物體克服摩擦H力做功：W^OJmgx -=0.5mgH,故B錯(cuò)誤；sin37C.物體上滑過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，得合外力大小為F?ma=0.9mg,根據(jù)動(dòng)能定理得：AE^-F合

1.5mgH,故物體的動(dòng)能減少了l.SmgH,故C1.5mgH,故物體的動(dòng)能減少了l.SmgH,故C正確.故選CD.8.如圖甲所示，圓形的剛性金屬線圈與一平行板電容器連接，線圈內(nèi)存在垂直于線圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，取垂直于紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示.t=0時(shí)刻，在平行板電容器間，由靜止釋放一帶正電的粒子（重力可忽略不計(jì)），假設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)未碰到極板，不計(jì)線圈內(nèi)部磁場(chǎng)變化對(duì)外部空間的影響，下列關(guān)于板間電場(chǎng)強(qiáng)度、粒子在板間運(yùn)動(dòng)的位移、速度和加速度與時(shí)間的關(guān)系圖象中（以向上為正方向）可能正確的是（ ）【答案】CD【解析】a、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律七=竺="心，o?4感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，方向逆時(shí)針，4?三感加加 4 4 4應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，方向順時(shí)針?lè)较?，方向與《相反；=7?74 4感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變沿逆時(shí)針?lè)较?，方向與。?4相同，故A錯(cuò)誤；4BCD、0?4內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板帶正電；粒子帶正電，則粒4子所受電場(chǎng)力方向豎直向上而向上做勻加速運(yùn)動(dòng).工?!內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正4 2電，金屬板下極板帶負(fù)電：因粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向下而向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速T3度為零，---r,內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負(fù)電，帶正電粒子24向下勻加速，同理，下?了，內(nèi)情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負(fù)電，金屬板下極板帶正電；因粒子帶正電，則粒子所受電場(chǎng)力方向豎直向上，而向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度為零；由上分析可知，4末速度減小為零，位移最大，當(dāng)T末，粒子回到了原來(lái)位置，故B錯(cuò)誤，CD正確.點(diǎn)睛：本題屬于綜合性題目，注意將產(chǎn)生感應(yīng)電流的部分看作電源，則可知電容器兩端的電壓等于線圈兩端的電壓，這樣即可還原為我們常見(jiàn)題型.

9.下列說(shuō)法中正確的是.A.著名的泊松亮斑是光的衍射現(xiàn)象B.用白光做單縫衍射與雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，均可看到彩色條紋C.用標(biāo)準(zhǔn)平面槍查光學(xué)平面的平整程度是利用光的偏振現(xiàn)象D.發(fā)生日環(huán)食時(shí)月球距地球比發(fā)生日全食時(shí)月球距地球遠(yuǎn)一些E.在光的雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，將入射光由綠光改為紫光，則條紋間隔變寬【答案】ABD【解析】【詳解】A.泊松亮斑是光的衍射現(xiàn)象，選項(xiàng)A正確；B.用白光做單縫衍射與雙縫干涉實(shí)驗(yàn)，均可看到彩色條紋，選項(xiàng)B正確；C.用標(biāo)準(zhǔn)平面檢查光學(xué)平面的平整程度是利用光的干涉現(xiàn)象，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.發(fā)生日環(huán)食時(shí)月球距地球比發(fā)生日全食時(shí)月球距地球遠(yuǎn)一些，選項(xiàng)D正確：E.做雙縫干涉實(shí)驗(yàn)時(shí)，會(huì)在光屏上得到明暗相間的干涉條紋，當(dāng)波長(zhǎng)越長(zhǎng)時(shí)，條紋間距越寬，當(dāng)改成紫光時(shí)，由于波長(zhǎng)變小，則條紋間距變小，選項(xiàng)E錯(cuò)誤。故選ABDo10.如圖所示，一個(gè)小型旋轉(zhuǎn)式交流發(fā)電機(jī)，其矩形線圈的面積為S,共有n匝，總電阻為r,外電路上接有一個(gè)阻值為R的定值電阻和一個(gè)理想交流電流表A.線圈以角速度。在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞與磁場(chǎng)方向垂直的對(duì)稱軸OO'勻速運(yùn)動(dòng)，圖中線圈平面平行于磁場(chǎng)方向，由此位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）O'A.發(fā)電機(jī)所產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的最大值為〃從初始位置開(kāi)始，在四分之一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)R的電荷量為需R兩端電壓的有效值R兩端電壓的有效值?JlnBScoR2（/?+r）D.交流電流表的示數(shù)一直在變化【解析】【詳解】A.在初始位置線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大，且E,?=nx2xBxabx—bcx（o=nBScom 2故A正確；B.從初始位置開(kāi)始，在四分之一個(gè)周期內(nèi)通過(guò)R的電荷量為〃△①nBSq—R+r/?+r故B錯(cuò)誤：C.電動(dòng)勢(shì)的有效值為E=—Em=—nBSco2m2電阻R兩端電壓的有效值為〃E?j2nBScoRU= x/?= —R+r 2（R+r）故C正確；D.交流電流表測(cè)的是有效值，其示數(shù)不會(huì)變化，故D錯(cuò)誤。故選：AC.11.下列關(guān)于振動(dòng)和波的說(shuō)法，正確的是.A.聲波在空氣中傳播時(shí)，空氣中各點(diǎn)有相同的振動(dòng)頻率B.水波在水面上傳播時(shí)，水面上各點(diǎn)沿波傳播方向移動(dòng)C.聲波容易繞過(guò)障礙物傳播是因?yàn)槁暡úㄩL(zhǎng)較長(zhǎng)，容易發(fā)生衍射D.當(dāng)兩列波發(fā)生干涉時(shí)，如果兩列波波峰在某質(zhì)點(diǎn)相遇，則該質(zhì)點(diǎn)位移始終最大E.為了增大干涉條紋間距，可將藍(lán)光換成紅光【答案】ACE【解析】【詳解】A.聲波在空氣中傳播時(shí)，根據(jù)波的形成原理可知，空氣中各點(diǎn)有相同的振動(dòng)頻率，故A正確；B.水波在水面上傳播時(shí)，水面上各點(diǎn)不會(huì)隨著波傳播方向而移動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C.聲波容易繞過(guò)障礙物傳播是因?yàn)槁暡úㄩL(zhǎng)較長(zhǎng)，容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故C正確；D.當(dāng)兩列波發(fā)生干涉時(shí)，如果兩列波波峰在某點(diǎn)相遇時(shí)，則該質(zhì)點(diǎn)位移此時(shí)最大，然后會(huì)變小，當(dāng)平衡位置相遇時(shí)，則位移為零，故D錯(cuò)誤；E.根據(jù)干涉條紋間距公式可知，為了增大干涉條紋間距，可將藍(lán)光換成紅光，即波長(zhǎng)變長(zhǎng)，故E正確。故選ACE.12.在光滑水平桌面中央固定一邊長(zhǎng)為0.3m的小正三棱柱abc俯視如圖.長(zhǎng)度為L(zhǎng)=lm的細(xì)線，一端固定在a點(diǎn)，另一端拴住一個(gè)質(zhì)量為m=0.5kg、不計(jì)大小的小球.初始時(shí)刻，把細(xì)線拉直在ca的延長(zhǎng)線上,并給小球以v°=2m/s且垂直于細(xì)線方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，細(xì)線逐漸纏繞在棱柱上(不計(jì)細(xì)線與三棱柱碰撞過(guò)程中的能量損失).已知細(xì)線所能承受的最大張力為7N,則下列說(shuō)法中正確的是：A.細(xì)線斷裂之前，小球角速度的大小保持不變B.細(xì)線斷裂之前，小球的速度逐漸減小C.細(xì)線斷裂之前，小球運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為0.7k(s)D.細(xì)線斷裂之前，小球運(yùn)動(dòng)的位移大小為0.9(m)【答案】CD【解析】試題分析：A、B細(xì)線斷裂之前，繩子拉力與速度垂直，不做功，不改變小球的速度大小，故小球的速度大小保持不變，由圓周運(yùn)動(dòng)的速度與角速度的關(guān)系式丫=/一隨r減小，小球角速度增大，故A、B錯(cuò)誤;繩子剛斷裂時(shí)，拉力大小為7N,由F=mW,解得此時(shí)的半徑為r=1m,由于小球每轉(zhuǎn)120。半徑減小0.3m,r 712孫12乃心121尼則知小球剛好轉(zhuǎn)過(guò)一周，細(xì)線斷裂，則小球運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t=^~L+-?--+7-其中Q=lm,r2=0.7m,r3=0.4m,Vo=2m/s,解得t=0.7jr(s),故C正確；小球每轉(zhuǎn)120。半徑減小0.3m,細(xì)線斷裂之前，小球運(yùn)動(dòng)的位移大小為0.9m,故D正確.故選CD考點(diǎn)：牛頓第二定律圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分.某同學(xué)利用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器探究小車速度隨時(shí)間變化的關(guān)系，所用交流電的頻率為60Hz,圖示為某次實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5為連續(xù)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有2個(gè)打點(diǎn)未畫(huà)出。從紙帶上測(cè)出Si=5.21cm、s2=5.60cm>§3=6.00cm、§4=6.41cm、S5=6.81cm,則打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每打相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔是S；小車的加速度a=m/s2；打計(jì)數(shù)點(diǎn)“5”時(shí)，小車的速度【解析】【分析】【詳解】⑴由題知相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有2個(gè)打點(diǎn)未畫(huà)出，則兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔是T=3x——s=0.05s60[2]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT"可以求出加速度的大小，則有[3]根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度，則有2T2x0.05=6.41+6.81x]0-2m/sa1.32m/s2T2x0.05則打計(jì)數(shù)點(diǎn)“5”時(shí)，小車的速度v5=v4+aT-1.40m/s.某科技創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)小組采用不同的方案測(cè)量某合金絲的電阻率及電阻。(1)小明同學(xué)選取圖甲方案測(cè)定合金絲電阻率。若合金絲長(zhǎng)度為L(zhǎng),直徑為D,阻值為R,則其電阻率:;用螺旋測(cè)微器測(cè)合金絲的直徑如圖乙所示，讀數(shù)為:;用螺旋測(cè)微器測(cè)合金絲的直徑如圖乙所示，讀數(shù)為mm..(2)小亮同學(xué)利用如圖丙所示的實(shí)驗(yàn)電路測(cè)量R,的阻值。閉合開(kāi)關(guān)S,通過(guò)調(diào)節(jié)電阻箱R,讀出多組R和I值，根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪出;-R圖線如圖丁所示，不計(jì)電源內(nèi)阻，由此可以得到R=C,&的測(cè)量值與真實(shí)值相比.(填“偏大”“偏小”或“相等【答案】喈與真實(shí)值相比.(填“偏大”“偏小”或“相等【答案】喈4.70010偏大【解析】【詳解】合金絲的電阻R=pS電阻率7rRD2p= 4L由圖示螺旋測(cè)微器可知，其示數(shù)為:4.5mm+20.()x0.01mm=4.700mm(2)[3北4]在閉合電路中，電源電動(dòng)勢(shì)E=I(R+RX)則由圖像可知k=[,得電源電動(dòng)勢(shì)E=4V,圖像截距〃=2.5,可得%=10C；測(cè)量值為待測(cè)電阻&與電流表內(nèi)阻之和，所以測(cè)量值偏大。四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分.如圖所示，在豎直虛線范圍內(nèi)，左邊存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E,右邊存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩場(chǎng)區(qū)的寬度相等。電荷量為?、質(zhì)量為的電子以初速度好水平射入左邊界后，穿過(guò)電、磁場(chǎng)的交界處時(shí)速度偏離原方向。角.再經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后垂直右邊界射出。求：(1)電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度8的大小..，、wvntan0 .、門E【答案】(1) —;(2)B=-eE vo【解析】【詳解】(1)解法一電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有匕，=皿由牛頓第二定律有eE=ma由幾何關(guān)系有tanc/=—%tan0解得a=-4；—eE解法二電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，豎直方向上由動(dòng)量定理有e%=叫由幾何關(guān)系有tan0=—“znv0tan0eE(2)設(shè)場(chǎng)區(qū)的寬度為d,則在電場(chǎng)中，有末速度”=焉電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為廣，則由幾何知識(shí)得d=rsin。由洛倫茲力提供向心力有VevB-m-解得b=￡%16.穿過(guò)閉合導(dǎo)體回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，回路中就有感應(yīng)電流，電路中就一定會(huì)有電動(dòng)勢(shì)，這個(gè)電動(dòng)勢(shì)叫做感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小可以用法拉第電磁感應(yīng)定律確定。(1)寫(xiě)出法拉第電磁感應(yīng)定律的表達(dá)式；(2)如圖所示，把矩形線框放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)里，線框平面跟磁感線垂直。設(shè)線框可動(dòng)部分MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)。它以速度、向右運(yùn)動(dòng)。請(qǐng)利用法拉第電磁感應(yīng)定律推導(dǎo)E=BLv?！敬鸢浮竣拧欢、埔?jiàn)解析【解析】【分析】

【詳解】⑴法拉第電磁感應(yīng)定律(2)At時(shí)間內(nèi)回路增加的面積△S=LvM△0ASv￡Ar△0ASv￡Ar -D -D △t2NE=BLv17.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平臺(tái)面M距地面高h(yuǎn)=().8()m,平臺(tái)右端緊接長(zhǎng)度L=5.4m的水平傳送帶NP,A、B兩滑塊的質(zhì)量分別為m*4kg、mB=2kg,滑塊之間壓著一條輕彈簧(不與兩滑塊栓接)并用一根細(xì)線鎖定，兩者一起在平臺(tái)上以速度v=lm/s向右勻速運(yùn)動(dòng)；突然，滑塊間的細(xì)線瞬間斷裂，兩滑塊與彈簧脫離，之后A繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，并在靜止的傳送帶上滑行了1.8m,已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)p=0.25,g=10m/s2,求：BA A之力〃〃力加〃〃/〃/〃〃力〃〃〃/〃〃/〃〃〃〃〃乙⑴細(xì)線斷裂瞬間彈簧釋放的彈性勢(shì)能Ep；(2)若在滑塊A沖到傳送帶時(shí)傳送帶立即以速度v^lm/s逆時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，求滑塊A與傳送帶系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q;(3)若在滑塊A沖到傳送帶時(shí)傳送帶立即以速度順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，試討論滑塊A運(yùn)動(dòng)至P點(diǎn)時(shí)做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移X與V2的關(guān)系?(傳送帶兩端的輪子半徑足夠小)【答案】(1)EP=24J(2)Q=321/⑶若為4601/5,犬=0.4%；丫2>6m/s,x=2.4m;【解析】【詳解】(1)設(shè)A、B與彈簧分離瞬間的速度分別為va、vB,取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：(mA+mli)v=mAvA+mlivBA向N運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：/jmAgs=O-^inAv^細(xì)線斷裂瞬間彈簧釋放的彈性勢(shì)能為：6,=；64丫：+；帆”/-3(加4+6/,)/解得：va=3hi/s,vb=13m/s,EP=24J⑵滑塊A在皮帶上向右減速到0后向左加速到與傳送帶共速，之后隨傳送帶向左離開(kāi)，設(shè)相對(duì)滑動(dòng)時(shí)間為At滑塊A加速度大小為:a=也人名=4g=2.5m/s2' "'"一 mA由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得:一匕=以一q42x帶=(-V,)-A/滑塊與傳送帶間的相對(duì)滑動(dòng)路程為:再一工帶在相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的摩擦熱:Q=pmAgSi由以上各式得：Q=32J⑶設(shè)A平拋初速度為V2,平拋時(shí)間為t,貝IJ：X=V2f,I2h=2gt得t=0.4s若傳送帶A順時(shí)針運(yùn)動(dòng)的速度達(dá)到某一臨界值Vm，滑塊A將向右一直加速，直到平拋時(shí)初速度恰為Vm.1212則〃加,8乙二萬(wàn)64%一5mA”解得vm=6m/s討論：(1)若傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)的速度為<vm=6m/s9則A在傳送帶上與傳送帶相對(duì)滑動(dòng)后，能與傳送帶保持共同速度，平拋初速度等于丫2,水平射程1=匕/=04%；(2)若傳送帶順時(shí)針運(yùn)動(dòng)的速度嶺2%=6，〃/s,則A在傳送帶上向右一直加速運(yùn)動(dòng)，平拋初速度等于vni=6m/s,水平射程x=vmt=2.4m.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1.按照我國(guó)整個(gè)月球探測(cè)活動(dòng)的計(jì)劃，在第一步“繞月”工程圓滿完成各項(xiàng)目標(biāo)和科學(xué)探測(cè)任務(wù)后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。假設(shè)月球半徑為R,月球表面的重力加速度為g。，飛船沿距月球表面高度為3R的圓形軌道I運(yùn)動(dòng)，到達(dá)軌道的A點(diǎn)時(shí)點(diǎn)火變軌進(jìn)入橢圓軌道II,到達(dá)軌道的近月點(diǎn)B時(shí)再次點(diǎn)火進(jìn)入月球近月軌道III繞月球做圓周運(yùn)動(dòng)。下列判斷不正確的是（ ）A.飛船在軌道I上的運(yùn)行速率y=4還2B.飛船在A點(diǎn)處點(diǎn)火變軌時(shí)，動(dòng)能減小C.飛船在軌道H1繞月球運(yùn)動(dòng)一周所需的時(shí)間T=2加后D.飛船從A到B運(yùn)行的過(guò)程中機(jī)械能變大.如圖所示，一根輕彈簧豎直直立在水平地面上，下端固定，在彈簧的正上方有一個(gè)物塊。物塊從高處自由下落到彈簧上端O,將彈簧壓縮，當(dāng)彈簧被壓縮了X。時(shí)，物塊的速度變?yōu)榱?。從物塊與彈簧接觸開(kāi)始，物塊的加速度的大小隨下降的位移x變化的圖象可能是（ ）.2019年2月15日，一群中國(guó)學(xué)生拍攝的地月同框照，被外媒評(píng)價(jià)為迄今為止最好的地月合影之一。如圖所示，把地球和月球看做繞同一圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的雙星系統(tǒng)，質(zhì)量分別為M、m,相距為L(zhǎng),周期為T,若有間距也為L(zhǎng)的雙星P、Q,P、Q的質(zhì)量分別為2M、2m,則（ ）

mP運(yùn)動(dòng)的速率與地球的相等B.mP運(yùn)動(dòng)的速率與地球的相等B.地、月運(yùn)動(dòng)的加速度之比為一mP、Q運(yùn)動(dòng)的周期均為也T2.如圖所示，A、B兩球質(zhì)量相等，A球用不能伸長(zhǎng)的輕繩系于。點(diǎn)，B球用輕彈簧系于O,點(diǎn)，O與6點(diǎn)在同一水平面上，分別將A、B球拉到與懸點(diǎn)等高處，使輕繩拉直，彈簧處于自然長(zhǎng)度。將兩球分別由靜止開(kāi)始釋放，達(dá)到各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，兩球仍處在同一水平面上，則下列說(shuō)法正確的是（）A.兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，動(dòng)能相等B.兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，B球動(dòng)能較大C.兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，A球動(dòng)能較大D.兩球到達(dá)各自懸點(diǎn)的正下方時(shí)，A球受到向上的拉力較小.如圖所示，一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，圓心為O,半徑為r,MN是直徑，一粒子發(fā)射裝置S置于M端，可從M端向圓平面內(nèi)任意方向發(fā)射速率相等的同種帶電粒子，某個(gè)粒子從N端離開(kāi)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2,其中k為帶電粒子的比荷，下列說(shuō)法正確的是（ ）A.該粒子的速率為krB,發(fā)射方向垂直于MNB.該粒子的速率為JIkrB,發(fā)射方向與MN的夾角為45°C.該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短D.若該粒子沿直徑MN方向射入磁場(chǎng)，其運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為乙3kB.如圖所示，在水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌左端接一定值電阻R,導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒一向右的初速度V0,不考慮導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌電阻，下列圖象中，導(dǎo)體棒速度V隨時(shí)間的變化和通過(guò)電阻R的電荷量q隨導(dǎo)體棒位移的變化描述正確的是（）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.在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，用綠色激光照射在雙縫上，在縫后的屏幕上顯示出干涉圖樣.若要增大干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距，可選用的方法是（ ）A.改用紅色激光.改用藍(lán)色激光C.減小雙縫間距D,將屏幕向遠(yuǎn)離雙縫的位置移動(dòng)E.將光源向遠(yuǎn)離雙縫的位置移動(dòng)8.物體沿直線運(yùn)動(dòng)的x-t圖象如圖所示，。a、cd段為直線，abc為曲線，設(shè)h、t?、t3、匕時(shí)刻的速度分別為VI、V2、V3、V4,則下列說(shuō)法正確的是（）A.V|>V2 B.Vj=V4 C.V2<V3 D.V4最大9.一空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌豎直放置在磁場(chǎng)內(nèi)，如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T,導(dǎo)體棒ab、cd長(zhǎng)度均為0.2m,電阻均為0.1。，重力均為0.1N,現(xiàn)用力向上拉動(dòng)導(dǎo)體棒ab,使之勻速上升（導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好），此時(shí)cd靜止不動(dòng)，則ab上升時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）ab受到的拉力大小為2Nab向上運(yùn)動(dòng)的速度為2m/sC.在2s內(nèi)，拉力做功，有0.4J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能D.在2s內(nèi)，拉力做功為0.6J10.下列說(shuō)法正確的是（）A.在擺角很小時(shí)單擺的周期與振幅無(wú)關(guān)B.只有發(fā)生共振時(shí)，受迫振動(dòng)的頻率才等于驅(qū)動(dòng)力頻率C.變化的電場(chǎng)一定能產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)D.兩列波相疊加產(chǎn)生干涉現(xiàn)象，振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)域與減弱區(qū)域應(yīng)交替出現(xiàn)11.在大型物流貨場(chǎng)，廣泛的應(yīng)用著傳送帶搬運(yùn)貨物。如圖甲所示，與水平面傾斜的傳送帶以恒定速率運(yùn)動(dòng)，皮帶始終是繃緊的，將m=lkg的貨物放在傳送帶上的A處，經(jīng)過(guò)1.2s到達(dá)傳送帶的B端。用速度傳感器測(cè)得貨物與傳送帶的速度v隨時(shí)間t變化圖象如圖乙所示，已知重力加速度g=10m/s2,由v-t圖可A.貨物與傳送帶的摩擦因數(shù)為0.5B.A、B兩點(diǎn)的距離為2.4mC.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，傳送帶對(duì)貨物做功為-U.2JD.貨物從A運(yùn)動(dòng)到B過(guò)程中，貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為19.2J.一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變化到狀態(tài)C的P-V圖象如圖所示.若已知在A狀態(tài)時(shí)，理想氣體的溫度為320K,則下列說(shuō)法正確的是（已知latm=lxlO5Pa）A.氣體在B狀態(tài)時(shí)的溫度為720KB.氣體分子在狀態(tài)A分子平均動(dòng)能大于狀態(tài)C理想氣體分子平均動(dòng)能C.氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體對(duì)外做功D.氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體溫度先降低后升高E.氣體從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體吸收熱量為900J

三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分.為了測(cè)某電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)驗(yàn)室提供了如下器材：電阻箱R,定值電阻R。、兩個(gè)電流表Ai、Az，電鍵K”單刀雙擲開(kāi)關(guān)K2,待測(cè)電源，導(dǎo)線若干.實(shí)驗(yàn)小組成員設(shè)計(jì)如圖甲所示的電路圖.⑴閉合電鍵K”斷開(kāi)單刀雙擲開(kāi)關(guān)K2,調(diào)節(jié)電阻箱的阻值為Ri，讀出電流表A2的示數(shù)I。；然后將單刀雙擲開(kāi)關(guān)K?接通1,調(diào)節(jié)電阻箱的阻值為R2,使電流表A2的示數(shù)仍為I。，則電流表A1的內(nèi)阻為.（2）將單刀雙擲開(kāi)關(guān)K2接通2,多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，記錄每次調(diào)節(jié)后的電阻箱的阻值R及電流表的示數(shù)I,該同學(xué)打算用圖像處理數(shù)據(jù)，以電阻箱電阻R為縱軸，為了直觀得到電流I與R的圖像關(guān)系,則橫軸x應(yīng)?。ǎ〢.IB.I2C.r'D.幣⑶根據(jù)⑵選取的x軸，作出R-x圖像如圖乙所示，則電源的電動(dòng)勢(shì)￡=,內(nèi)阻r=.（用R],R2,Ro,及圖像中的a、b表示）.在一次測(cè)量定值電阻R,阻值的分組實(shí)驗(yàn)中，甲、乙兩組分別進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)過(guò)程:（1）甲組可選器材如下:滑動(dòng)變阻器Ra（0~500C,100mA）；滑動(dòng)變阻器Rb 2A）；電流表A（0~0.6A、內(nèi)阻約2Q；0~3A、內(nèi)阻約0.5Q）；電壓表V（0~3V、內(nèi)阻約1.5k。；0~15V、內(nèi)阻約7.5k。）；電源E（電動(dòng)勢(shì)為3V）；開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)線若干。①為便于調(diào)節(jié)和測(cè)量，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，應(yīng)選擇（選填“Ra”或“Rb”）;②請(qǐng)根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)器材，在圖甲中將實(shí)物電路連接完整.③按以上操作，測(cè)得Rx?_Rx?(填或“v”)。(2)乙組可選器材如下：電壓表V(0~3V)i滑動(dòng)變阻器Rc(10。，1A)；電阻箱Ro(0~999.99￡2)；電源E(電動(dòng)勢(shì)為3V)；開(kāi)關(guān)S。MN——ES八圖乙請(qǐng)根據(jù)乙組的電路圖乙和以上實(shí)驗(yàn)器材在MN處先接,按一定的步驟操作后記下儀表的讀數(shù)，再換接正確操作后測(cè)出Rx的阻值；若在MN處更換器材時(shí)，不小心將滑動(dòng)變阻器的滑片P向左移了一些，測(cè)量結(jié)果將(填“變大”、“變小”或“不變(3)比較甲乙兩組測(cè)量結(jié)果， 組更接近真實(shí)值(填“甲”或"乙四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分.如圖所示，直角三角形ABC為某種透明介質(zhì)的橫截面，ZB=30°,BC=30cm,AB面涂有反光材料.某單色光從BC上的D點(diǎn)垂直BC射入介質(zhì)，經(jīng)AB面反射后從AC面上射出，射出方向與AB面垂直.已知BD=21cm,不考慮光在AC面的反射.求：(i)介質(zhì)的折射率；(ii)光在介質(zhì)中的傳播時(shí)間..如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy的第一、四象限內(nèi)，在邊界MN與y軸之間有垂直于坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,邊界MN右側(cè)有沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,MN上P點(diǎn)的坐標(biāo)為(a,0),MN與x軸正向的夾角0=45。，一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為q的帶負(fù)電的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)沿y軸正向射入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，￡〉歿工，求：2m(1)要使粒子不進(jìn)入電場(chǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的最大速度為多少；⑵若粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少；⑶若粒子剛好垂直MN進(jìn)入電場(chǎng)，且將電場(chǎng)反向，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)經(jīng)過(guò)x軸的位置坐標(biāo)。:NXXX/XXX//,￡XX 9八X義五 :J~oX；P，＜ ?,?'m17.如圖所示，一個(gè)高L=18cm、內(nèi)壁光滑的絕熱汽缸，汽缸內(nèi)部橫截面積S=30cmZ,缸口上部有卡環(huán)，一絕熱輕質(zhì)活塞封閉一定質(zhì)量的氣體，活塞與汽缸底部距離L=9cm。開(kāi)始時(shí)缸內(nèi)氣體溫度為27C,現(xiàn)通過(guò)汽缸底部電阻絲給氣體緩慢加熱。已知大氣壓強(qiáng)p=lxl05pa,活塞厚度不計(jì)，活塞與汽缸壁封閉良好且無(wú)摩擦。①封閉氣體溫度從27c升高到127c的過(guò)程中，氣體吸收熱量18J,求此過(guò)程封閉氣體內(nèi)能的改變量；②當(dāng)封閉氣體溫度達(dá)到387c時(shí)，求此時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)。電阻絲參考答案一、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】【分析】【詳解】A.萬(wàn)有引力提供向心力_Mmv2(J T=W (3R+R)2 3R+R解得V4R在月球表面MmG-^r=mgoA解得GM=g°R2聯(lián)立解得v一&(>R2故A正確，不符合題意；B.飛船在A點(diǎn)變軌后由圓軌道變?yōu)闄E圓軌道，做向心運(yùn)動(dòng)，要求萬(wàn)有引力大于飛船所需向心力，所以飛船應(yīng)該減速，動(dòng)能減小，故B正確，不符合題意；C.萬(wàn)有引力提供向心力八Mm 4^ G 7=m-廠(3R+R)(3R+R)2 T2結(jié)合GM=g°R2解得故C正確，不符合題意；D.在橢圓軌道上，飛船由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至8點(diǎn)，只有萬(wàn)有引力做功，機(jī)械能守恒，故D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。D【解析】【詳解】物塊接觸彈簧后，在開(kāi)始階段，物塊的重力大于彈簧的彈力，合力向下，加速度向下，根據(jù)牛頓第二定律得：mg-kx=ma得到ka=g-—xma與x是線性關(guān)系，當(dāng)'增大時(shí)，a減小;當(dāng)彈力等于重力時(shí)，物塊的合力為零，加速度a=0；當(dāng)彈力大于重力后，物塊的合力向上，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律得kx-mg=ma得到a與x是線性關(guān)系，當(dāng)x增大時(shí)，a增大；若物塊接觸彈簧時(shí)無(wú)初速度，根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，可知物塊運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)加速度大小等于g,方向豎直向上，當(dāng)小球以一定的初速度壓縮彈簧后，物塊到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，彈簧的壓縮增大，加速度增大，大于g；A.該圖與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.該圖與結(jié)論不相符，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.該圖與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.該圖與結(jié)論相符，選項(xiàng)D正確：故選D。D【解析】【分析】雙星靠相互間的萬(wàn)有引力提供向心力，具有相同的角速度和周期，對(duì)兩顆星分別運(yùn)用牛頓第二定律和萬(wàn)有引力定律列式，進(jìn)行求解即可?！驹斀狻緼.對(duì)于地、月系統(tǒng)，兩者具有相同的角速度和周期，萬(wàn)有引力提供向心力GMm,,442 4/= 于-%則地、月系統(tǒng)，兩者運(yùn)動(dòng)的軌道半徑之比為故A錯(cuò)誤;B.對(duì)于地、月系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律，得故B錯(cuò)誤；D.同理，P、Q系統(tǒng)，萬(wàn)有引力提供向心力

-2Mx2m...4/ 4/G—七-=2河產(chǎn)7=2”產(chǎn)為P、Q系統(tǒng)的軌道半徑L=rP+rQ運(yùn)行周期T運(yùn)行周期T=2兀G(2m+2M)同理，對(duì)于地、月系統(tǒng)，運(yùn)行周期同理，對(duì)于地、月系統(tǒng)，運(yùn)行周期T=T=2n聯(lián)立解得T'=-T2故D正確；C.根據(jù)L=rM+rn,rM-rm=m:M得：mL，wM+m地球的運(yùn)動(dòng)速率2%加 2兀mLv=—— TT(M+m)同理可得P運(yùn)動(dòng)速率,2萬(wàn)日" 2兀mLv= = VT'(M+m)聯(lián)立解得v'=y/2T故C錯(cuò)誤。故選D。C【解析】【詳解】ABC.兩個(gè)球都是從同一個(gè)水平面下降的，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)還是在同一個(gè)水平面上，根據(jù)重力做功的特點(diǎn)可知在整個(gè)過(guò)程中，AB兩球重力做的功相同，兩球重力勢(shì)能減少量相等。B球在下落的過(guò)程中彈簧要對(duì)球做負(fù)功，彈簧的彈性勢(shì)能增加，所以B球在最低點(diǎn)的速度要比A的速度小，動(dòng)能也要比A的小，故AB錯(cuò)誤，C正確；D.由于在最低點(diǎn)時(shí)B的速度小，且兩球質(zhì)量相同，根據(jù)向心力的公式T-mg=m——r可知，B球需要的向心力小，所以繩對(duì)B的拉力也要比A的小，故D錯(cuò)誤。故選C。B【解析】【分析】【詳解】27rABC.由題設(shè)條件帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為一，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可知，帶電粒子從

kBM到N運(yùn)動(dòng)了四分之一周期，由幾何知識(shí)作圖知道該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心在邊界圓上，半徑為萬(wàn)，由v~kB則v=sflkrB發(fā)射方向與MN的夾角為45。，此軌跡對(duì)應(yīng)弧長(zhǎng)最長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，選項(xiàng)AC錯(cuò)誤，B正確;D.根據(jù)前面的數(shù)據(jù)再畫(huà)出沿MN方向的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，經(jīng)計(jì)算軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為2arcsin—，則時(shí)間不等于二-，D錯(cuò)誤.3 6 3kB故選B。B【詳解】AB.導(dǎo)體棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向左的安培力，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度的減小，感應(yīng)電流減小，導(dǎo)體棒所受的安培力減小，則加速度減小，v-t圖像的斜率絕對(duì)值減小，v-t圖像是曲線且斜率減小，故A錯(cuò)誤，B正確；CD.通過(guò)電阻R的電量△①BLxq- - RR則知q-x圖像是過(guò)原點(diǎn)的傾斜的直線，故CD錯(cuò)誤。故選B.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ACD【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=!入可知，改用紅色激光，波長(zhǎng)變大，則條紋的間距變大，a選項(xiàng)A正確；B.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=2.可知，改用藍(lán)色激光，則波長(zhǎng)變短，則條紋的間距變小,a選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=41可知，減小雙縫間距d,則條紋的間距變大，選項(xiàng)C正a確；D.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=4入可知，將屏幕向遠(yuǎn)離雙縫的位置移動(dòng)，即I變大，則條a紋的間距變大，選項(xiàng)D正確；E.根據(jù)干涉圖樣中兩相鄰亮條紋的間距Ax=<入可知，將光源向遠(yuǎn)離雙縫的位置移動(dòng)對(duì)條紋間距無(wú)影響，a選項(xiàng)E錯(cuò)誤.ACD【解析】【詳解】A.因x“圖像的斜率等于速度，則由圖像可知，t|時(shí)刻的斜率大于t2時(shí)刻的斜率，則V|>V2,選項(xiàng)A正確；t4時(shí)刻的斜率大于t|時(shí)刻的斜率，則V1<V4,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;t3時(shí)刻的斜率大于t2時(shí)刻的斜率，則V2<V3,選項(xiàng)C正確;D.圖像上t4時(shí)刻的斜率最大，則V4最大，選項(xiàng)D正確；故選ACD.BC【解析】【詳解】A.導(dǎo)體棒“方勻速上升，受力平衡，M棒靜止，受力也平衡，對(duì)于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得ah棒受到的推力：F=2wg=0.2N故A錯(cuò)誤；B.對(duì)4棒，受到向下的重力mg和向上的安培力F安，由平衡條件得：F左=BIL=mg,BLv2R聯(lián)立解得：故B正確；C.在2s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能：巴二竺匕J。'?！保?、*。?2R2R2x0.1則在2s內(nèi)，拉力做功，有0.4J的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，故C正確;D.在2s內(nèi)拉力做的功為：|V=Fv/=0.2x2x2J=0.8J故D錯(cuò)誤。AD【解析】【詳解】A.單擺周期A.單擺周期T=2*乎與振幅無(wú)關(guān)，A項(xiàng)正確;B.受迫振動(dòng)的頻率等于驅(qū)動(dòng)力的頻率，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率接近物體的固有頻率時(shí)，振動(dòng)顯著增強(qiáng)，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于物體的固有頻率時(shí)即共振，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生穩(wěn)定的磁場(chǎng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.兩列波相登加產(chǎn)生干涉現(xiàn)象時(shí)，振動(dòng)加強(qiáng)區(qū)域與減弱區(qū)域間隔出現(xiàn)，這些區(qū)域位置不變，D項(xiàng)正確。故選AD.【解析】【分析】【詳解】A.由圖象可以看出貨物做兩段均做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinO+/jmgcosO-maimgsinO-pimgcosO=由圖象得到：<2]=10m/s2,t/j=2m/s2代入解得：6=37。，叢=0.5選項(xiàng)A正確；B.貨物的位移就是AB兩點(diǎn)的距離，求出貨物的v-t圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積即為AB兩點(diǎn)的距離。所以有：SAB=gx(2x0.2)m+；x(2+4)xlm=0.2m+3m=3.2m選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.傳送帶對(duì)貨物做的功即為兩段運(yùn)動(dòng)中摩擦力做的功：W=W；+l%=O.5xlxlOxO.8xO.2J-O.5xlxlOxO.8x3J=-11.2J選項(xiàng)C正確；D.貨物與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量：2=/xAx1+/xAx2=0.5xlxl0x0.8[(2x0.2-0.2)+(3-2xl)]J=4.8J選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選AC.ACE【解析】【詳解】A：由圖象得：％=4atm、A=3atm、匕=1L、%=3L,據(jù)理想氣體狀態(tài)方程竽?=4立,代'a入數(shù)據(jù)得：與=72OK.故A項(xiàng)正確.B：由圖象得：pA=4atm,%=latm、匕=1L、匕=4L,則幺匕=&匕，所以北=心.溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以狀態(tài)A與狀態(tài)C理想氣體分子平均動(dòng)能相等.故B項(xiàng)錯(cuò)誤.C：從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程，氣體體積增大，氣體對(duì)外做功.故C項(xiàng)正確.D：據(jù)AB兩項(xiàng)分析知，7；=720K>〃=￡.,所以從狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體溫度不是先降低后升高.故D項(xiàng)錯(cuò)誤.E：Ta=Tc,A、C兩個(gè)狀態(tài)理想氣體內(nèi)能相等，A到C過(guò)程AU=0;「一丫圖象與丫軸圍成面積表示功，所以A到C過(guò)程，外界對(duì)氣體做的功卬=一(3+4)xlOx2x]0-3+(3+Dxl__xlxl(r3J=-900J；據(jù)熱力學(xué)第一定律得：AUnQ+W,2 2解得：Q=900J,所以狀態(tài)A到狀態(tài)C的過(guò)程中氣體吸收熱量為900J.故E項(xiàng)正確.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分R2-RiCE=- r=a-R?-(R2-Ri)b【解析】【詳解】(1)由題意可知，電路電流保持不變，由閉合電路歐姆定律可知，電路總電阻不變，則電流表A1內(nèi)阻等于兩種情況下電阻箱阻值之差，即Ra*2?p(2)單刀雙擲開(kāi)關(guān)K?接通2時(shí)，據(jù)歐姆定律可得：后=/(廠+9+/?+&1)，整理得：氏=7一(r+4+8》，為得到直線圖線，應(yīng)作：圖象.故C項(xiàng)正確，ABD三項(xiàng)錯(cuò)誤.E 0—(一⑶由；圖象結(jié)合/?=：—(〃+&+&】)得：圖象斜率攵=JJ=圖象縱截距I 1 b-0一。=_(「+&+&|),解得：電源的電動(dòng)勢(shì)E=f、電源的內(nèi)阻「=。一(4+&1)=。一&一(&一凡)?【解析】【詳解】(1)0[1].為便于調(diào)節(jié)和測(cè)量，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，應(yīng)選擇阻值較小的Rb；②[2].因電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于待測(cè)電阻的阻值，則采用電流表外接，實(shí)物電路連接如圖:③[3].按以上操作，因電壓表的分流作用，使得電流的測(cè)量值偏大，電阻的測(cè)量值偏小，即測(cè)得(2)[4][5],根據(jù)乙組的電路圖乙和以上實(shí)驗(yàn)器材在MN處先接Rx,按一定的步驟操作后記下儀表的讀數(shù)，再換接電阻箱Ro,正確操作后測(cè)出Rx的阻值，此方法為等效替代法；[6].若在MN處更換器材時(shí)，不小心將滑動(dòng)變阻器的滑片P向左移了一些，則Rc減小，若電壓表讀數(shù)不變，則電路中內(nèi)阻和Rc兩端電壓不變，則電路中電流變大，則R、變小，即測(cè)量結(jié)果將變小。(3)[7].比較甲乙兩組測(cè)量結(jié)果，在正確操作的情況下，乙組誤差較小，即乙組更接近真實(shí)值。四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.⑴73 ⑵1.3x10%【解析】(i)由題，作出的光路如圖所示光在E點(diǎn)發(fā)生反射，光在F點(diǎn)發(fā)生折射，由反射定律得：Zl=Z2=30°因AAEF為等邊三角形，則N3=3O。，光沿垂直AB面方向射出，貝！|/4=60°根據(jù)折射定律得：〃=絲亍smZ3解得：〃二Gc(ii)光在介質(zhì)中的傳播速度》=一n由幾何關(guān)系可得：DE=DBtanNB,EF=AE=BC~BDcosZ.BDE+EF光在介質(zhì)中的傳播時(shí)間/= v解得：￡=1.3x10%【點(diǎn)睛】先根據(jù)題意作出光路圖，再根據(jù)幾何關(guān)系求出入射角和折射角，根據(jù)折射定律求出折射率，根據(jù)v=￡求出光在介質(zhì)中的速度，由幾何關(guān)系求出光傳播的路程，從而求光在介質(zhì)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.n八、(歷-DqBae._Ba & mE16.(1)v.= (2)%=--(3)aH aH m E 2 2qB2【解析】【詳解】(1)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡剛好與MN相切時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)的速度為不進(jìn)入電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的最大速度，設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為小根據(jù)幾何關(guān)系有rx+>]2r]—a解得彳=(忘—1)。根據(jù)牛頓第二定律有V.q^B=m—解得(>/2—l)^5rzvi=- : m⑵粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為1n=a一2根據(jù)牛頓第二定律有?與解得”也2m粒子從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后，作粒平拋運(yùn)動(dòng)，假設(shè)粒子使從邊界PM上射出電場(chǎng)，設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3則x=；*y=v2tltan45。=?XqE=ma解得qB2a2y-由于E>笆g,因此y<a,假設(shè)成立。2m因此粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間Ba*="F(3)當(dāng)粒子重直MN進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為a,粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為曠幽m粒子出磁場(chǎng)時(shí)的位置離X軸的距離為0戶三&粒子進(jìn)電場(chǎng)時(shí)，垂直于電場(chǎng)方向的速度大小為,5/2yflqBavv=—匕= '2'2m平行于電場(chǎng)方向的速度大小,V2-JlqBa匕=—vi=—?—“212m粒子從進(jìn)電場(chǎng)到經(jīng)過(guò)x軸時(shí)所用的時(shí)間為沿電場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的位移TOC\o"1-5"\h\z, 1qE26 mES=VH = ClH -x22m2 2 2qB2則經(jīng)過(guò)x軸坐標(biāo)為yjlmEx=s+a=a+——a+ r22qB217.①9J；②LlxlO'pa【解析】【詳解】①活塞上升過(guò)程中封閉氣體做等壓變化，根據(jù)蓋一呂薩克定律有L.SL2S解得氣體溫度為127c時(shí)，活塞與汽缸底部距離L=12cm此過(guò)程氣體對(duì)外做的功W=FAL=poS(Z2-Z1)=lxl05x30xl0^x(12-9)xl0_2J=9J根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知?dú)怏w內(nèi)能的增加量△U=Q-W=18J-9J=9J②設(shè)活塞剛好到達(dá)汽缸口卡環(huán)位置時(shí)，封閉氣體的溫度為心，根據(jù)蓋一呂薩克定律有LS〒了解得4=600K所以封閉氣體溫度達(dá)到7；=(387+273)K=660K活塞已到達(dá)汽缸口卡環(huán)位置，根據(jù)查理定律有解得0261x10sPa2021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，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度二向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為二的物體豎直向下輕輕地放置在木板上的右端，已知物體二和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為二。為保持木板的速度不變，從物體二放到木板上到它相對(duì)木板靜止的過(guò)程中，須對(duì)木板施加一水平向右的作用力二，那么力二對(duì)木板做功的數(shù)值為（）D.、一一；D.、一一；【答案】C【解析】【詳解】由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，拉力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體m的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故 .. ， 、 以上三式聯(lián)立可得-=U 十口二二?二 U內(nèi)能-ULJ,LJ.選項(xiàng)A不符合題意；￡prJ；4*,選項(xiàng)B不符合題意；*LL，1uJc.二二:，選項(xiàng)c