安徽省滁州市2021屆新高考物理第三次調研試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.某一電源的路端電壓與電流的關系和電阻Ri、R2的電壓與電流的關系圖如圖所示.用此電源和電阻Ri、心組成電路.小、R2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路.為使電源輸出功率最大，可采用的接法是A.將Ri單獨接到電源兩端B.將％、R2并聯后接到電源兩端C.將Ri、R2串聯后接到電源兩端D.將R?單獨接到電源兩端【答案】A【解析】【詳解】根據閉合電路歐姆定律得：U=ETr知，1=0時，U=E,圖象的斜率等于r,則由電源的U-1圖線得到：電源的電動勢為E=3V,內阻為r=0.5Q.由電阻的伏安特性曲線求出Ri=0.5。、R2=lfl,Ri單獨接到電源兩端時，兩圖線的交點表示電路的工作狀態，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，當將Ri、處串聯后接到電源兩端，利用歐姆定律可得電路電流I.=L5A,此時電源的輸出功率P*=I2,(Ri+R2)=3.75W,兩電阻并聯時，利用歐姆定律可得電路電流I并=3.6A,此時電源的輸出功率Pjf=EI并-I2#r=4.32W；R2單獨接到電源兩端輸出功率為P出2=2Vx2A=4W.所以將R,單獨接到電源兩端時電源的輸出功率最大。故A正確，BCD錯誤。故選：A【點睛】由電源的U-I圖線縱橫截距讀出電源的電動勢，由斜率求出電源的內阻.由電阻的U-I圖線求出電阻.再分別求出四種情況下電源的輸出功率進行選擇.2.關于物理學史，正確的是( )A.庫侖利用扭秤實驗，根據兩電荷之間力的數值和電荷量的數值以及兩電荷之間的距離推導得到庫侖定律B.奧斯特發現電流可以使周圍的小磁針發生偏轉，稱為電磁感應D.歐姆通過實驗得出歐姆定律，歐姆定律對金屬和電解質溶液都適用，但對氣體導電和半導體元件不適用【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.庫侖利用扭秤實驗，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，從而推導出庫侖定律，但當時的實驗條件無法測出力的數值和電荷量的數值，選項A錯誤；B.奧斯特發現電流可以使周圍的小磁針發生偏轉，稱為電流的磁效應，不是電磁感應現象，選項B錯誤;C.法拉第發現了電磁感應現象，紐曼和韋伯通過實驗總結出了法拉第電磁感應定律，人們為了紀念法拉第，所以將其命名為法拉第電磁感應定律，故C錯誤；D.歐姆定律是個實驗定律，適用于金屬導體和電解質溶液，對氣體導電、半導體導電不適用。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，兩板中間有一狹縫。此時測得乙處點沒有振動。為了使乙處點能發生振動，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板豎直向下移動一些D.將N板水平向右移動一些【答案】B【解析】【詳解】乙處點沒有振動，說明波沒有衍射過去，原因是MN間的縫太寬或波長太小，因此若使乙處質點振動，可采用N板上移減小間距或增大波的波長，波速恒定，根據可知減小甲波源的頻率即可，ACD錯誤，B正確。故選B。4.一帶負電的粒子只在電場力作用下沿x軸正方向運動，其電勢能Ep隨位移x變化的關系如圖所示，其中。?X2段是關于直線X=X］對稱的曲線，X2?X3段是直線，則下列說法正確的是

B.粒子在0?X2段做勻變速運動，X2?X3段做勻速直線運動C.若XI、X3處電勢為二1、二3,則二1〈二3D.X2?X3段的電場強度大小方向均不變【答案】D【解析】Ep-x圖像的斜率表示粒子所受電場力F,根據F=qE可知xi處電場強度最小且為零，故A錯誤;B、粒子在0?X2段切線的斜率發生變化，所以加速度也在變化，做變速運動，X2?X,段斜率不變，所以做勻變速直線運動，故B錯誤;C、帶負電的粒子從XI到X3的過程中電勢能增加，說明電勢降低，若XhX3處電勢為二1、二3,則二1＞二3,故C錯誤;D、X2?X3段斜率不變，所以這段電場強度大小方向均不變，故D正確;故選D點睛：Ep-x圖像的斜率表示粒子所受電場力F,根據F=qE判斷各點場強的方向和大小，以及加速度的變化情況。至于電勢的高低，可以利用結論“負電荷逆著電場線方向移動電勢能降低，沿著電場線方向移動電勢能升高''來判斷。.做豎直上拋運動的物體，在任意相同時間間隔內，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：根據速度的公式丫=丫。-里可得,在任意相同時間間隔內，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..某時刻水平拋出的小球，在r=1s時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時和，=2s時的速度分解，如圖所示：則有tanq=—,tan6,=%%又因為匕，2=O+g(2s-ls)解得%=55/3m/s選項C項正確，ABD錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分.2019年8月19日20時03分04秒，我國在西昌衛星發射中心利用長征三號乙增強型火箭發射中星18號同步通信衛星，下列說法正確的是( )A.中星18號同步通信衛星可定位在北京上空.中星18號同步通信衛星的運動周期為24hC.中星18號同步通信衛星環繞地球的速度為第一宇宙速度D.中星18號同步通信衛星比近地衛星運行角速度小【答案】BD【解析】【詳解】A.中星18號同步通信衛星軌道面與赤道面是共面，不能定位在北京上空，故A錯誤；B.其運動周期為24h,故B正確；C.根據=可得:中星18號同步通信衛星環繞地球的速度小于第一宇宙速度即近地衛星的環繞速度，故C錯誤；D.中星18號同步通信衛星軌道高于近地衛星軌道，運行角速度比近地衛星運行角速度小，故D正確。故選：BD.8.如圖半徑為R的內壁光滑圓軌道豎直固定在桌面上，一個可視為質點的質量為m的小球靜止在軌道底部A點。現用小錘沿水平方向快速擊打小球，使小球在極短的時間內獲得一個水平速度后沿軌道在豎直面內運動。當小球回到A點時，再次用小錘沿運動方向擊打小球，通過這兩次擊打，小球才能運動到圓軌道的最高點。己知小球在運動過程中始終未脫離軌道，在第一次擊打過程中小錘對小球做功W”第二次擊W.打過程中小錘對小球做功W2。若兩次擊打過程中小錘對小球做功全部用來增加小球的動能，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與球心O等高位置，根據功能關系，有WEmgR①兩次擊打后可以到軌道最高點，根據功能關系，有IWi+W2-2mgR=—mv'②在最高點，有mg+FN=m—>mg(§)R聯立①②③解得Wi<mgR

Wi>ymgR故AB正確，CD錯誤。故選AB.9.如圖甲所示，質量為m、電阻為r的金屬棒ab垂直放置在光滑水平導軌上，導軌由兩根足夠長、間距為d的平行金屬桿組成，其電阻不計，在導軌左端接有阻值R的電阻，金屬棒與導軌接觸良好，整個裝置位于磁感應強度為B的勻強磁場中。從某時刻開始，導體棒在水平外力F的作用下向右運動（導體棒始終與導軌垂直），水平外力隨著金屬棒位移變化的規律如圖乙所示，當金屬棒向右運動位移x時金屬棒恰好勻速運動。則下列說法正確的是（）導體棒ab勻速運動的速度為導體棒ab勻速運動的速度為v=州(R+r)B2d2BdxmFBdxmF(；(R+r)212B%4 2°B.從金屬棒開始運動到恰好勻速運動，電阻R上通過的電量為皿”C.從金屬棒開始運動到恰好勻速運動，電阻R上產生的焦耳熱=D.從金屬棒開始運動到恰好勻速運動，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的作用下從開始運動到恰好勻速運動，在位移為x時做勻速直線運動，根據平衡條件有6=七=8"根據閉合電路歐姆定律有1=-^—R+rE=Bdv聯立解得丫=玲(R+聯立解得丫=玲(R+r)B2d2>故A正確;B.此過程中金屬棒R上通過的電量q=Ikt根據閉合電路歐姆定律有7=-^-R+r根據法拉第電磁感應定律有—△①E= Ar△①聯立解得4=7一R+r又A<t>=Bdx解得夕=烏上，故B錯誤；R+rCD.對金屬棒，根據動能定理可得由乙圖可知，外力做功為W外季x聯立解得％一嗎產而回路中產生的總熱量Q=Q=%=；Q-mF^R+r)2254d4~根據回路中的熱量關系有Q=Qr+Qr所以電阻R上產生的焦耳熱Qr=捻。=Qr=捻。=1mF^R+r)22° 264d4故C錯誤，D正確。故選AD.10.“嫦娥四號”探測器在2017年自動完成月面樣品采集，并從月球起飛，返回地球。若已知月球半徑為R,“嫦娥五號”在距月球表面高度為R的圓軌道上飛行，周期為T,萬有引力常量為G,下列說法正確的A.2GDA.2GD月球表面重力加速度為早一B.月球質量為學￡GT2C.月球第一宇宙速度為生旦TD.24D.24萬月球密度為壽【答案】BD【解析】【詳解】B.對探測器，萬有引力提供向心力，根據牛頓第二定律，有G嗎=m.2R.容（2/?）- T2解得32/*GT2故B選項正確；A.月球表面的重力加速度為GM32/R8=^=~F~則A選項錯誤；C.月球的第一宇宙速度為月球表面的環繞速度，根據牛頓第二定律，有-MmvG―尸=機一R-R解得故C選項錯誤;D.月球的密度_M_24乃P~~V~GT2故D選項正確。故選BD.11.質量為m的汽車在平宜的路面上啟動，啟動過程的速度-時間圖象如圖所示，其中OA段為直線，AB段為曲線，B點后為平行于橫軸的直線.已知從ti時刻開始汽車的功率保持不變，整個運動過程中汽車所受阻力的大小恒為f,以下說法正確的是（）Ot\V.0?h時間內，汽車牽引力的數值為m^+f■ti?t2時間內，汽車的功率等于（m^+f）V2tl?t2時間內，汽車的平均速率小于乜主之2D.汽車運動的最大速率V2=（-^+1）VI【答案】AD【解析】【詳解】A、由題圖可知，0?L階段，汽車做勻加速直線運動。=力，根據牛頓第二定律得力-f=ma,聯立可得*1Fi=m—+f,故A正確；AB、在力時刻汽車達到額定功率P=Fiv產（m—+f）vi,ti?t2時間內，汽車保持額定功率不變，故B錯*1誤；C、由v-t圖線與橫軸所圍面積表示位移的大小可知，h?t2時間內，汽車的平均速度大于五土殳，故C2錯誤；p（mv、D、t2時刻，速度達到最大值V2,此時刻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處固定著一個光滑的定滑輪O,絕緣輕質彈性繩一端系在O點正上方;處的D點，另一端與質量為m的帶電小球B連接.小球B平衡時OB長為1,且與豎直方向夾角為60。。由于小球B緩慢漏電，一段時間后，當滑輪下方的彈性繩與豎直方向夾角為30。時，小球B恰好在AB連線的中點C位置平衡。已知彈性繩的伸長始終處于彈性限度內，靜電力常量為k,重力加速度為g,下列說法正確的是（）A.小球B帶負電B.彈性繩原長為,2C.小球B在C位置時所帶電荷量為學8kqD.小球B在初始平衡位置時所帶電荷量為里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錯誤：D.根據受力分析和平衡條件，可得,qQmg=k-解得小球B在初始位置時所帶電荷量為Q=里，故D錯誤；kqC.小球B在C位置時，由相似三角形原理可得（0.5/）-_mg0.5/-7解得。=警-，故C正確；8kqB.當小球B在C位置時，設繩子原長為x,由受力分析和相似三角形原理可知，當小球B在初始平衡位置時有F^=mg=k^-l-x\當小球B在C位置時有

聯立方程組可得彈性繩原長X=《，故B正確。2故選BCo三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分.如圖a所示，某同學利用下圖電路測量電源電動勢和內阻。先將電路中的電壓傳感器d端與a端連接。(1)若該同學開始實驗后未進行電壓傳感器的調零而其他器材的使用均正確，則移動滑片后，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，正確調零操作，移動滑片后，得到如圖b所示的U-I圖，己知定值電阻R=10Q,則根據圖象可知電源電動勢為V、內阻為II.(結果保留2位有效數字)儂 圖h【答案】B3.0 0.53【解析】【詳解】(I)該同學開始實驗后未進行電壓傳感器的調零，則電路電流為0時，電壓傳感器有示數，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，則電壓傳感器測量的是滑動變阻器的電壓，但由于正負接線接反了，因此測量的數值會變為負值，計算時取絕對值即可，根據如圖(c)所示的U-I圖可知，電源電動勢為3V,由閉合電路的歐姆定律有：E=U+/(R+r),當U=2V時，I=0.095A,即￡=2+0.095(/?4-r),解得：內阻gO.53Q。.某同學在用如圖所示實驗裝置測量光的波長的實驗中，已知兩縫間的間距為0.3mm,以某種單色光照射雙縫時，在離雙縫1.2m遠的屏上，用測量頭測量條紋間的寬度：先將測量頭的分劃板中心刻線與某亮紋中心對齊，將該亮紋定為第1條亮紋，此時手輪上的示數如圖甲所示；然后同方向轉動測量頭，使分劃

板中心刻線與第6條亮紋中心對齊，此時手輪上的示數如圖乙所示。圖甲讀數為mm，圖乙讀數為 mm-根據以上實驗，測得光的波長是 m（結果保留2位有效數字）。【答案】2.335（2.332-2.337） 15.375（15.372-15.3775 6.5x10,【解析】【分析】【詳解】[1]圖甲螺旋測微器固定刻度的讀數是2.0mm可動刻度的讀數是33.5x0.01mm=0.335mm則螺旋測微器的讀數等于2.0mm+0.335mm=2.335mm（2.332-2.337都正確）[2]圖乙螺旋測微器固定刻度的讀數是15.0mm可動刻度的讀數是37.5x0.01mm=0375mm則螺旋測微器的讀數等于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根據雙縫干涉的條紋寬度的公式Ax=Ad則這種單色光的波長_/Sjc-d_/Sjc-d_（x2A- - （〃一1）/代入數據解得四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.一個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點時的G點垂直AB射入玻璃端光在真空中的傳播速度為c,不計光路逆向的來回反射情形。(1)請完成光路圖；(2)該束光從G點進入起，到剛射出玻璃磚經歷的時間to【解析】【解析】【分析】【詳解】(1)設光發生全反射的臨界角為C,可知光由G點垂直進入玻璃磚，由幾何關系可知光在H點的人射角z=60°>C故入射光線射到AF面會發生全反射，同理在FE、EB面也發生全反射，光路圖如圖所示(2)由〃=￡,解得v2v=c3根據幾何關系可得光在玻璃磚內傳播的路程為:I I □ZTr4 2 25=GH+/7/+/J+JA/=2x-tan60°+2x2x-cos30°=——4 2 2光束在玻璃磚內傳播的時間為_s_9國t——= v4c16.如圖所示，一單色細光束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，經研究發現光束在過球心O的平面內，從B點折射進入球內后，又經球的內表面只反射一次，再經球表面上的C點折射后，以光線CD射出球外，此單色光在球體內傳播速度是甄在真空中的光速為3x1()**2m/So求：(1)此單色細光束在透明球內的折射率；(2)出射光線CD與入射光線AB方向改變的角度。【答案】(1)>/2s(2)150°【解析】【分析】【詳解】(1)根據公式〃=￡求得光束在球內的折射率V3xlQ8

述Xi。'2(2)由折射定律得sinzm=——sinr解得r=30°由幾何關系及對稱性，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8與入射光線A8方向的夾角是150°/>17.如圖所示，質量mi=0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=2.0m,現有質量m2=0.2kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v°=2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數|1=0.5,取g=10m/s2,求(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v不超過多少？(3)物塊仍以水平向右的速度v°=2m/s從左端滑上小車，要使物塊從小車右端滑出，則物塊剛滑上小車左端時需加一個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)設共速時速度為V1，對物塊與小車，由動量守恒得加2%=(肛+色)片對小車，由動量定理得Rm1gt=叫匕解得：t=0.24s；(2)物塊不從小車右端滑出，則在末端共速，設共同速度為V2,對物塊與小車組成的系統，由動量守恒rn2y=(平+加2)匕再由能量守恒得:3嗎丫2=1(^+但)片+〃叫gL解得：v=—^m/s,即物塊劃上小車左端的速度不能超過「=3鬲/s；3 3(3)設恰好能使物塊滑出小車的拉力為F,由題意，物塊應在小車末端共速對物塊，由牛頓第二定律得：F-fjinyg-m2a&對小車：由牛頓第二定律得:"m2g=m1a2由運動學，共速有：a}t=v0+a2t由位移關系，得：綜上各式，解得：F=22/15~1.47N即當F>1.47N時物塊可以滑出小車2021屆新高考物理模擬試卷一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.如圖所示，由粗細均勻的金屬導線圍成的一個正六邊形線框abcdef,它的六個頂點均位于一個半徑為R的圓形區域的邊界上，be為圓形區域的一條直徑，be上方和下方分別存在大小均為B且方向相反的勻強磁場，磁場方向垂直于圓形區域。現給線框接入從a點流入、從f點流出的大小為I的恒定電流，則金屬線框受到的安培力的大小為.如圖所示，一理想變壓器，其原副線圈的匝數均可調節，原線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，原線圈的匝數m增加B.其他條件不變，副線圈的匝數m減小C.其他條件不變，負載電阻R的阻值增大D.其他條件不變，負載電阻R的阻值減小.如圖所示，輕繩跨過光滑定滑輪，左端與水平地面上的物塊M相連，右端與小球N相連，整個裝置處于靜止狀態。現對小球N施加一水平拉力使其緩慢移動一小段距離，整個過程物塊M保持靜止，地面對物塊M的摩擦力為f則此過程中（ ）f變大，F變大f變大，F變小f變小，F變小f變小，F變大.中國自主研發的“暗劍”無人機，時速可超過2馬赫.在某次試飛測試中，起飛前沿地面做勻加速直線運動，加速過程中連續經過兩段均為120m的測試距離，用時分別為2s和Is,則無人機的加速度大小是20m/s240m/s260m/s280m/s2.如圖，傾角為a=45。的斜面ABC固定在水平面上，質量為m的小球從頂點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，經歷的時間分別為t|、t2；A點與P|、Pl與P2之間的距離分別為h和12,不計空氣阻力影響。下列說法正確的是（）B.1|：12=1：2C.兩球剛落到斜面上時的速度比為1：4D.兩球落到斜面上時的速度與斜面的夾角正切值的比為1:16.下列說法中正確的是A.a粒子散射實驗發現了質子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.熱核反應的燃料是氫的同位素，裂變反應的燃料是鈾D.中子與質子結合成笊核的過程中需要吸收能量二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，在x=12m處的質元的振動圖線如圖1所示，在x=18m處的質元的振動圖線如圖2所示。下列說法正確的是（ ）的 圖2A.該波的周期為12sx=12m處的質元在平衡位置向上振動時，x=18m處的質元在波峰

C.在。?4s內x=12m處和x=18m處的質元通過的路程均為6cmD.該波的波長不可能為8m8.梳子在梳頭后帶上電荷，搖動這把梳子在空中產生電磁波.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、副線圈的匝數比為4：1,電壓表和電流表均為理想電表，原線圈接有〃=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.下列說法正確的是B.r=」一s時，電壓表示數為36V600C.電流表的示數為1AD.電流表的示數為也A210.為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c,左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應強度為B的勻強磁場，在上、下兩個面的內側固定有金屬板M、N作為電極，污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U,若用Q表示污水流量（單位時間內流出的污水體積），下列說法中正確的是（）A.MA.M板電勢一定高于N板的電勢污水中離子濃度越高，電壓表的示數越大污水流動的速度越大，電壓表的示數越大D.電壓表的示數D.電壓表的示數U與污水流量Q成正比11.如圖所示，在豎直紙面內有四條間距均為L的水平虛線L卜L2、L3、L4,在LnL2之間與L3,L4之間存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場。現有一矩形線圈abed,長邊ad=3L,寬邊cd=L,質量為m,電阻為R,將其從圖示位置（cd邊與Li重合）由靜止釋放，cd邊經過磁場邊界線L3時恰好開始做勻速直線運動，整個運動過程中線圈始終處于同一豎直面內，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邊經過磁場邊界線L,后線圈要做一段減速運動ab邊經過磁場邊界線L3后線圈要做一段減速運動2?2r3C.cd邊經過磁場邊界線L2和L4的時間間隔大于一-mgRD.從線圈開始運動到cd邊經過磁場邊界線L過程中，線圈產生的熱量為2mgL一通與2B4L412.如圖所示，A、B兩帶電小球的質量均為m,電荷量的大小均為Q（未知）。小球A系在長為L的絕緣輕繩下端，小球B固定于懸掛點的正下方，平衡時，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的重力勢能減小，電勢能增大三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分13.一位同學為驗證機械能守恒定律，利用光電門等裝置設計了如下實驗。使用的器材有：鐵架臺、光電門1和2、輕質定滑輪、通過不可伸長的輕繩連接的鉤碼A和B（B左側安裝擋光片）。1l=T|B 圖2T圖1實驗步驟如下：①如圖1,將實驗器材安裝好，其中鉤碼A的質量比B大，實驗開始前用一細繩將鉤碼B與桌面相連接,細繩都處于豎直方向，使系統靜止。②用剪刀剪斷鉤碼B下方的細繩，使B在A帶動下先后經過光電門1和2,測得擋光時間分別為乙、L。③用螺旋測微器測量擋光片沿運動方向的寬度"，如圖2,則“=mm.④用擋光片寬度與擋光時間求平均速度，當擋光片寬度很小時，可以將平均速度當成瞬時速度。⑤用刻度尺測量光電門1和2間的距離L（Ld）0⑥查表得到當地重力加速度大小為g。⑦為驗證機械能守恒定律，請寫出還需測量的物理量（并給出相應的字母表示）,用以上物理量寫出驗證方程 .14.測量物塊Q（視為質點）與平板P之間動摩擦因數的實驗裝置如圖所示。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、。點在水平地面上的垂直投影為C'。重力加速度為g。實驗步驟如下：A.用天平稱得物塊。的質量為B.測得軌道A8的半徑為R、BC的長度為'和CC'的高度為C.將物塊。從A點由靜止釋放，在物塊。落地處標記其落地點。；D.重復步驟C,共做5次；E.將5個落地點用一個盡量小的圓圍住，用米尺測量其圓心到C'的距離J則物塊Q到達C點時的動能E*c；在物塊Q從B點運動到C點的過程中，物塊。克服摩擦力做的功W=:物塊Q與平板P的上表面之間的動摩擦因數〃=.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，左側面鍍銀，光源A在其通過圓心的水平底邊BD上(D為球心)，如圖所示.從光源A發出的一束細光射到球面E上，其中一部分光經球面反射后恰能豎直向上傳播，另一部分光經過折射進入玻璃球內，經左側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.現有由同一種材料制成的一個透明工藝品，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C￡>=L,底部3為等邊三角形。現讓一束單色光線從3部分邊的中點。表面處沿豎直方向射入，光線進入B后發現折射光線恰好與B部分的W平行且經過MM',最后從A部分的CD邊上某點。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電導軌之間，并與軌道良好接觸。開始時炮彈在導軌的一端，通過電流后炮彈會被安培力加速，最后從導軌另一端的出口高速射出。設兩導軌之間的距離A=0.10m,導軌長s=5.0m,炮彈質量加=0.03kg。導軌上電流I的方向如圖中箭頭所示.可以認為，炮彈在軌道內勻加速運動，它所在處磁場的磁感應強度始終為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)炮彈在兩導軌間的加速度大小a；(2)炮彈作為導體受到磁場施加的安培力大小F；(3)通過導軌的電流I.參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1.A【解析】【詳解】根據串并聯電路的特點可知線框流過af邊的電流：5=-/6流過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，所以線框受到的合力:F=F2-Fl-F3=-BIRA正確，BCD錯誤。故選A。D【解析】試題分析：據題意，已知變壓器原線圈輸入功率由副線圈輸出功率決定，為了使變壓器輸入功率增大，可以調整副線圈的輸出功率，當原線圈輸入電壓不變時，副線圈上的電壓也不變，由尸=人可知，當負載R電阻減小時，副線圈輸出功率增加，故D選項正確而C選項錯誤；其它條件不變，當增加原線圈匝數時,%U,.. (/出 — — a據￡=/可得"2=才'則副線圈電壓減小'而功率也減小,A選項錯誤；副線圈匝數減小,同理可得變壓器功率減小，故B選項錯誤.考點：本題考查變壓器原理.A【解析】【詳解】對小球N進行分析，分析其受力情況，設細繩與豎直方向夾角為a,則有F-mgtanaT=acosa細繩與豎直方向夾角。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則地面對物塊M的摩擦力f也變大，故A正確，BCD錯誤。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23gt0tan^=- =^—引2%得L2%tan6S因為初速度之比為L2,則運動的時間之比為1：2,故A錯誤。B.水平位移x=卬=g因為初速度之比為L2,則水平位移之比為1：4,由I=立x可知1!$12=1:4故B錯誤。C.根據動能定理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的速度比為1：2,選項C錯誤；D.平拋運動某時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的速度與斜面的夾角正切值的比為1:1,故D正確。故選D。【解析】試題分析：盧瑟福通過a粒子散射實驗否定了湯姆生的棗糕模型，從而提出了原子核式結構模型，質子的發現是盧瑟福通過a粒子轟擊氮核而發現質子，選項A錯.波爾理論把原子能級量子化，目的是解釋原子輻射的線狀譜，但是波爾理論只能很好的解釋氫原子的線狀譜，在解釋氮的原子光譜和其他原子光譜時并不能完全吻合，選項B錯.熱核反應主要是笊核瓶核在高溫高壓下發生的聚變反應，氣核和筑核都是氫的同位素，裂變主要是鈾核裂變，選項C對.中子和質子結合成笊核是聚變反應，該過程釋放能量，選項D錯.考點：原子原子核二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得。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時刻，x=12m處的質元在平衡位置向上振動時，x=18m處的質元在波峰，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時刻x=12m處的質點在-4cm處，則其振動方程..717tx12=-4sin(—t+—)cm4s時刻質元的位置x12_4=-4?sin(—+—)=2cm所以x=12m處的質元通過的路程si2=4cm+2cm=6cm據圖2知t=()s時，在x=18m處的質元的位移為0cm,正通過平衡位置向上運動，其振動方程為.71x18=4sin(—r)cm6在t=4s時刻，在x=18m處的質元的位移x18=4xsin—=2Gem所以在。?4s內x=18m處的質元通過的路程xi?=4cm4-(4-2 )cm-4.54cm<6cm故C錯誤；D.由兩圖比較可知，x=12m處比x=18m處的質元可能早振動，T,所以兩點之間的距離為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，波長最大，為4= m=8m3故D錯誤；故選AB.AD【解析】搖動的梳子在空中產生電磁波，電磁波是橫波，選項A正確；電磁波能在真空中傳播，選項B錯誤；電磁波傳播的方向與振動方向垂直，選項C錯誤；電磁波在空氣中傳播的速度約為光速，選項D正確.BD【解析】【分析】【詳解】A、將時刻代入瞬時值公式可知，r=一［s時，原線圈輸入電壓的瞬時值為18aV，A選項錯誤；600B、電壓表的示數為有效值，輸入電壓的峰值為360V,根據正弦式交變電流有效值與最大值的關系可知，U=隼=367.B選項正確；V2C、D、電流表測量流過副線圈的電流，根據理想變壓器電壓和匝數的關系可知，副線圈的電壓為9V,正向導通時電流為1A,根據電流的熱效應可知得效/?7=/次5,解得：/有效=^A;故C選項錯誤，D2 2選項正確.故選BD.【點睛】準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流與匝數比的關系，明確電表測量的為有效值是解決本題的關鍵.【解析】A項，根據左手定則知負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板電勢一定高于N板的電勢，故A正確；B、C項，最終離子處于平衡，故電場力等于洛倫茲力，根據牛頓第二定律有夕陽，解得U= ,C所以與離子的濃度無關，與污水流動的速度成正比，故B項錯誤，C項正確.D項，根據n=",貝J流量。=訕0=2秘=9人,即。=殷，故電壓表示數與污水流量成正比,Be BeB b故D項正確.綜上所述本題正確答案為ACD.BC【解析】【分析】【詳解】cd邊經過磁場邊界線L3時恰好開始做勻速直線運動，cd邊從L3到L』的過程中做勻速直線運動，cd邊到L』時ab邊開始到達L”則ab邊經過磁場邊界線14后做勻速直線運動，故A錯誤；ab邊從L2到L3的過程中，穿過線圈的磁通量沒有改變，沒有感應電流產生，不受安培力，線圈做勻加速直線運動，則ab邊進入下方磁場的速度比cd邊進入下方磁場的速度大，所受的安培力增大，所以ab邊經過磁場邊界線L后線圈要做一段減速運動，故B正確；cd邊經過磁場邊界線L3時恰好做勻速直線運動，根據平衡條件有mg=BIL而rBLvI= R聯立解得mgRv——；--cd邊從L到L』的過程做勻速運動，所用時間為LG=-二 vmgRcd邊從L2到L3的過程中線圈做勻加速直線運動，加速度為g,設此過程的時間為t”由運動學公式得2vLB21}%>—= vmgR故Cd邊經過磁場邊界線L2和L4的時間間隔為vmgR故c正確;D.線圈從開始運動到cd邊經過磁場邊界線L4過程，根據能量守恒得cIT1 2^7mg-RQ=mg-3L--mv=3mgL-故D錯誤。故選BC.BD【解析】【詳解】AB.帶電的小球A處于平衡狀態，A受到庫侖力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間庫侖力為排斥力，即AB為同種電荷，故A錯誤，B正確；C.根據庫侖定律有尸=A里，而廣r-￡sin60解得L136mg故C錯誤；D.若小球A的電荷量緩慢減小，AB間的庫侖力減小，小球A下擺，則小球A的重力勢能減小，庫侖力做負功，電勢能增大，故D正確。故選BD.三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分

13.6.710鉤碼A、13.6.710鉤碼A、B的質量mi、m2=m2gL-m}gL【解析】【分析】【詳解】③[1]根據螺旋測微器測量原理得d6.5mm+21.0x0.01mm=6.710mm⑦⑵⑶為驗證機械能守恒定律，還需測量鉤碼A、B的質量m2.對系統，因為動能的增加量等于重力勢能的減少量，則驗證方程為mgx2

4H，町+明）Rxmgx2

4H，町+明）Rx2

~s~~4Hs【解析】【詳解】⑴從A到B,由動能定理得:mgR=EKB-0,則物塊到達B時的動能:EKB=mgR,離開C后，物塊做平拋運動，水平方向:X=Vct,豎直方向："=;g產，物塊在C點的動能4c=耳93聯立可得:萬mgx?匕KC= S底4H[2][3]由B到C過程中，由動能定理得: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。【解析】【詳解】①由題意可知折射光線與鏡時垂直，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由幾何關系可得AED為等腰三角形,/=2Sdf=#>R=3mD FC16.(1)里(2)加+國3 2c【解析】【分析】【詳解】(1)光路圖如圖所示。所以根據題圖知，光進入介質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°在介質中的光速：C小v=—=——Cn3(2)由幾何關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間聯立解得_4d+描2c17.(1)4Oxl^m/s2;(2)1.2x104N；(3)6.0xl04A【解析】【分析】【詳解】(1)炮彈在兩導軌問做勻加速運動，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)炮彈作為導體受到磁場施加的安培力為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選項中，只有一項是符合題目要求的1.如圖所示，一電子以與磁場方向垂直的速度v從P處沿PQ方向進入長為d、寬為h的勻強磁場區域,從N處離開磁場，若電子質量為m,帶電荷量為e,磁感應強度為B,則（ ）A.電子在磁場中做類平拋運動B.電子在磁場中運動的時間t=《VC.洛倫茲力對電子做的功為BevhD.電子在N處的速度大小也是v2.如圖所示，半徑為R的圓環豎直放置，長度為R的不可伸長輕細繩OA、OB,一端固定在圓環上，另一端在圓心O處連接并懸掛一質量為m的重物，初始時OA繩處于水平狀態。把圓環沿地面向右緩慢轉動，直到OA繩處于豎直狀態，在這個過程中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，一名消防救援隊隊員手拉長為L、呈水平方向的輕繩從平臺上跳下，運動到B點時松開手,恰好落到障礙物后被困人員所在的A點。B點是障礙物的最高點，O、B、C三點在同一豎直線上，隊員可視為質點，空氣阻力不計，利用圖示信息判斷，下列關系正確的是（）圖9

A.h=—4LC.A.h=—4LC.h=(x+〃4LD.h=(x+L)24L.在兩個邊長為L的正方形區域內（包括四周的邊界）有大小相等、方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小為8。一個質量為，〃，帶電量為+4的粒子從產點沿著在的方向射入磁場，恰好從。點射出。則該粒子速度大小為（）ABCA.型 A.型 B.處2m m5BqL 口5BqL4m 2m.一質量為m的物體放在傾角為。且足夠長的光滑固定斜面上，初始位置如圖甲所示，在平行于斜面的力F的作用下由靜止開始沿斜面運動，運動過程中物體的機械能E隨位置x的變化關系如圖乙所示。其中O~Xl過程的圖線是曲線，XLX2過程的圖線是平行于X軸的直線，X2~X3過程的圖線是傾斜的直線，則下列說法正確的是（）甲 乙甲 乙A.在O~xi的過程中，物體向上運動B.在O~xi的過程中，物體的加速度一直增大C.在XLX2的過程中，物體的速度大小不變D.在0~X3的過程中，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各有一顆衛星a和6,衛星的圓軌道接近各自的行星表面，如果兩行星質量之比Ma：Mh=2-A,兩行星半徑之比，：&=1：2則兩個衛星周期之比7?4為（）A.1:4 B.4:1 C.1:2 D.2:1二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得（）分.某時刻。處質點沿y軸開始做簡諧振動，形成沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，經過0.8s形成的波動圖象如圖所示。P點是x軸上距坐標原點96m處的質點。下列判斷正確的是（ ）y/cmA.該質點開始振動的方向沿y軸向上.該質點振動的周期是0.8sC.從O處質點開始振動計時，經過3.2s,P處質點開始振動D.該波的波速是24m/s8.如圖所示，在真空中，某點電荷Q形成的電場中，a、b、c三個虛線圓分別表示電場中的三個等勢面,它們的電勢分別為45V、25V、15V.一粒子q帶電荷量大小為0.1C,電性未知，在電場中的運動軌跡如圖中實線KLMN所示。下列說法正確的是()A.場源電荷Q帶負電.粒子q帶正電C.粒子q從K到L的過程中，克服電場力做功3JD.粒子在距場源電荷最近的L處動能為零.平行金屬板PQ、MN與電源和滑線變阻器如圖所示連接，電源的電動勢為E,內電阻為零；靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連續不斷地產生質量為機，電荷量+<7,初速度為零的粒子，粒子在加速電場PQ的作用下穿過。板的小孔E,緊貼N板水平進入偏轉電場MN；改變滑片〃的位置可改變加速電場的電壓G和偏轉電場的電壓。2,且所有粒子都能夠從偏轉電場飛出，下列說法正確的是( )A.粒子的豎直偏轉距離與今成正比B.滑片P向右滑動的過程中從偏轉電場飛出的粒子的偏轉角逐漸減小C.飛出偏轉電場的粒子的最大速率、逆V/n.如圖，發電機的輸出電壓U=1000&sinl0OR（V）,通過理想降壓變壓器給若干盞燈泡供電，輸電線上連接可調電阻％變壓器原線圈兩端接有理想交流電壓表V,副線圈干路接有理想交流電流表A,下列說法正確的是（）A.電壓表V的示數始終為1000V B.僅可調電阻r增大，電壓表V的示數減小C.僅接入燈泡增多，電流表A的示數增大D.僅可調電阻r增大，電流表A的示數減小.如圖所示，光滑細桿MN傾斜固定，與水平方向夾角為。，一輕質彈簧一端固定在0點，另一端連接一小球，小球套在細杯上，。與桿MN在同一豎直平面內，P為MN的中點，且OP垂直于MN,已知小球位于桿上M、P兩點時，彈簧的彈力大小相等且在彈性限度內。現將小球從細桿頂端M點由靜止釋放,則在小球沿細桿從M點運動到N點的過程中（重力加速度為g）,以下判斷正確的是A.彈簧彈力對小球先做正功再做負功B.小球加速度大小等于gsinO的位置有三個C.小球運動到P點時的速度最大D.小球運動到N點肘的動能是運動到P點時動能的兩倍.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，直桿上套有一個滑塊.滑塊連接一根細線，細線的另一端連接一個置于斜面上的光滑小球.最初斜面與小球都保持靜止，現對滑塊施加水平向右的外力使其緩慢向右滑動至A點，如果整個過程斜面保持靜止，小球未滑離斜面，滑塊滑動到A點時細線恰好平行于斜面，則下列說法正確的是A.斜面對小球的支持力逐漸減小B.細線對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.水平地面對斜面體的支持力逐漸減小三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分.某小組利用圖甲所示的電路進行“測電池的電動勢和內阻”的實驗，實驗的操作過程為：閉合開關，讀出電流表的示數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，填寫在如下表格中。序號?(序號?(n)/(A)/R(V)19.00.262.3427.()0.302.1035.0().351.7543.00.441.3251.00.560.56(1)根據實驗數據在坐標系中描出坐標點，如圖乙所示，請在坐標系中作出圖象(2)由圖象求得電池的電動勢七=V,內阻「=SI；(結果均保留兩位小數)(3)上述方案中，若考慮電流表內阻對測量的影響，則電動勢E的測量值 真實值，內阻r的測量值真實值。(均選填“大于”、“等于”或“小于”).為了測量木塊與木板間動摩擦因數方某實驗小組使用位移傳感器設計了如圖所示的實驗裝置，讓木塊從傾斜木板上A點由靜止釋放，位移傳感器可以測出木塊到傳感器的距離。位移傳感器連接計算機，描繪出滑塊與傳感器的距離s隨時間t變化規律，取g=10m/s2,sin37?>=0.6,如圖所示：(2)根據上述圖線，計算可得木塊的加速度大小a=()m/s2；(3)現測得斜面傾角為37。，則產()o(所有結果均保留2位小數)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，一可視為質點的物塊A以％=6m/s的速度從左側入口向右滑入圓軌道，滑過最高點Q,從圓軌道右側出口滑出后，與靜止在地面上P點的可視為質點的物塊B碰撞(碰撞時間極短)，P點左側地面光滑，右側粗糙段和光滑段交替排列，每段長度均為L=O.lm,兩物塊碰后粘在一起做直線運動.已知兩物塊與各粗糙段間的動摩擦因數均為〃=01，物塊A、B的質量均為，〃=1依，重力加速度g取10m/s2.

(1)求物塊A到達Q點時的速度大小v和受到的彈力F；(2)若兩物塊最終停止在第k個粗糙段上，求k的數值；(3)求兩物塊滑至第n(n<k)個光滑段上的速度-“與n的關系式..第24屆冬奧會將于2022年2月4日在中國北京和張家口聯合舉行。如圖為一簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖。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，與水平面相切干C點，AC間的豎直高度差為％=50mCD為豎直跳臺。運動員連同滑雪裝備總質量為m=80kg,從A點由睜止滑下，假設通過C點時雪道對運動員的支持力為F=8000N水平飛出段時間后落到著陸坡DE的E點上。CE間水平方向的距離x=150m。不計空氣阻力，取g=10m/s2。求：(1)運動員到達C點速度vc的大小；(2)CE間豎直高度差h25⑶運動員從A點滑到C點的過程中克服摩擦力做的功W..如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態A變化到狀態B,再變化到狀態C,其狀態變化過程的p-V圖象如圖所示.已知該氣體在狀態B時的熱力學溫度Tb=3()()K,求：?p/CxiO*Pa)1 1 2 3①該氣體在狀態A時的熱力學溫度Ta和狀態C時的熱力學溫度Tc;②該氣體從狀態A到狀態C的過程中，氣體內能的變化量AU以及該過程中氣體從外界吸收的熱量Q.參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的D【解析】電子垂直射入勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力將做勻速圓周運動，運動時間為：，=要變＞4,故VVAB錯誤；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有位移，所以洛倫茲力對電子不做功，故C錯誤；電子垂直射入勻強磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變也是v,故D正確.所以D正確，ABC錯誤.B【解析】【詳解】以重物為研究對象，重物受到重力、OA繩的拉力耳、OB繩的拉力F?三個力平衡，構成矢量三角形，置于幾何圓中如圖：在轉動的過程中，OA繩的拉力”先增大，轉過直徑后開始減小，OB繩的拉力尸2開始處于直徑上，轉動后一直減小，B正確，ACD錯誤。故選B。A【解析】

【分析】【詳解】消防救援隊隊員從平臺上跳下到B點由動能定理得mgL=mv1松手后消防救援隊隊員做平拋運動，則有,1 2h=-gr,x=vBt聯立解得,x~h=——4L故A正確，BCD錯誤。故選A。C【解析】【分析】【詳解】由題意分析可知粒子從BE中點G飛出左邊磁場，作FG的垂直平分線交FA的延長線于點O,點。為圓心，如圖所示O—十 力根據幾何知識，有FG=Jl2+—=—￡V4 2AFEG與AF7VO相似，則有解得又因為解得又因為c VqvB=tn—r解得5BqL

4m故C正確，ABD錯誤。故選C。B【解析】【分析】【詳解】A.物塊機械能由重力勢能和動能構成，所以拉力做功影響物塊機械能的改變，即則F=—Ax所以圖線的斜率表示拉力，在0內過程中物體機械能在減小，則拉力在做負功，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動，A錯誤；B.在0X過程中圖線的斜率逐漸減小到零，可知物體的拉力逐漸減小到零，根據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的過程中，拉力歹=0,機械能守恒，物體向下運動，重力勢能減小，速度增大，C錯誤;D.在0玉的過程中，拉力沿斜面向下，結合C選項分析可知物體一直沿斜面向下加速運動，D錯誤。故選B.【解析】【分析】【詳解】衛星做圓周運動時，萬有引力提供圓周運動的向心力，有_Mm 4/r2_G——=m——RR2 T2所以兩衛星運行周期之比為—X-=K"，824故A正確、BCD錯誤。故選A。二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得()分BC【解析】【詳解】A.由上下坡法可知，質點開始振動的方向沿y軸負方向，故A錯誤；0.8s傳播一個波長，周期為0.8s,故B正確；CD.波速A24,v=——= m/s=30m/sT0.8傳到P點的時間96t=——s=3.2s30故C正確，D錯誤。故選BC.8.BC【解析】【分析】【詳解】A.因為a、b、c三個虛線圓電勢分別為45V、25V、15V,說明場源電荷Q帶正電，故A錯誤；B.由粒子運動軌跡可知，粒子與場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的過程中，電勢升高，電勢差為30V,克服電場力做功為W=qU=3J故C正確；D.由運動軌跡可以看出，粒子做曲線運動，在L處速度大小不可能為零，故D錯誤。故選BC.【解析】【分析】【詳解】A.在加速電場中，由動能定理得,,1 2qUt=-mv-在偏轉電場中，加速度為md則偏轉距離為運動時間為%聯立上式得y="-4qd其中I是偏轉極板的長度，d是板間距離。粒子的豎直偏轉距離與會成正比，故A錯誤;B.從偏轉電場飛出的粒子的偏轉角的正切值attana=—%聯立解得滑片P向右滑動的過程中，3增大，U2減小，可知偏轉角逐漸減小，故B正確;CD.緊貼M板飛出時，電場做功最多，粒子具有最大速率。由動能定理-mv1-0=q(U[+U2)=qE解得故C正確，D錯誤。故選BC.【解析】【分析】【詳解】A.電壓表示數u=4-〃<1000vA錯誤；BD.可調電阻r增大，副線圈電阻不變，則電路總電阻增大，電流減小，副線圈電阻分壓減小，BD正確；C.僅接入燈泡增多，副線圈電流增大，電流表示數增大，C正確。故選BCD.BD【解析】【詳解】A項：由題意不能確定在M點和在N點時彈簧是壓縮還是拉伸狀態，所以彈簧對小球可能先做正功后做負功，也可能先做負功后做正功，故A錯誤；B項：由于MP之間和PN之間各有一位置彈簧彈力為零，當彈力為零時小球的加速度為gsin6,在P點時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，故B正確；C項：由于小球在P點的加速度為gsin6,所以小球的速度一定不為最大，故C錯誤；D項：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},聯立解得：小球運動到N點肘的動能是運動到P點時動能的兩倍，故D正確。故選：BD.BC【解析】【詳解】AB.對小球受力分析可知，沿斜面方向：Tcosa=mgsin。，在垂直斜面方向：FN+Tsina=mgcos0(其中a是細線與斜面的夾角，。為斜面的傾角)，現對滑塊施加水平向右的外力使其緩慢向右滑動至A點，a變小，則細線對小球的拉力丁變小，斜面對小球的支持力Fv變大，故選項B正確，A錯誤；C.對滑塊受力分析可知，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c正確;costzD.對斜面和小球為對象受力分析可知，在豎直方向則有：ing+Mg=FN'+Tsin(0+a)，由于(a+。)變小，所以水平地面對斜面體的支持力逐漸增大，故選項D錯誤.三、實驗題: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若考慮電流表內阻對測量的影響，則表達式變為IR=E-I{r+RJ因此，電動勢的測量無誤差，即電動勢E的測量值等于真實值，但是內阻測量偏大，即內阻I?的測量值大于真實值。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運動，某段時間內的平均速度等于這段時間內中間時刻的瞬時速度，則木塊在0.4s時的速度大小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Q的過程中機械能守恒，根據機械能守恒:121,—mvQ=—mv+2mgR①物塊A做圓周運動：FN+mg=m—②由①②聯立得:v=4m/s國=102N方向向下③(2)在與B碰撞前，系統機械能守恒，A和B在碰撞過程中動量守恒:心%=(%+%)匕 ④A、B碰后向右滑動，由動能定理得：〃(%+加8)85=。一萬(%+加8)片⑤由④⑤聯立得s=4.5m所以(3)碰后A、B滑至第n個光滑段上的速度v?,由動能定理得：〃(%+F)g〃L=g(%+wB)v^-1(nzA+wB)v,2⑥解得：點睛：本題考查動量守恒定律、機械能守恒定律及向心力等內容，要求我們能正確分析物理過程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的轉化與守恒的靈活應用.(1)30m/s；(2)125m；(3)4000J【解析】【分析】【詳解】⑴運動員到達C點，由牛頓第二定律得2r%r一mg=m—R解得Vc=30m/so(2)CE過程運動員做平拋運動水平方向x=vct豎直方向,1 24=]g'解得h2=125mo(3)AC過程，由動能定理得mgl\-W=-mv1解得W=4000J。17.①〃=900K；心=900K②△[/=()；0=200J【解析】【詳解】①氣體從狀態4到狀態3過程做等容變化，有：祟=祟*A1B解得：，=900K氣體從狀態5到狀態。過程做等壓變化，有：*解得：4=900K②因為狀態A和狀態。溫度相等，且氣體的內能是所有分子的動能之和，溫度是分子平均動能的標志，所以在該過程中：AU=0氣體從狀態A到狀態B過程體積不變,氣體從狀態B到狀態C過程對外做功,故氣體從狀態A到狀態C的過程中，外界對氣體所做的功為：W=-pAV=-lxlO5x(3xlO-3-lxlO3)J=-2OOJ由熱力學第一定律有：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選項中，只有一項是符合題目要求的.某同學投籃時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，籃球運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力，關于籃球從拋出到撞擊籃板前，下列說法正確的是（ ）A.兩次在空中的時間可能相等 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.兩次拋出的初動能可能相等【答案】D【解析】【詳解】A.將籃球的運動逆向處理，即為平拋運動，由圖可知，第二次運動過程中的高度較小，所以運動時間較短，故A錯誤；B.籃球的運動逆向視為平拋運動，則平拋運動在水平方向做勻速直線運動，水平射程相等，但第二次用的時間較短，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錯誤；C.籃球的運動逆向視為平拋運動，在豎直方向上做自由落體運動，由i，,=J荻可知，第二次拋出時速度的豎直分量較小，故c錯誤；D.由于水平速度第二次大，豎直速度第一次大，根據速度的合成可知，拋出時的速度大小不能確定，有可能相等，所以兩次拋出的初動能可能相等，故D正確；故選D。.如圖所示，真空中有一個半徑為R,質量分布均勻的玻璃球，頻率為/的細激光束在真空中沿直線BC傳播，并于玻璃球表面的C點經折射進入玻璃球，并在玻璃球表面的D點又經折射進入真空中，已知NCOO=120°，玻璃球對該激光的折射率為6,則下列說法中正確的是（）A.出射光線的頻率變小B.改變入射角a的大小，細激光束可能在玻璃球的內表面發生全反射

此激光束在玻璃中穿越的時間為f=此激光束在玻璃中穿越的時間為f=3R（c為真空中的光速）D.激光束的入射角為a=45。【答案】C【解析】【詳解】A.光在不同介質中傳播時，頻率不會發生改變，所以出射光線的頻率不變，故A錯誤；B.激光束從C點進入玻璃球時，無論怎樣改變入射角，折射角都小于臨界角，根據幾何知識可知光線在玻璃球內表面的入射角不可能大于臨界角，所以都不可能發生全反射，故B錯誤；C.此激光束在玻璃中的波速為ccV————產nV3CD間的距離為S=2Rsi〃60。=血則光束在玻璃球中從C到。傳播的時間為S3Rt=—=—VC故C正確；D.由幾何知識得到激光束在在C點折射角r=30。，由sinan= sinr可得入射角a=60。，故D錯誤。3.如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數之比為1:2,在原線圈電路的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】因為電阻Ri、R2消耗的功率相等，所以有I；R=又因為_L=色.l2n\聯立解得故BCD錯誤，A正確。故選A。4.一束由a、b兩種單色光組成的復色光射向玻璃制成的三棱鏡，通過三棱鏡的傳播情況如圖所示。關于a、b兩種單色光，下列說法正確的是（ ）A.玻璃對a色光的折射率大于對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.通過玻璃三棱鏡后，b色光的偏折角最大，說明玻璃對b光的折射率大于對a色光的折射率，則b色光的頻率最高，根據E=可知，a色光的光子能量小于b色光的光子能量，故A錯誤，B正確；Ca色光的折射率小，根據「=￡分析可知a色光在玻璃中的傳播速度大于b色光，故C錯誤；nD.玻璃對b光的折射率大，根據sinC=L知b色光發生全反射的臨界角小于a色光，故D錯誤。n故選B.5.下列說法中正確的是（ ）A.光電效應揭示了光的波動性B.中子與質子結合成笊核時放出能量C.在所有核反應中，都遵從“質量守恒，核電荷數守恒”規律D.200個鐳226核經過一個半衰期后，一定還剩下100個鐳226沒有發生衰變【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.光電效應揭示了光的粒子性，A錯誤；B.中子與質子結合成笊核時會質量虧損，所以放出能量，B正確；C.在所有核反應中，都遵從“質量數守恒，核電荷數守恒”規律，C錯誤；D.半衰期是大量原子核衰變的統計規律，研究個別原子核無意義，D錯誤。故選B。6.如圖，一個質量為m的剛性圓環套在豎直固定細桿上，圓環的直徑略大于細桿的直徑，圓環的兩邊與兩個相同的輕質彈簧的一端相連，輕質彈簧的另一端相連在和圓環同一高度的墻壁上的P、Q兩點處，彈簧的勁度系數為k,起初圓環處于O點，彈簧處于原長狀態且原長為L；將圓環拉至A點由靜止釋放，OA=OB=L,重力加速度為g,對于圓環從A點運動到B點的過程中，彈簧處于彈性范圍內，下列說法正確的是A.圓環通過O點的加速度小于gB.圓環在O點的速度最大C.圓環在A點的加速度大小為g+——mD.圓環在B點的速度為2瘋【答案】D【解析】【詳解】A.圓環通過O點時，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錯誤；B.圓環受力平衡時速度最大，應在O點下方，故B錯誤；C.圓環在下滑過程中與粗糙細桿之間無壓力，不受摩擦力，在A點對圓環進行受力分析如圖，根據幾何關系，在A點彈簧伸長（Qi）l根據牛頓第二定律，有mg+2k（近L-￡）cos45=ma解得（2-V2ULa=g+- —m故c錯誤；D.圓環從A到B過程，根據功能關系，減少的重力勢能轉化為動能mg-2L=^mv~解得v=2弧故D正確。故選D。二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分7.如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的理想邊界，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質量為m、電阻為R的單匝正方形線框，以速度v垂直磁場方向從圖示實線位置I開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置II時，線框的速度為;。則下列說法正確的是（）a.在位置n時線框中的電功率為*b,在位置時U的加速度為舞2C.2C.此過程中安培力的沖量大小為D.此過程中通過線框導線橫截面的電荷量為名2R【答案】AC【解析】【分析】【詳解】A.線框經過位置II時，線框左右兩邊均切割磁感線，所以此時的感應電動勢為l2nE=—Bav3故線框中的電功率為八E~4B~a-vr= = R9RA正確；b.線框在位置n時，左右兩邊所受安培力大小均為F=F=Bia=282a2y3R根據左手定則可知，線框左右兩邊所受安培力的方向均向左，故此時線框的加速度為2F4B2a2va=——= m3mRB錯誤；C.整個過程根據動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EA△①q=/Ar=—4=—RR線框在位置i時其磁通量為8片,而線框在位置n時其磁通量為零，故Ba2q= RD錯誤。故選AC.8.分子力F、分子勢能Ep與分子間距離r的關系圖線如甲乙兩條曲線所示（取無窮遠處分子勢能Ep=O）.下列說法正確的是A.乙圖線為分子勢能與分子間距離的關系圖線.當r=i?。時，分子勢能為零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