(含5套模擬卷)安徽省池州市2021屆新高考物理第一次調(diào)研試卷含解析

安徽省池州市2021屆新高考物理第一次調(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1.一足夠長的傳送帶與水平面的傾角為8,以一定的速度勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻在傳送帶適當(dāng)?shù)奈恢梅派暇哂幸欢ǔ跛俣鹊男∥飰K，如圖甲所示，以此時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)t=0,小物塊之后在傳送帶上運(yùn)動(dòng)速度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示，圖中取沿斜面向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，Vl>v2,已知傳送帶的速度保持不變，則A.小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)ji<tan0B.小物塊在0~ti內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在ti~t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移小c.o~t2內(nèi)，傳送帶對物塊做功為卬=5m4一萬加%D.0~t2內(nèi)物塊動(dòng)能變化量大小一定小于物體與皮帶間摩擦而產(chǎn)生的熱量【答案】D【解析】【分析】v-t圖象與坐標(biāo)軸所圍成圖形的面積等于物體位移大小，根據(jù)圖示圖象比較在兩時(shí)間段物體位移大小關(guān)系;由圖看出，物塊先向下運(yùn)動(dòng)后向上運(yùn)動(dòng)，則知傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)向上。0?ti內(nèi)，物塊對傳送帶的摩擦力方向沿傳送帶向下，可知物塊對傳送帶做功情況。由于物塊能向上運(yùn)動(dòng)，則有nmgcosO>mgsinO.根據(jù)動(dòng)能定理研究。?t2內(nèi)，傳送帶對物塊做功。根據(jù)能量守恒判斷可知，物塊的重力勢能減小、動(dòng)能也減小都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動(dòng)能的變化量大小?！驹斀狻吭趆?t2內(nèi)，物塊向上運(yùn)動(dòng)，則有pmgcos0>mgsin0,解得：p>tan0,故A錯(cuò)誤。因vi>V2,由圖示圖象可知，。?ti內(nèi)圖象與坐標(biāo)軸所形成的三角形面積大于圖象在h?t2內(nèi)與坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積，由此可知，物塊在0?h內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移比在h?t2內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移大，故B錯(cuò)誤：0?t2內(nèi)，由圖“面積”等于位移可知，物塊的總位移沿斜面向下，高度下降，重力對物塊做正功，設(shè)為W(“根據(jù)動(dòng)能定理得：W+Wg=-mvz2--mvi2,則傳送帶對物塊做功Wr—mvz?--mvj,故C錯(cuò)誤。0?t?內(nèi)，物塊的重力勢能2 2 2 2減小、動(dòng)能也減小，減小的重力勢能與動(dòng)能都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，則由能量守恒得知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量大小一定大于物塊動(dòng)能的變化量大小，即：0?t2內(nèi)物塊動(dòng)能變化量大小一定小于物體與皮帶間摩擦而產(chǎn)生的熱，故D正確。故選D。2.如圖所示，一段長方體形導(dǎo)電材料，左右兩端面的邊長都為a和b,內(nèi)有帶電量為q的某種自由運(yùn)動(dòng)電荷.導(dǎo)電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強(qiáng)磁場中，內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.當(dāng)通以從左到右的穩(wěn)恒電流1時(shí)，測得導(dǎo)電材料上、下表面之間的電壓為U,且上表面的電勢比下表面的低.由此可得該導(dǎo)電材料單位體積內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)電荷數(shù)及自由運(yùn)動(dòng)電荷的正負(fù)分別為上"a」A.r-j一~，負(fù) B.rn~~,正\q\aUIB- _IB-C.\q\bU，負(fù) 碘U，正【答案】C【解析】【詳解】因?yàn)樯媳砻娴碾妱荼认卤砻娴牡?，根?jù)左手定則，知道移動(dòng)的電荷為負(fù)電荷；根據(jù)電荷所受的洛倫茲力和電場力平衡可得：qvB=q—a解得：Uv=——Ba因?yàn)殡娏鳛椋篒=nqvs=nqvab解得：IBn=\q\bUA.與分析不符，故A錯(cuò)誤；B.與分析不符，故B錯(cuò)誤；C.與分析相符，故C正確；D.與分析不符，故D錯(cuò)誤.3.如圖所示，在兩等量異種點(diǎn)電荷的電場中，MN為兩電荷連線的中垂線，a、b、c三點(diǎn)所在直線平行于兩電荷的連線，且a與c關(guān)于MN對稱，b點(diǎn)位于MN上，d點(diǎn)位于兩電荷的連線上。以下判斷正確的是()b點(diǎn)場強(qiáng)大于d點(diǎn)場強(qiáng)b點(diǎn)場強(qiáng)為零a、b兩點(diǎn)間的電勢差等于b、c兩點(diǎn)間的電勢差D.試探電荷+q在a點(diǎn)的電勢能小于在c點(diǎn)的電勢能【答案】C【解析】【詳解】A.在兩等量異種點(diǎn)電荷連線上中點(diǎn)的場強(qiáng)最小，在兩等量異種點(diǎn)電荷連線的中垂線上中點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大。所以b點(diǎn)的場強(qiáng)小于連線中點(diǎn)的場強(qiáng)，d點(diǎn)的場強(qiáng)大于中點(diǎn)的場強(qiáng)，則b點(diǎn)場強(qiáng)小于d點(diǎn)場強(qiáng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.根據(jù)適矢量的疊加，b點(diǎn)的合場強(qiáng)由b指向c,不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.由對稱性可知，a、b兩點(diǎn)的電勢差等于b、c兩點(diǎn)間的電勢差，選項(xiàng)C正確；D.因a點(diǎn)的電勢高于c點(diǎn)的電勢，故試探電荷+q在a點(diǎn)的電勢能大于在c點(diǎn)的電勢能，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。4.在一場足球比賽中，質(zhì)量為0.4kg的足球以15m/s的速率飛向球門，被守門員撲出后足球的速率變?yōu)?0m/s,方向和原來的運(yùn)動(dòng)方向相反，在守門員將球撲出的過程中足球所受合外力的沖量為（）2kg-m/s,方向與足球原來的運(yùn)動(dòng)方向相同2kg-m/s,方向與足球原來的運(yùn)動(dòng)方向相反14kg-m/s,方向與足球原來的運(yùn)動(dòng)方向相同14kg?m/s,方向與足球原來的運(yùn)動(dòng)方向相反【答案】D【解析】【詳解】設(shè)球飛向球門的方向?yàn)檎较?，被守門員撲出后足球的速度為V=-20m/s則由動(dòng)量定理可得/=mV-mv=-0.4x20—0.4x15kg?m/s=-14kg?m/s負(fù)號說明合外力沖量的方向與足球原來的運(yùn)動(dòng)方向相反，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確；故選D。5.2017年11月5日，我國用長征火箭成功發(fā)射了兩顆北斗三號組網(wǎng)衛(wèi)星（如圖所示），開啟了北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)全球組網(wǎng)的新時(shí)代。下列關(guān)于火箭在豎直方向加速起飛階段的說法，正確的是（ ）A.火箭只受到重力和空氣阻力的作用B.火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力大小相等C.火箭處于失重狀態(tài)D.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后，相對地面由靜止下落【答案】B【解析】【詳解】A.火箭受到重力和空氣阻力以及內(nèi)部燃料噴出時(shí)的作用力，故A錯(cuò)誤；B.火箭噴出的熱氣流對火箭的作用力與火箭對熱氣流的作用力為作用力和反作用力，二者大小相等，故B正確；C.火箭加速向上，故處于超重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；D.保溫泡沫塑料從箭殼上自行脫落后，由于具有向上的速度，故做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選B。6,太陽系中各行星繞太陽運(yùn)動(dòng)的軌道在同一面內(nèi)。在地球上觀測金星與太陽的視角為。（金星、太陽與觀察者連線的夾角），長時(shí)間觀察該視角并分析記錄數(shù)據(jù)知，該視角的最小值為0,最大值為盤。若地球和金星繞太陽的運(yùn)動(dòng)視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則金星與地球公轉(zhuǎn)周期的比值為（ ）D.J(cos6mY【答案】C【解析】【詳解】如圖所示最大視角盤時(shí)，觀察者與金星的連線應(yīng)與金星的軌道相切。由幾何關(guān)系得sin/=區(qū)萬有引力提供向心力有八Mm4/g7r解得/地V〃也故C正確，ABD錯(cuò)誤。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.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分.下說法中正確的是—.A.在干涉現(xiàn)象中，振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)的位移有時(shí)可能比振動(dòng)減弱的點(diǎn)的位移小.單擺在周期性的外力作用下做受迫振動(dòng)，則外力的頻率越大，單擺的振幅也越大C.全息照片的拍攝利用了激光衍射的原理D.頻率為v的激光束射向高速迎面而來的衛(wèi)星，衛(wèi)星接收到的激光的頻率大于vE.電磁波在真空中自由傳播時(shí)，其傳播方向與電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度均垂直【答案】ADE【解析】【分析】【詳解】A.在干涉現(xiàn)象中，振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)的振幅比振動(dòng)減弱的點(diǎn)的振幅大，但是振動(dòng)加強(qiáng)的點(diǎn)的位移有時(shí)可能比振動(dòng)減弱的點(diǎn)的位移小，選項(xiàng)A正確；B.單擺在周期性的外力作用下做受迫振動(dòng)，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率與單擺的固有頻率相等時(shí)振幅最大，則外力的頻率越大時(shí)，單擺的振幅不一定越大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.全息照片的拍攝利用了激光干涉的原理，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.根據(jù)多普勒效應(yīng)，頻率為v的激光束射向高速迎面而來的衛(wèi)星，衛(wèi)星接收到的激光的頻率大于v,選項(xiàng)D正確；E.電磁波是橫波，在真空中自由傳播時(shí)，其傳播方向與電場強(qiáng)度、磁感應(yīng)強(qiáng)度均垂直，選項(xiàng)E正確。

故選ADE.8.如圖所示，水平傳送帶以大小為y的速率沿順時(shí)針勻速運(yùn)行，一個(gè)小物塊從傳送帶的右端點(diǎn)A以大小為21，的速度向左滑上傳送帶，小物塊滑到傳送帶正中間時(shí)速度減為零。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,則下列說法正確的是2r2v2A.AB兩點(diǎn)間的距離為——4gB.小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)與傳送帶的相對位移為空2〃gC.要使小物塊從傳送帶左端點(diǎn)8滑離，小物塊在右端點(diǎn)A滑上傳送帶的速度至少為3yD.增大傳送帶的速度（仍小于2p）,小物塊與傳送帶間相對運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長【答案】BD【解析】【詳解】A.物塊向左滑動(dòng)時(shí)，做加速度大小為a="g的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則傳送帶的長為￡=2x（2v）：=4^2a 4g故A錯(cuò)誤;2vB.物塊向左滑動(dòng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間2v2v4=一a這段時(shí)間內(nèi)相對位移4v2當(dāng)物塊向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速的時(shí)間為v’2=一-a這段時(shí)間內(nèi)的相對位移為2 2VV^2=v/2--=-9v2因此總的相對位移為——，故B正確；2〃gC.要使物塊從傳送帶左端點(diǎn)B滑離，物塊在右端點(diǎn)A滑上傳送帶的速度至少為v=-J2aL=2y/2v故C錯(cuò)誤；D.增大傳送帶的速度（仍小于2v）,物塊向左相對傳送帶運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，向右相對傳送帶運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變長，因此物塊與傳送帶相對運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間變長，故D正確。9.滑板運(yùn)動(dòng)是以滑行為特色、崇尚自由的一種運(yùn)動(dòng)，深受都市青年的喜愛?；宓囊环N運(yùn)動(dòng)情境可簡化為如下模型：如圖甲所示，將運(yùn)動(dòng)員（包括滑板）簡化為質(zhì)量機(jī)=50kg的物塊，物塊以某一初速度％從傾角6=37的斜面底端沖上足夠長的斜面，取斜面底端為重力勢能零勢能面，該物塊的機(jī)械能與：和重力勢能「隨離開斜面底端的高度力的變化規(guī)律如圖乙所示。將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度］0m/s3則由圖中數(shù)據(jù)可得（）A.初速度％=5m/sB.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.34C.物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為5sD.物塊再次回到斜面底端時(shí)的動(dòng)能為375J【答案】AD【解析】【分析】【詳解】A.斜面底端為重力勢能零勢能面，則625J%=5m/s故A正確；B.當(dāng)后總=與時(shí)，物塊運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)由圖乙可知此時(shí)hm=Im根據(jù)功能關(guān)系，有h/jmgcos6——=AE,.O=125Jsin。得物塊與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)3a=—16故B錯(cuò)誤；CD.物塊沿斜面上滑的時(shí)間v0 2八= =—sgsin。+〃gcos03上滑的位移因?yàn)椤?lt;tan。，所以物塊最終會(huì)沿斜面下滑，下滑的I2s2715=I = ,gsin6-4gcos0 9物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為滑到斜面底端時(shí)的動(dòng)能hE.= -2utngcos0——=375J女總? sing故C錯(cuò)誤，D正確。故選AD.10.某列簡諧橫波在h=0時(shí)刻的波形如圖甲中實(shí)線所示，t2=3.0s時(shí)刻的波形如圖甲中虛線所示，若圖乙是圖甲a、b、c、d四點(diǎn)中某質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象，則正確的是A.這列波的周期為4sB.波速為0.5m/sC.圖乙是質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)圖象D.從ti=O到t2=3.0s這段時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)a通過的路程為1.5mE.t3=9.5s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)c沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)【答案】ABE【解析】【分析】【詳解】A.由圖乙可知，波的振動(dòng)周期為4s,故A正確；B.由甲圖可知，波長入=2m,根據(jù)波速公式22, ,v=—=—m/s=0.5m/sT4故B正確；c.在ti=o時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)b正通過平衡位置，與乙圖情況不符，所以乙圖不可能是質(zhì)點(diǎn)b的振動(dòng)圖線，故C錯(cuò)誤；TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"3D.從ti=Os到t2=3.0s這段時(shí)間內(nèi)為一T,所以質(zhì)點(diǎn)a通過的路程為s=—x4A=15cm=0.15m,故D錯(cuò)誤;\o"CurrentDocument"4\o"CurrentDocument"3 T3 TE.因?yàn)閠3=9.5s=2』T,2T后質(zhì)點(diǎn)c回到最低點(diǎn)，由于7V彳TV7,所以tj=9.5s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)c在平衡位\o"CurrentDocument"8 48 2置以上沿y軸正向運(yùn)動(dòng)，故E正確。故選ABE.11.關(guān)于一定量的氣體，下列說法正確的是（ ）A.氣體做等溫膨脹變化，其壓強(qiáng)一定減小B.氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達(dá)的空間的體積，而不是該氣體所有分子體積之和C.氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的劇烈程度減弱時(shí)，氣體的壓強(qiáng)一定減小D.若氣體處于完全失重的狀態(tài)，氣體的壓強(qiáng)一定為零E.氣體從外界吸收熱量，其內(nèi)能可能減小【答案】ABE【解析】【詳解】A.由理想氣體狀態(tài)方程可得，氣體在等溫膨脹過程，溫度不變，體積與壓強(qiáng)成反比，體積增大，壓強(qiáng)一定減小，故A正確；B.氣體的體積指的是該氣體的分子所能到達(dá)的空間的體積，故B正確；C.溫度高氣體分子熱運(yùn)動(dòng)就劇烈，所以只要能減弱氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的劇烈程度，氣體的溫度可以降低，但是壓強(qiáng)不一定越低，故C錯(cuò)誤；D.在完全失重的情況下，分子運(yùn)動(dòng)不停息，氣體對容器壁的壓強(qiáng)不為零，故D錯(cuò)誤；E.氣體從外界吸收熱量，但如果同時(shí)對外做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，則內(nèi)能可能減小，故E正確。故選ABE..如圖所示，電路中有四個(gè)完全相同的燈泡，額定電壓為U,額定功率為P,變壓器為理想變壓器,若四個(gè)燈泡都正常發(fā)光，則（ ）A.變壓器原副線圈的匝數(shù)比為1：2B,變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：1C.電源電壓為2U D.電源電壓為4U【答案】BD【解析】【詳解】AB.如圖所示，設(shè)每個(gè)燈泡額定電流為（正常發(fā)光），則原線圈電流為原副線圈中兩燈并聯(lián)，電流為副變壓器有原副解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD.副原變壓器有原副解得故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分.小明所在的課外活動(dòng)小組在實(shí)驗(yàn)室測量導(dǎo)線的電阻率，他們在實(shí)驗(yàn)室選取了一段金屬絲，經(jīng)過討論他們進(jìn)行了如下操作。圖I 圉2(1)先用刻度尺測量其長度如圖1所示，該段金屬絲的長度為一cm。(2)接著他們使用多用電表粗測金屬絲的電阻，操作過程分以下三個(gè)步驟：(請?zhí)顚懙冖诓讲僮?①將紅、黑表筆分別插入多用電表的“，插孔，選擇電阻擋“X1”；②一,調(diào)整歐姆調(diào)零旋鈕，一；③把紅、黑表筆分別與金屬絲的兩端相接，多用電表的示數(shù)如圖2所示.(3)根據(jù)多用電表示數(shù)，為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，并在實(shí)驗(yàn)中獲得較大的電壓調(diào)節(jié)范圍，應(yīng)從圖3中的四個(gè)電路中選擇—電路來測量金屬絲電阻，閉合開關(guān)前應(yīng)將滑動(dòng)變阻器的滑片P移至最—(填“左”或“右”)端，多次測量求平均值后測得該金屬絲的電阻為5.2。。(4)他們使用千分尺測量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖4所示，金屬絲的直徑為_mm。圖4(5)根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以計(jì)算出該金屬絲的電阻率為夕=—Qm(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字【答案】60.50(60.48?60.52均可) 將紅、黑表筆短接 使指針指向電阻刻度“0”刻線 D左0.200 2.7x10-7【解析】【詳解】[1]毫米刻度尺的分度值為0.1cm,所以讀數(shù)為：70.50cm-10.00cm=60.S0cm；[2][3]②將紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向表盤右側(cè)的“0”刻度線，即表盤中電阻刻度“0”刻線；[4][5]電阻為R.=5.2。，電流表的分壓相對較為明顯，所以電流表應(yīng)采用外接法；為獲得較大的電壓調(diào)節(jié)范圍，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用分壓式接法，所以選擇電路D,滑片P開始應(yīng)調(diào)節(jié)至左端，使電壓從。開始調(diào)節(jié)；

[6]螺旋測微器的精度為0.01mm,所以讀數(shù)為:0+20.0xO.Olmm=0.2(X)mm；（5）⑺根據(jù)電阻定律:R=p—'S金屬絲的橫截面積：=-7vd24所以電阻率：兀R/24L3.14x5.2x(0.200x107)2兀R/24L4x0.60514.某同學(xué)欲將內(nèi)阻為100。、量程為300HA的電流計(jì)G改裝成歐姆表，要求改裝后歐姆表的0刻度正好對準(zhǔn)電流表表盤的300pA刻度?？蛇x用的器材還有：定值電阻Ri（阻值25。）；定值電阻R?（阻值100。）；滑動(dòng)變阻器R（最大阻值1000。）：干電池（E=1.5V.r=2Q）；紅、黑表筆和導(dǎo)線若干。改裝電路如圖甲所示。（1）定值電阻應(yīng)選擇一（填元件符號）.改裝后的歐姆表的中值電阻為—（2）該同學(xué)用改裝后尚未標(biāo)示對應(yīng)刻度的歐姆表測量內(nèi)阻和量程均未知的電壓表V的內(nèi)阻。步驟如下:先將歐姆表的紅、黑表筆短接，調(diào)節(jié)—填圖甲中對應(yīng)元件代號），使電流計(jì)G指針指到—MA；再將—（填“紅”或“黑”）表筆與V表的“+”接線柱相連，另一表筆與V表的“一”接線柱相連。若兩表的指針位置分別如圖乙和圖丙所示，則V表的內(nèi)阻為—ft,量程為Vo【答案】Ri 1000 R（或滑動(dòng)變阻器） 300黑500 1【解析】【詳解】由于滑動(dòng)變阻器的最大阻值為1000。，故當(dāng)滑動(dòng)變阻器調(diào)到最大時(shí)，電路中的電路約為E/?—=1.5mAR此時(shí)表頭滿偏，故定值電阻中的電流約為/產(chǎn)/"=L2mA故其阻值為R'=-^R=25Q因此定值電阻應(yīng)該選擇Ri.改裝后將紅黑表筆短接，將電流表調(diào)大滿偏，此時(shí)多用表的總內(nèi)阻為p凡=—^=10000訥I+1lg十’1故多用表的中值電阻為A=4=1000Q13][4][5]由于使用歐姆表測內(nèi)阻，故首先要進(jìn)行歐姆調(diào)0,即調(diào)節(jié)R,使電流表滿偏，即指針指到300gA,黑表筆接的電源正極，故將黑表筆與電壓表的“+”接線柱相連；⑹[7]歐姆表指針指在I=200jiA位置，則電路中的總電流為51,故待測電壓表的內(nèi)阻為p&=二一&=5000設(shè)電壓表量程為U,此時(shí)電壓表兩端的電壓為—=5/x7?v=0.5V2v故其量程為IV.四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖，豎直放置的粗細(xì)均勻的U形管左端封閉，右端開口。左管內(nèi)用水銀封閉一段長Li=20cm的空氣柱，左右兩管水銀面差為h=15cm。已知外界溫度為27C,大氣壓為75cmHg.⑴如果緩慢向右管內(nèi)注入水銀，直到左右水銀面相平（原來右管水銀沒有全部進(jìn)入水平部分），求在右管注入的水銀柱長度（ii）在左右管水銀面相平后，緩慢升高左管內(nèi)封閉氣體的溫度，使封閉空氣柱長度變?yōu)?0cm,求此時(shí)左端空氣柱的溫度?！敬鸢浮竣?=23cm（ii）（=415k【解析】【詳解】⑴設(shè)封閉氣體原來壓強(qiáng)為/乙，后來壓強(qiáng)為〃2,氣體做等溫變化:Pi=，0一〃P2=P。P]Z1s=p2ks%=/i+2（L）—乙）解得L2=16cm,生=23cm（ii）空氣柱的長度變?yōu)?0cm時(shí)，左管水銀面下降L1—￡2=4cm右管水銀面會(huì)上升4cm,此時(shí)空氣柱的壓強(qiáng)=Po+8cmHg=83cmHg,由查理定律￥=票，解得4=415k16.如圖，一玻璃磚截面為矩形ABCD,固定在水面上，其下表面BC剛好跟水接觸?，F(xiàn)有一單色平行光束與水平方向夾角為（）（0>0）,從AB面射入玻璃磚。若要求不論0取多少，此光束從AB面進(jìn)入后，到4達(dá)BC界面上的部分都能在BC面上發(fā)生全反射,則該玻璃磚的折射率最小為多少？已知水的折射率為-.【答案】|【解析】【分析】【詳解】隨著。的增大，當(dāng)8為90。時(shí)，a最大，p最小，此時(shí)若在BC上發(fā)生全反射，則對任意。都能發(fā)生全反由折射定律sin90-: =nsina由全反射有sin尸=3n由幾何關(guān)系有sin2a+sin2P=1由以上各式解得n——17.如圖所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L=lm,導(dǎo)軌間連接的定值電阻R=3Q,導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m=0.1kg的金屬桿ab,金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，桿的電阻r=l。，其余電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T的勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向里.重力加速度g取10m/s2?，F(xiàn)讓金屬桿從AB水平位置由靜止釋放，忽略空氣阻力的影響，求：(1)金屬桿的最大速度(2)達(dá)到最大速度后，某時(shí)刻若金屬桿ab到導(dǎo)軌頂端 MP的距離為h,為使ab棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,從該時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)怎樣隨時(shí)間t變化？推導(dǎo)這種情況下B與t的關(guān)系式?！敬鸢浮?D4m/s；(2)8'=-1~~~-5r+4t+h【解析】【詳解】(1)設(shè)金屬桿的最大速度為Vm,此時(shí)安培力與重力平衡，即:BlL=mg ①；又由：E=BLv“②；代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立①②③解得:vm=4m/s ④；(2)要使ab棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，應(yīng)使穿過線圈平面的磁通量不發(fā)生變化，在該時(shí)刻，穿過線圈平面的磁通量：弧=BLh,設(shè)t時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B',此時(shí)磁通量為:由。I=得：B'~ - LJ— * 05t2+4t+h2021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，金星的探測器在軌道半徑為3R的圓形軌道I上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行周期為T,到達(dá)P點(diǎn)時(shí)點(diǎn)火進(jìn)入橢圓軌道II,運(yùn)行至Q點(diǎn)時(shí)，再次點(diǎn)火進(jìn)入軌道III做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，引力常量為G,不考慮其他星球的影響，則下列說法正確的是（）IIA.探測器在P點(diǎn)和Q點(diǎn)變軌時(shí)都需要加速B.探測器在軌道II±Q點(diǎn)的速率大于在探測器軌道I的速率C.探測器在軌道II上經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能大于經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能D.金星的質(zhì)量可表示為變?nèi)鼼T22.如圖，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O,半徑為R,將等電量的異種點(diǎn)電荷Q放在圓周上，它們的位置關(guān)于AC對稱，+Q與O點(diǎn)的連線和OC間夾角為30。，靜電常量為k,則（ ）R2B.O點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向由。指向Ac.O點(diǎn)電勢小于C點(diǎn)電勢D.試探電荷q從B點(diǎn)移到D點(diǎn)過程中，電勢能始終不變3.圖為2020年深圳春節(jié)期間路燈上懸掛的燈籠，三個(gè)燈籠由輕繩連接起來掛在燈柱上，O為結(jié)點(diǎn)，輕繩OA、OB、OC長度相等，無風(fēng)時(shí)三根繩拉力分別為Fa、Fb、Fc.其中OB、OC兩繩的夾角為60,燈籠總質(zhì)量為3m,重力加速度為g。下列表述正確的是（ ）

A.Fb一定小于mgA.Fb一定小于mgC.Fa與Fc大小相等D.Fb與Fc合力大小等于3mg4.煙霧探測器使用了一種半衰期為432年的放射性元素錮2；；Am來探測煙霧。當(dāng)正?？諝夥肿哟┻^探測器時(shí)，相七Am衰變所釋放的射線會(huì)將它們電離，從而產(chǎn)生電流。一旦有煙霧進(jìn)入探測腔內(nèi)，煙霧中的微粒會(huì)吸附部分射線，導(dǎo)致電流減小，從而觸發(fā)警報(bào)。則（）A.錮2；；Am放出的是X射線B.錮2；；Am放出的是射線C.Img的錮經(jīng)864年將有0.75mg發(fā)生衰變D.發(fā)生火災(zāi)時(shí)，煙霧探測器中的銅黑Am因溫度升高而半衰期變短5.在一大霧天，一輛小汽車以30m/s的速度行駛在高速公路上，突然發(fā)現(xiàn)正前方30m處有一輛大卡車以10m/s的速度同方向勻速行駛，小汽車緊急剎車，剎車過程中剎車失靈。如圖所示a、b分別為小汽車和大卡車的v-t圖像，以下說法正確的是（ ）A.因剎車失靈前小汽車已減速，不會(huì)追尾B.在t=5s時(shí)追尾C.在t=2s時(shí)追尾D.若剎車不失靈不會(huì)追尾.某城市創(chuàng)衛(wèi)工人用高壓水槍沖洗墻面上的廣告，如圖所示，若水柱截面為S,水流以速v垂直射到墻面上，之后水速減為零，已知水的密度為p,則水對墻面的沖力為（ ）A.pSv B.pSv2C D心.2 .2二、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.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分.如圖甲所示，一個(gè)匝數(shù)為〃的多匝線圈，線圈面積為S,電阻為L一個(gè)勻強(qiáng)磁場垂直于線圈平面穿過該線圈。在0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度為緯，之后隨時(shí)間變化的特點(diǎn)如圖乙所示。取磁感應(yīng)強(qiáng)度向上方向?yàn)檎?。線圈的兩個(gè)輸出端P、。連接一個(gè)電阻R。在0~九過程中（ ）A.線圈的P點(diǎn)的電勢高于。點(diǎn)電勢nSB（］R.線圈的尸、。兩點(diǎn)間的電勢差大小為wV（R+九C.流過R的電荷量的大小為四R+rD.磁場的能量轉(zhuǎn)化為電路中電能，再轉(zhuǎn)化為電阻R、廠上的內(nèi)能8.如圖所示為“感知向心力”實(shí)驗(yàn)示意圖，細(xì)繩一端拴著一個(gè)小砂桶，用手在空中掄動(dòng)細(xì)繩另一端，使小砂桶在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，體會(huì)繩子拉力的大小，則下列說法正確的是（ ）f二’A.細(xì)繩所提供的力就是向心力.只增大砂桶的線速度，則細(xì)繩上拉力將會(huì)增大C.只增大旋轉(zhuǎn)角速度，則細(xì)繩上拉力將會(huì)增大D.突然放開繩子，小砂桶將做直線運(yùn)動(dòng).如圖所示，在水平向左的勻強(qiáng)電場中，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶負(fù)電物塊，以某一初速度從足夠長的絕緣斜面上的A點(diǎn)，沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)C點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，速度減為零，然后再返回到A點(diǎn)。已知斜面傾角0=30%物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=立，整個(gè)過程斜面均保持靜止，物塊所帶電量不變。則下列判斷正確的A.物塊在上滑過程中機(jī)械能一定減小B.物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定大于減少的電勢能C.物塊下滑時(shí)經(jīng)過C點(diǎn)的動(dòng)能一定大于上滑時(shí)經(jīng)過C點(diǎn)的動(dòng)能D.物塊在下滑過程中，斜面與地面之間的摩擦力一定為零10.如圖，光滑絕緣細(xì)管與水平面成30。角，在管的上方P點(diǎn)固定一個(gè)正點(diǎn)電荷Q,P點(diǎn)與細(xì)管在同一豎直平面內(nèi)。一帶電量為一q的小球位于管的頂端A點(diǎn)，PA連線水平，q?Q.將小球由靜止開始釋放，小球沿管到達(dá)底端C點(diǎn)。已知B是AC中點(diǎn)，PBLAC,小球在A處時(shí)的加速度為a.不考慮小球電荷量對電場的影響，則()A.A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢 B.B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小是A點(diǎn)的4倍C.小球從A到C的過程中電勢能先增大后減小D.小球運(yùn)動(dòng)到C處的加速度為g-a11.如圖所示，理想變壓器的原副線圈的匝數(shù)比為4：1,原線圈接有u=31lsinl007tt(V)的交變電壓，副線圈上接有定值電阻R、線圈L、燈泡D及理想電壓表田以下說法正確的是A.副線圈中電流的變化頻率為50HzB.燈泡D兩端電壓為55VC.若交變電壓u的有效值不變，頻率增大，則電壓表用的示數(shù)將減小D.若交變電壓u的有效值不變，頻率增大，則燈泡D的亮度將變暗12.如圖所示，正方形abed區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，甲、乙兩帶電粒子從a點(diǎn)沿與ab成30。角的方向垂直射入磁場.甲粒子垂直于be邊離開磁場，乙粒子從ad邊的中點(diǎn)離開磁場.已知甲、乙兩a帶電粒子的電荷量之比為1:2,質(zhì)量之比為1:2,不計(jì)粒子重力.以下判斷正確的是A.甲粒子帶負(fù)電，乙粒子帶正電B.甲粒子的動(dòng)能是乙粒子動(dòng)能的16倍C.甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的倍d.甲粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是乙粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的!倍三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分13.某同學(xué)利用如圖所示的裝置來驗(yàn)證力的平行四邊形定則：在豎直木板上鋪有白紙，并用圖釘固定在木板上。固定兩個(gè)光滑的滑輪A和B,將繩子打一個(gè)結(jié)點(diǎn)O,每個(gè)鉤碼的質(zhì)量相等。調(diào)整鉤碼個(gè)數(shù)使系統(tǒng)達(dá)到平衡。呼(1)實(shí)驗(yàn)過程中必須要記錄下列哪些數(shù)據(jù)(—)A.O點(diǎn)位置B.每組鉤碼的個(gè)數(shù)C.每個(gè)鉤碼的質(zhì)量OA、OB和OC繩的長度OA、OB和OC繩的方向(2)下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是(一)A.將OC繩換成橡皮筋，仍可完成實(shí)驗(yàn)B.細(xì)繩要長些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)些可減小實(shí)驗(yàn)誤差C.盡量保持NAOB為90。、60。、12()。等特殊角方便計(jì)算D.若改變懸掛鉤碼的個(gè)數(shù)Nj,重新進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，必須保持O點(diǎn)位置不動(dòng)，重新調(diào)整鉤碼的個(gè)數(shù)Ni、N214.在“用DIS研究在溫度不變時(shí)，一定質(zhì)量的氣體壓強(qiáng)與體積的關(guān)系”實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)將注射器活塞置于中間刻度20mL處，然后將注射器連接壓強(qiáng)傳感器并開始實(shí)驗(yàn)，氣體體積V每減小2mL測一次壓強(qiáng)p,實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄在下表中最后得到P和V的乘積逐漸減小.序號V(mL)p(xlO5Pa)pV(xlO5PaeiriL)120.01.001020.020218.01.095219.714316.01.231319.701414.01.403019.642512.01.635119.621(1)(單選題)造成上述實(shí)驗(yàn)結(jié)果的可能原因是在實(shí)驗(yàn)過程中(A)注射器中有異物(B)實(shí)驗(yàn)時(shí)環(huán)境溫度增大了.(C)實(shí)驗(yàn)時(shí)外界大氣壓強(qiáng)發(fā)生了變化.(D)實(shí)驗(yàn)時(shí)注射器內(nèi)的空氣向外發(fā)生了泄漏.(2)由此可推斷，該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)結(jié)果可能為圖 (選填"a”或"b”).0 lip03(a) 5<b)(3)若另一同學(xué)用較大的注射器在同一實(shí)驗(yàn)室里(溫度不變)做同一個(gè)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)儀器完好，操作規(guī)范,也從中間刻度開始實(shí)驗(yàn)，則得出的圖象的斜率比上一同學(xué)直線部分的斜率相比(選填“增P大”、“減小”或“相同”).四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分.2019年12月以來，我國部分地區(qū)突發(fā)的新型冠狀病毒肺炎疫情威脅著人們的身體健康和生命安全，勤消毒是一種關(guān)鍵的防疫措施，如圖甲所示。圖乙是噴霧消毒桶的原理圖，消毒桶高為h。在室外從加水

口加注高度為g的消毒液，關(guān)閉噴霧口閥門K,密封加水口，上部封閉有壓強(qiáng)為“、溫度為To的空氣。將噴霧消毒桶移到室內(nèi)，一段時(shí)間后打開噴霧口閥門K,恰好有消毒液從噴霧口溢出。已知消毒液的密度為夕，大氣壓強(qiáng)恒為p。，噴霧管的噴霧口與噴霧消毒桶頂部等高。忽略噴霧管的體積，將空氣看作理想氣體，重力加速度為g。(1)求室內(nèi)溫度。(2)關(guān)閉K,在室內(nèi)用打氣筒向噴霧消毒桶內(nèi)充入空氣。然后，打開K,在室內(nèi)噴霧消毒。消毒完成時(shí),發(fā)現(xiàn)桶內(nèi)消毒液的液面剛好降到桶底。求充入空氣與原有空氣的質(zhì)量比。(假設(shè)整個(gè)過程中氣體溫度保持不變.)甲甲.如圖所示，乙和乙是間距為d的兩條平行的虛線，右上方和%下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為8、方向均垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一電子從A點(diǎn)在紙面內(nèi)沿與4成30。角方向以速度%射出，偏轉(zhuǎn)后經(jīng)過右上的C點(diǎn)。已知電子的質(zhì)量為加，帶電荷量為e,不計(jì)電子重力。求：xxxXXXXXxxxXXXXX(1)電子第一、二次經(jīng)過。上的兩點(diǎn)間的距離；(2)電子從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)所用的總時(shí)間。.如圖所示，質(zhì)量均為M=2kg的甲、乙兩輛小車并排靜止于光滑水平面上，甲車的左端緊靠光滑的L4圓弧AB,圓弧末端與兩車等高，圓弧半徑R=0.2m,兩車長度均為L=0.5m。兩車上表面與滑塊P之間的動(dòng)摩擦因數(shù)m=0.2.將質(zhì)量為m=2kg的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止釋放，滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車，重力加速度取g=10m/s2。求：⑴滑塊P剛滑上乙車時(shí)的速度大小；⑵滑塊P在乙車上滑行的距離。

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【解析】【詳解】A.探測器在P點(diǎn)需要減速做近心運(yùn)動(dòng)才能由軌道I變軌到軌道II,同理，在軌道H的Q點(diǎn)需要減速做近心運(yùn)動(dòng)才能進(jìn)入軌道III做圓周運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.探測器在軌道n上P點(diǎn)的速率大于軌道I上的速率，在軌道II上，探測器由P點(diǎn)運(yùn)行到q點(diǎn)，萬有引力做正功，則Q點(diǎn)的速率大于P點(diǎn)速率，故探測器在軌道II上Q點(diǎn)的速率大于在探測器軌道I的速率，故B正確：c.在軌道II上，探測器由p點(diǎn)運(yùn)行到q點(diǎn)，萬有引力做正功，機(jī)械能守恒，故探測器在軌道n上經(jīng)過p點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能等于經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的機(jī)械能，故C錯(cuò)誤；D.探測器在3R的圓形軌道運(yùn)動(dòng)，在軌道I上運(yùn)動(dòng)過程中，萬有引力充當(dāng)向心力，故有Mm=niiR(J y=niiR(3R)-108R3/GT2故選B。A【解析】【詳解】AB.兩電荷在O點(diǎn)的場強(qiáng)大小為QEi=E2=k-^夾角為120°

BB根據(jù)平行四邊形定則知合場強(qiáng)為QE=E尸E2=k$方向平行兩個(gè)電荷的連線向右，故A正確，B錯(cuò)誤；C.等量正負(fù)點(diǎn)電荷連線的中垂線上電勢相等，因而（po=<pc,故C錯(cuò)誤；D.如果只有+Q存在，則B點(diǎn)電勢大于D點(diǎn)電勢；如果只有-Q存在，同樣是B點(diǎn)電勢大于D點(diǎn)電勢；由于電勢是標(biāo)量，所以兩個(gè)場源電荷同時(shí)存在時(shí)，依然有B點(diǎn)電勢大于D點(diǎn)電勢，故試探電荷q從B點(diǎn)移到D點(diǎn)過程中，電勢能是變化的，故D錯(cuò)誤。故選A。D【解析】【詳解】A.因OB=OC可知Fb=Fc,由平衡知識(shí)可知2Fbcos30=3mg解得FB=^3mgFb-*定大于mg,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.Fb與Fc不共線，不是一對平衡力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.因F,\=3mg>Fc,則選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.由平衡知識(shí)可知，F(xiàn)b與Fc合力大小等于3mg,選項(xiàng)D正確。故選D。C【解析】【詳解】AB.耨累Am會(huì)釋放出射線將它們電離，從而產(chǎn)生電流，而三種射線中a射線能使空氣電離，故鋸寸Am放出的是a射線，故AB錯(cuò)誤；C.半衰期為432年，當(dāng)經(jīng)864年，發(fā)生兩次衰變，Img的銅將衰變掉四分之三即0.75mg,還剩下0.25mg沒有衰變，故C正確；D.半衰期由原子核本身的性質(zhì)決定，與物理?xiàng)l件和化學(xué)狀態(tài)均無關(guān)，則溫度升高而半衰期不變，故D錯(cuò)誤.故選C。D【解析】【分析】【詳解】ABC,根據(jù)速度-時(shí)間圖像所時(shí)間軸所圍“面積”大小等于位移，由圖知，t=3s時(shí)，b車的位移為=%=10x3m=30ma車的位移為sa=^x(30+20)xlm+-x(20+15)x2m=60m則$<,一S/)=30m所以在t=3s時(shí)追尾，故ABC錯(cuò)誤；D.若剎車不失靈，由圖線可知在t=2s時(shí)兩車速度相等，小汽車相對于大卡車的位移Ajc=；x(10+30)x2m-10x2m=20m<30m所以剎車不失靈，不會(huì)發(fā)生追尾，故D正確。故選D。B【解析】【詳解】設(shè)t時(shí)間內(nèi)有V體積的水打在鋼板上，則這些水的質(zhì)量為：m=pV=pSvt以這部分水為研究對象，它受到鋼板的作用力為F,以水運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理有：Ft=0-mv,即：mv.F= ="pSv1,負(fù)號表示水受到的作用力的方向與水運(yùn)動(dòng)的方向相反；由牛頓第三定律可知，水對鋼板的沖擊力大小也為pSv1.pSv,與結(jié)論不相符，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；pSv2,與結(jié)論相符，選項(xiàng)B正確生，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；2D.要，與結(jié)論不相符，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。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.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得()分ABC【解析】【詳解】A.結(jié)合圖乙知磁場方向向上且逐漸減小。由楞次定律知感應(yīng)電流的方向由。點(diǎn)經(jīng)線圈到P點(diǎn)，則P點(diǎn)電勢高，A正確；B.感應(yīng)電動(dòng)勢為"△①c綜E=n =nS—又有/=—^-R+r電勢差大小U=IR解得u=_nSB11R_(A+r"oB正確；C.流過電路的電荷量大小為q=%解得理R+rC正確：D.電磁感應(yīng)的過程中磁場能量不轉(zhuǎn)化，而是作為媒介將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，然后再在電阻R、廠上轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，D錯(cuò)誤。故選ABC.BC【解析】【詳解】A.小砂桶的向心力是由小砂桶的重力和繩的拉力的合力提供的，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.如果小砂桶的線速度增大，則小砂桶的向心力會(huì)增大，繩的拉力與豎直方向的夾角。會(huì)增大，繩的拉力F=疸cos6故繩的拉力會(huì)隨著。的增大而增大，選項(xiàng)B正確；C.角速度增大，同樣會(huì)導(dǎo)致繩與豎直方向的夾角。增大，同理選項(xiàng)C正確；D.突然放開繩子，小砂桶仍受重力作用，會(huì)從切線方向平拋出去，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選BC.CD【解析】【分析】【詳解】A.上滑過程中滿足EqcosO>f+mgsin0則電場力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其它力對物體做正功，則物體的機(jī)械能增加，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.上滑過程中由動(dòng)能定理叱g卬,_%=△七則則物塊在上滑過程中，增加的重力勢能一定小于減少的電勢能，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.由于滑塊下滑經(jīng)過C點(diǎn)往下運(yùn)動(dòng)，再返回到C點(diǎn)時(shí)有摩擦力做功，則由能量關(guān)系可知物塊下滑時(shí)經(jīng)過C點(diǎn)的動(dòng)能一定大于上滑時(shí)經(jīng)過C點(diǎn)的動(dòng)能，選項(xiàng)C正確；D.當(dāng)不加電場力時(shí)，由于斜面對物體的支持力為N=mgcos30°摩擦力f=pmgcos30o=mgsin30°可知支持力和摩擦力的合力方向豎直向上；當(dāng)加電場力后，支持力和摩擦力成比例關(guān)系增加，則摩擦力和支持力的合力仍豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律，則物塊給斜面的摩擦力和壓力的方向豎直向下，可知斜面在水平方向受力為零，則斜面所受地面的摩擦力為零，選項(xiàng)D正確。故選CD.ABD【解析】【詳解】A.正點(diǎn)電荷的電場線呈發(fā)散型，沿著電場線方向，電勢降低，因此A點(diǎn)的電勢低于B點(diǎn)的電勢，故A正確；B.結(jié)合幾何關(guān)系：PA=2PB,由點(diǎn)電荷電場強(qiáng)度公式E 可知，B點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小是A點(diǎn)的4倍，r故B正確；C.小球帶負(fù)電，正點(diǎn)電荷Q對小球的電場力為吸引力，從A到C的過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功,則小球電勢能先減小后增大，故C錯(cuò)誤；D.小球在AC兩處受到的電場力大小相等，在A處時(shí)小球的加速度為a,對A點(diǎn)處小球受力分析，小球受電場力、重力與支持力，貝的Fcos30°+mgsin30°=ma在C處時(shí)，小球受到重力、電場力與支持力，貝人mgsin300-Fcos30°=mar解得：ar=g-a故D正確。AD【解析】變壓器不會(huì)改變電流的頻率，電流的頻率為/=!=?=￥^”z=50”z,故A正確；由瞬時(shí)值的表T2乃2乃311達(dá)式可知，原線圈的電壓最大值為3HV,所以原線圈的電壓的有效值為：4=r丫=220丫，在根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知，副線圈的電壓的有效值為55V,在副線圈中接有電阻R、電感線圈L和燈泡D,它們的總的電壓為55V,所以燈泡L兩端電壓一定會(huì)小于55V,故B錯(cuò)誤；在根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知副線圈的電壓不變，所以電壓表的示數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；交流電的頻率越大，電感線圈對交流電有阻礙作用就越大，所以電路的電流會(huì)減小，燈泡D的亮度要變暗，故D正確.所以AD正確，BC錯(cuò)誤.CD【解析】【分析】根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用左手定則可以判斷出粒子的電性；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意求出粒子軌道半徑關(guān)系，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的速度然后分析答題；根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式與粒子轉(zhuǎn)過的圓心角求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.【詳解】由甲粒子垂直于be邊離開磁場可知，甲粒子向上偏轉(zhuǎn)，所以甲粒子帶正電，由粒子從ad邊的中點(diǎn)離開磁場可知，乙粒子向下偏轉(zhuǎn)，所以乙粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，R*2L,乙粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的弦切角為60。，弦長為與，所以：g=2R,sin60。，解得：R方坐L,由牛頓第二定律得：qvB=m—,2 2 6 r動(dòng)能：EK=-mv2=^^-,所以甲粒子的動(dòng)能是乙粒子動(dòng)能的24倍，故B錯(cuò)誤；由牛頓第二定律得：22mqvB=m—,解得：V=幽，洛倫茲力：f=qvB=a工，即夕=26，故C正確；由幾何關(guān)系可知，rm m J乙甲粒子的圓心角為30。，由B分析可得，乙粒子的圓心角為120。，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=3T,2乃27rm粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=--可知，甲粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是乙粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的1/4qB倍，故D正確..【點(diǎn)睛】題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡后，利用洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系進(jìn)行求解；運(yùn)用粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，結(jié)合周期公式，求解粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分ABEAB【解析】【分析】【詳解】(1)[1]A.為了驗(yàn)證平行四邊形定則，必須作受力圖，所以需要確定受力點(diǎn)，即需要標(biāo)記結(jié)點(diǎn)。的位置，A正確；BC.其次要作出力的方向和大小，每個(gè)鉤碼的質(zhì)量相同，所以鉤碼的個(gè)數(shù)可以作為力的大小，不需要測量鉤碼質(zhì)量，B正確，C錯(cuò)誤；DE.連接鉤碼繩子的方向可以表示力的方向，所以需要標(biāo)記OA、OB和OC繩的方向，D錯(cuò)誤，E正確。故選ABE.(2)[2]A.如果將。。繩換成橡皮筋，在同一次實(shí)驗(yàn)過程中，只要將結(jié)點(diǎn)拉到相同的位置，實(shí)驗(yàn)結(jié)果不會(huì)發(fā)生變化，仍可完成實(shí)驗(yàn)，A正確；B.細(xì)繩要長些，標(biāo)記同一細(xì)繩方向的兩點(diǎn)要遠(yuǎn)些可以使力的方向更準(zhǔn)確，減小實(shí)驗(yàn)誤差，B正確；C.實(shí)驗(yàn)通過平行四邊形定則進(jìn)行力的合成確定力的大小和方向，不需要計(jì)算，C錯(cuò)誤；D.實(shí)驗(yàn)的目的是驗(yàn)證平行四邊形定則，重新實(shí)驗(yàn)，不需要保持結(jié)點(diǎn)位置不動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選AB。14.D增大

14.D【解析】【分析】(1)根據(jù)理想氣體狀態(tài)參量方程分析。(2)圖像的斜率代表壓強(qiáng)和體積乘積，根據(jù)題目表格中的數(shù)據(jù)判斷。(3)較大的試管體積大，初始狀態(tài)的壓強(qiáng)都等于大氣壓，所以pV的乘積變大，圖線斜率增大。【詳解】(1)[I]根據(jù)pV=nRT,pV的乘積減小，說明氣體物質(zhì)的量減小，氣體在漏氣，D符合題意；ABC不符合題意；“1(2)[2]V——“1(2)[2]V——P圖線上切線的斜率為pV,根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知隨著體積的增大pV值增大，則斜率增大,符合題意，b不符合題意；故選a；(3)網(wǎng)另一同學(xué)用較大的注射器在同一實(shí)驗(yàn)室里(溫度不變)做同一個(gè)實(shí)驗(yàn)，初始狀態(tài)pV是大試管大,得出的V-工圖象的斜率比上一同學(xué)直線部分的斜率增大。P四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分(1)2〃o+3pg〃

2p0+pgh(1)【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)室內(nèi)溫度為T”消毒桶移到室內(nèi)一段時(shí)間后，封閉氣體的壓強(qiáng)為pihPx=P^Pg--氣體做等容變化，由查理定律得：Po.=Pl”一工解得(2)以充氣前消毒桶內(nèi)空氣為研究對象。設(shè)消毒桶的橫截面積為S.充氣前壓強(qiáng)為pi時(shí)，設(shè)體積為V”則h“hSPi=Po+pg，3,V；=—消毒完成后，設(shè)壓強(qiáng)為P2,體積為V2,對應(yīng)的氣柱高度為h2,則Pi=Po+Pgh,%=l12s因氣體做等溫變化，由玻意耳定律得口乂=pM解得"=2Po+Pghh~47%+4月的在同溫同壓下，同種氣體的質(zhì)量比等于體積比。設(shè)原有空氣的質(zhì)量為mo,打進(jìn)空氣的質(zhì)量為m,則mh—hy外色解得：Am2Po+3pg〃/2Po+pghmv?(4d2兀m\, .._ 、一,(4(Z2兀5am,__o 、16.(1)―^(2)f=—+——71(/7=1,2,3 )或￡=—+——rt-——(n=l,2,3 )eBv0eB) (%eBJ3eB【解析】【詳解】(1)電子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知，電子在。上側(cè)磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡所對應(yīng)的圓心角等于60。，所以電子第一、二次經(jīng)過匕上的兩點(diǎn)間的距離等于電子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑.則有：4(聲=小r解得：「=烈eB即電子第一、二次經(jīng)過。上的兩點(diǎn)間的距離為華。eBXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXxxxxxxx*XXXXXXXXxxxkxxx、⑵電子每次在。、4間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:

2d42d4= =—%sin30 %電子每次在右上側(cè)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間:6 63eB電子每次在l2下側(cè)磁場做圓周運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間r2冗r57rm，3eB5x57rm，3eB5T%t3=—=——6 6所以電子從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的總時(shí)間為:，=，=(24+q+4)〃(〃=123).，'=(24+芍+4)〃一4(〃=123 ),解得:%eBn(n=1,2,3 ),%eBn(n=1,2,3 ),442兀m%eB5nmn 3eB(〃=1,2,3【解析】【詳解】⑴滑塊行圓弧下滑過程機(jī)械能守恒，有設(shè)滑塊P剛滑上乙車時(shí)的速度為V”此時(shí)兩車的速度為V2,以滑塊和甲、乙兩輛小車組成系統(tǒng)，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒列出等式:mv0=mv]+2Mv2,對整體應(yīng)用能量守恒有1 2 1 2mgR-pmgL+—mvy+—x2Mv2,解得:v,=—m/s,v.=—m/s,3 34滑塊P剛滑上乙車時(shí)的速度大小為§m/s；(2)設(shè)滑塊P和小車乙達(dá)到的共同速度為v,滑塊P在乙車上滑行的距離為x,規(guī)定向右為正方向，對滑塊P和小車乙應(yīng)用動(dòng)量守恒有：mVf+Mv2=(m+M)v,對滑塊P和小車乙應(yīng)用能量守恒有pmgx—g/nV124-g ―g(A/+m)v2解得：1x=—mo82021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.我國已掌握“半彈道跳躍式高速再入返回技術(shù)”，為實(shí)現(xiàn)“嫦娥”飛船月地返回任務(wù)奠定基礎(chǔ).如圖虛線為地球大氣層邊界，返回罌與服務(wù)艙分離后，從a點(diǎn)無動(dòng)力滑入大氣層，然后經(jīng)b點(diǎn)從c點(diǎn)“跳”出，再經(jīng)d點(diǎn)從e點(diǎn)“躍入”實(shí)現(xiàn)多次減速，可避免損壞返回器。d點(diǎn)為軌跡最高點(diǎn)，離地面高h(yuǎn),已知地球質(zhì)量為M,半徑為R,引力常量為G。則返回器( )A.在d點(diǎn)處于超重狀態(tài)B.從a點(diǎn)到e點(diǎn)速度越來越小C.在d點(diǎn)時(shí)的加速度大小為空R-D.在d點(diǎn)時(shí)的線速度小于地球第一宇宙速度【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.d點(diǎn)處做向心運(yùn)動(dòng)，向心加速度方向指向地心，應(yīng)處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；B、由a到c由于空氣阻力做負(fù)功，動(dòng)能減小，由c到e過程中只有萬有引力做功，機(jī)械能守恒，a、c、e點(diǎn)時(shí)速度大小應(yīng)該滿足匕>匕=匕，B錯(cuò)誤；C、在d點(diǎn)時(shí)合力等于萬有引力，即GMm T--ma,(R+〃)故加速度大小GMc錯(cuò)誤；D、第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，其他軌道的環(huán)繞速度都小于第一宇宙速度，D正確。故選D。2.如圖所示為六根導(dǎo)線的橫截面示意圖，導(dǎo)線分布在正六邊形的六個(gè)角，導(dǎo)線所通電流方向已在圖中標(biāo)出.已知每條導(dǎo)線在O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bo,則正六邊形中心處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向（）： 90a,6A.大小為零B.大小2Bo,方向水平向左C.大小4B。，方向水平向右D.大小4Bo,方向水平向左【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)磁場的疊加原理，將最上面電流向里的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場與最下面電流向外的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場進(jìn)行合成，則這兩根導(dǎo)線的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為4；同理，將左上方電流向里的導(dǎo)線在o點(diǎn)產(chǎn)生的磁場與右下方電流向外的導(dǎo)線在o點(diǎn)產(chǎn)生的磁場進(jìn)行合成，則這兩根導(dǎo)線的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為,將右上方電流向里的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場與左下方電流向外的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場進(jìn)行合成，則這兩根導(dǎo)線的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為與，如圖所示：@B、0:i多i髭號根據(jù)磁場疊加原理可知：用=員=員=2綜，由幾何關(guān)系可：4與4的夾角為120,故將人與用合成，則它們的合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為2B。，方向與用的方向相同，最后將其與所合成，可得正六邊形中心處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4B。，方向水平向左，D正確，ABC錯(cuò)誤。故選D。3.如圖所示，由均勻?qū)Ь€繞成的直角扇形導(dǎo)線框OMN繞O點(diǎn)在豎直面內(nèi)從勻強(qiáng)磁場邊界逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，周期為T,磁場的方向垂直于紙面向里，線框電阻為R,線框在進(jìn)入磁場過程中回路的電流強(qiáng)度大小為I,則（）XXXXXXOx,wx一…D"A.線框在進(jìn)入磁場過程中回路產(chǎn)生的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B.線框在進(jìn)入與離開磁場的過程中ON段兩端電壓大小相等C.線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周過程中產(chǎn)生的熱量為'frt2d.線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周過程中回路的等效電流大小為!2【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.線框在進(jìn)入磁場過程中，磁通量向里增加，由楞次定律判斷知回路產(chǎn)生的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；B.線框在進(jìn)入磁場時(shí)，ON段電壓是外電壓的一部分；線框在離開磁場時(shí)，ON段電壓是外電壓，而兩個(gè)過程外電壓相等，所以線框在進(jìn)入與離開磁場的過程中ON段兩端電壓大小不等，故B錯(cuò)誤；C.線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周過程中產(chǎn)生的熱量為Q=2I2R-=-I2RT42故C正確；D.設(shè)線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周過程中回路的等效電流大小為r,則q=i,2rt解得1，=22故D錯(cuò)誤。故選C。4.近年來，人類發(fā)射了多枚火星探測器，火星進(jìn)行科學(xué)探究，為將來人類登上火星、開發(fā)和利用火星資源奠定了堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ)。假設(shè)火星探測器環(huán)繞火星做“近地”勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若測得該探測器運(yùn)動(dòng)的周期為T,則可以算得火星的平均密度夕=福，式中&是一個(gè)常量，該常量的表達(dá)式為（已知引力常量為G）37r 4加2A.2=3萬 B.k=37rGC.k=— D.k= G G【答案】C

【解析】【詳解】由萬有引力定律，知Mm4Mm4?！恪?mr-4萬2,

GT2又4aM=p-nR33而火星探測器繞火星做“近地”圓周運(yùn)動(dòng)，有/?=/?,解得3%故題中的常量,3乃k=——G故選C。.如圖所示，同時(shí)作用在質(zhì)點(diǎn)O上有三個(gè)共點(diǎn)力Fi、F2、Fa,其中用、F?是正六邊形的兩條邊，F(xiàn).、是正六邊形的一條對角線。已知F尸F(xiàn)2=2N,則這三個(gè)力的合力大小等于A.6N B.8N C.ION D.12N【答案】A【解析】【詳解】將Fi、F2合成如圖，由幾何關(guān)系得，F(xiàn)卜Fz的合力=K=2N由于用2與F3的方向相同，由幾何關(guān)系可得，三力的合力F=Fi2+F3=6N故A項(xiàng)正確，BCD三項(xiàng)錯(cuò)誤。Ai.2019年的諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)于10月8日公布，有一半的獎(jiǎng)金歸屬了一對師徒——瑞士的天文學(xué)家MichelMayor和DidierQueloz,以表彰他們“發(fā)現(xiàn)了一顆圍繞類太陽恒星運(yùn)行的系外行星由于行星自身不發(fā)光，所以我們很難直接在其他恒星周圍找到可能存在的系外行星，天文學(xué)家通常都采用間接的方法來偵測太陽系外的行星，視向速度法是目前為止發(fā)現(xiàn)最多系外行星的方法。行星自身的質(zhì)量使得行星和恒星圍繞著他們共同的質(zhì)量中心在轉(zhuǎn)動(dòng)，在地球上用望遠(yuǎn)鏡就有可能看到行星引力對于恒星的影響。在視線方向上，恒星受行星引力作用，時(shí)而遠(yuǎn)離時(shí)而靠近我們，這種細(xì)微的搖擺反應(yīng)在光譜上，就會(huì)造成恒星光譜不斷地紅移和藍(lán)移。我們稱這種探測系外行星的方法為視向速度法。結(jié)合以上信息，下列說法正確的是A.在繞著共同的質(zhì)量中心轉(zhuǎn)動(dòng)的恒星和行星組成的雙星系統(tǒng)中，恒星和行星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小一定相等B.在繞著共同的質(zhì)量中心轉(zhuǎn)動(dòng)的恒星和行星組成的雙星系統(tǒng)中，由于恒星質(zhì)量大，轉(zhuǎn)動(dòng)半徑小，所以恒星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期比行星的周期小C.若某恒星在靠近我們，該恒星發(fā)出光的頻率將變高，因此接收到的頻率就會(huì)變高，即恒星光譜會(huì)出現(xiàn)藍(lán)移D.若某恒星在遠(yuǎn)離我們，該恒星發(fā)出光的頻率不變，但我們接收到的頻率會(huì)比它發(fā)出時(shí)的頻率低，即恒星光譜會(huì)出現(xiàn)紅移【答案】D【解析】【分析】【詳解】AB.雙星間的萬有引力提供它們各自圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則恒星和行星做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大小相等，周期相同，則可得4_Mr2tn由于恒星與行星質(zhì)量不同，則軌道半徑不同，由公式丫=。「可知，恒星和行星做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小

不同，故AB錯(cuò)誤；C.根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，若某恒星在靠近我們，該恒星發(fā)出光的頻率不變，但我們接收到的頻率會(huì)比它發(fā)出時(shí)的頻率，即恒星光譜會(huì)出現(xiàn)藍(lán)移，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，若某恒星在遠(yuǎn)離我們，該恒星發(fā)出光的頻率不變，但我們接收到的頻率會(huì)比它發(fā)出時(shí)的頻率低，即恒星光譜會(huì)出現(xiàn)紅移，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.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分.下列說法正確的是.A.物體放出熱量，溫度一定降低.溫度是物體分子平均動(dòng)能大小的標(biāo)志C.布朗運(yùn)動(dòng)反映的是液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)D.根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體E.氣體對容器壁的壓強(qiáng)是由于大量氣體分子對器壁的頻繁碰撞作用產(chǎn)生的【答案】BCE【解析】【詳解】A.物體放出熱量，但是如果外界對物體做功，則物體的內(nèi)能不一定減小，溫度不一定降低，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.溫度是物體分子平均動(dòng)能大小的標(biāo)志，選項(xiàng)B正確；C.布朗運(yùn)動(dòng)反映的是液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確；D.根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，熱量可以從低溫物體傳到高溫物體，但是要引起其他的變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；E.氣體對容器壁的壓強(qiáng)是由于大量氣體分子對器壁的頻繁碰撞作用產(chǎn)生的，選項(xiàng)E正確；故選BCE.8.如圖，矩形閉合導(dǎo)線框abed平放在光滑絕緣水平面上，導(dǎo)線框的右側(cè)有一豎直向下且范圍足夠大的有左邊界PQ的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)線框在水平恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，ab邊始終與PQ平行。用h、t2分別表示線框ab和cd邊剛進(jìn)入磁場的時(shí)刻。下列v-t圖像中可能反映導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)過程的是XXXXXXXXXXXX

【答案】ACD【解析】【詳解】線框進(jìn)入磁場前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a=-tmA.ad邊進(jìn)入磁場后可能安培力與恒力F二力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場后磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，線框不受安培力，做加速度為。=￡,的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A正確；mBD.ad邊進(jìn)入磁場后，可能安培力大于恒力F,線框做減速運(yùn)動(dòng)，由乙=回生知，速度減小，安培力R減小，加速度逐漸減小，v-t圖象的斜率逐漸減小。當(dāng)加速度減至零后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場后磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，線框不受安培力，做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤D正確；C.ad邊進(jìn)入磁場后，可能安培力小于恒力F,線框做加速運(yùn)動(dòng)，由尼=致上知，速度增大，安培力增大，加速度逐漸減小，“t圖象的斜率逐漸減小，完全進(jìn)入磁場后磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，線框不受安培力，做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，C正確。故選ACD.9.某探究小組利用圖甲所示的電路探究一標(biāo)簽?zāi)：睦硐胱儔浩鞯脑?、副線圈匝數(shù)比。R為定值電阻，Li、L2為兩只標(biāo)有“5V,2A”的相同小燈泡，S為開關(guān)。保持開關(guān)S斷開，在輸入端施加如圖乙所示的交變電壓后，燈泡Li正常發(fā)光，測得電阻R兩端的電壓為燈泡L,兩端電壓的2倍。以下說法正確的是（）國甲國甲A.理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為4：1B.理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：4C.定值電阻的阻值為10QD.閉合開關(guān)S后，燈泡I”中的電流變小【答案】CD【解析】【詳解】AB.由電壓圖像可知，輸入電壓的最大值為U,,=2()&V,則有效值為U(7=-#=20V燈泡正常發(fā)光，故燈泡兩端的電壓為5V,即副線圈兩端的電壓〃=5丫，由題知電阻R兩端的電壓為Ur=10V,故變壓器原線圈的電壓q=u-(4=iov原副線圈的匝數(shù)比n,_t/,_10_2故AB錯(cuò)誤;C.燈泡L正常發(fā)光，即副線圈的電流4=2A,根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率可知，原副線圈中的電流之比解得電阻R中的電流為，=1A,由歐姆定律可知故C正確;D.開關(guān)S閉合后，電路的總電阻減小，而輸入端電壓保持不變，故副線圈中的電流增大，則原線圈中電流增大，電阻R兩端電壓升高，變壓器原線圈電壓降低，故副線圈輸出電壓降低，燈泡。兩端電壓降低,電流減小，故D正確。故選CD.10.如圖所示為一列沿x正方向傳播的簡諧橫波在t=0時(shí)刻的波形圖.其中a、b為介質(zhì)中的兩質(zhì)點(diǎn)，若這列波的傳播速度是10()m/s,則下列說法正確的是4y/cm2A.該波波源的振動(dòng)周期是0.04sa、b兩質(zhì)點(diǎn)可能同時(shí)到達(dá)平衡位置t=0.04s時(shí)刻a質(zhì)點(diǎn)正在向下運(yùn)動(dòng)D.從t=0到t=().0ls時(shí)間內(nèi)質(zhì)點(diǎn)b的路程為1cmE.該波與頻率是25Hz的簡諧橫波相遇時(shí)可能發(fā)生波的干涉現(xiàn)象【答案】ACE【解析】【分析】由圖可知波的波長，根據(jù)「=色可以求得周期，根據(jù)波的平移原則判斷某時(shí)刻某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，知道T周期則可得出質(zhì)點(diǎn)的路程，當(dāng)兩列波的頻率相同時(shí)，發(fā)生干涉現(xiàn)象.【詳解】A.由圖象可知，波長入=4m,振幅A=2cm,由題意知，波速v=100m/s,波源的振動(dòng)周期T=—=0.04s,v故A正確；B.a、b兩質(zhì)點(diǎn)不可能同時(shí)到達(dá)平衡位置，故B錯(cuò)誤；C.波沿x軸正方向傳播，0時(shí)刻a質(zhì)點(diǎn)正在向下運(yùn)動(dòng)，t=0.04s=T,一個(gè)周期后a質(zhì)點(diǎn)回到了原來的位置，仍然正在向下運(yùn)動(dòng)，故C正確；D.從t=0到t=0.01s時(shí)間內(nèi)，O.OLv=4，四分之一個(gè)周期的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程一定大于g=1cm,故D錯(cuò)誤；該波的頻率/="=25Hz,與頻率是25Hz的簡諧橫波相遇時(shí)可能發(fā)生波的干涉現(xiàn)象，故E正確.故選ACE.【點(diǎn)睛】考查波的形成與傳播過程，掌握波長、波速與周期的關(guān)系，理解質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向與波的傳播方向的關(guān)系.11.如圖所示，某滑雪運(yùn)動(dòng)員(可視為質(zhì)點(diǎn))由坡道進(jìn)入豎直面內(nèi)的圓弧形滑道AB,從滑道的A點(diǎn)滑行到最低點(diǎn)B的過程中，由于摩擦力的存在，運(yùn)動(dòng)員的速率不變，則運(yùn)動(dòng)員沿AB下滑過程中RA.所受滑道的支持力逐漸增大B.所受合力保持不變C.機(jī)械能保持不變D.克服摩擦力做功和重力做功相等【答案】AD【解析】【分析】【詳解】由圖可知，從A到B斜面傾角。一直減小，運(yùn)動(dòng)員對軌道的壓力為mgcosO,可知運(yùn)動(dòng)員對斜面的壓力會(huì)逐漸增大，故A正確；因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)員在下滑過程中始終存在向心力，合外力充當(dāng)向心力，向心力繩子指向圓心，方向不斷變化，所以合外力是變力，故B錯(cuò)誤；由于速度不變，則動(dòng)能不變，高度下降，重力勢能減小，則機(jī)械能減小，故C錯(cuò)誤；由于速度不變，則動(dòng)能不變，由動(dòng)能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等.故D正確.12.下列說法中不符合實(shí)際的是A.單晶體并不是在各種物理性質(zhì)上都表現(xiàn)出各向異性B.液體的表面張力使液體表面具有擴(kuò)張的趨勢C.氣體的壓強(qiáng)是由于氣體分子間相互排斥而產(chǎn)生的D.分子間同時(shí)存在引力和斥力，且這兩種力同時(shí)增大，同時(shí)減小E.熱量能自發(fā)地從內(nèi)能大的物體向內(nèi)能小的物體進(jìn)行傳遞【答案】BCE【解析】【詳解】A.由于單晶體在不同方向上物質(zhì)微粒的排列情況不同，即為各向異性，則為單晶體具有各向異性，但并不是所有物理性質(zhì)都是各向異性的，選項(xiàng)A正確，不符合題意；B.液體的表面張力使液體表面具有收縮的趨勢，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，符合題意；C.氣體的壓強(qiáng)是由于大量的氣體分子頻繁的對器壁碰撞產(chǎn)生的，并不是由于氣體分子間相互排斥而產(chǎn)生的，選項(xiàng)c錯(cuò)誤，符合題意；D.分子間同時(shí)存在引力和斥力，且這兩種力同時(shí)增大，同時(shí)減小，選項(xiàng)D正確，不符合題意；E.熱量能自發(fā)地從溫度高的物體向溫度低的物體進(jìn)行傳遞，選項(xiàng)E錯(cuò)誤，符合題意；故選BCE.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分13.在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，需測量一個(gè)標(biāo)有“3VJ5W”燈泡兩端的電壓和通過燈泡的電流.現(xiàn)有如下器材：直流電源（電動(dòng)勢1.2V,內(nèi)阻不計(jì)）電流表Ai（量程1A,內(nèi)阻約2.1。）電流表A2（量程622mA,內(nèi)阻約5。）電壓表Vi（量程IV,內(nèi)阻約IkQ）電壓表V2（量程15V,內(nèi)阻約222kft）滑動(dòng)變阻器Ri（阻值2?12。，額定電流1A）滑動(dòng)變阻器R2（阻值2?1k。，額定電流122mA）

（1）在該實(shí)驗(yàn)中，電流表應(yīng)選擇（填“Ai”或“A2”），電壓表應(yīng)選擇（填“箱”或“V2”），滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇（填"R『或"R2"）.（2）某同學(xué)用導(dǎo)線a、b、c、d、e、f、g和h連接成如圖甲所示的電路，請?jiān)谝覉D方框中完成實(shí)驗(yàn)的電路圖（1）該同學(xué)連接電路后檢查所有元器件都完好，電流表和電壓表已調(diào)零，經(jīng)檢查各部分接觸良好.但閉合開關(guān)后，反復(fù)調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，小燈泡的亮度發(fā)生變化，但電壓表和電流表示數(shù)不能調(diào)為零，則斷路的導(dǎo)線為.（4）如圖是學(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)中根據(jù)測出的數(shù)據(jù)，在方格紙上作出該小燈泡的伏安特性曲線.若將該燈泡與一個(gè)6.2。的定值電阻串聯(lián)，直接接在題中提供的電源兩端，請估算該小燈泡的實(shí)際功率P=W（保留兩位有效數(shù)字）.（若需作圖，可直接畫在圖中）【解析】【詳解】（1）”］燈泡額定電流I=P/U=1.5/1A=2.5A,電流表選A?（量程622mA,內(nèi)阻約5Q）；⑵燈泡額定電壓為IV,如果選擇15V量程則誤差太大，故電壓表只能選5（量程IV,內(nèi)阻約1k。）；［1］描述小燈泡的伏安特性曲線，要求電流從零開始變化，需采用分壓電路.為保證電路安全，方便實(shí)驗(yàn)操

作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選：&(阻值2~12Q,額定電流1A)；(2)[4]由實(shí)物電路圖可知，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，電流表采用外接法.根據(jù)實(shí)物電路圖作出電路圖,如圖所示：⑸小燈泡的亮度可以發(fā)生變化，但電壓表、電流表無法調(diào)為零，說明分壓電路變成限流電路，導(dǎo)線h斷路;(4)[6]電動(dòng)勢為IV的電源與6.2。的定值電阻串聯(lián)組成等效電源，在燈泡伏安特性曲線中作出等效電源的U-I圖象，如圖所示：U=1.2V,I=2,1A,燈泡功率為：P=UI=1.2Vx2.1A=2.16W.14.在測定電源電動(dòng)勢和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)室提供了合適的的實(shí)驗(yàn)器材。①請用筆畫線代替導(dǎo)線在圖b中完成電路的連接②根據(jù)電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I,畫出U-I圖線如圖C所示，可得電源的電動(dòng)勢E=V,內(nèi)電阻r=。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(2)乙同學(xué)誤將測量電路連接成如圖d所示，其他操作正確，根據(jù)電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I,畫出U-I圖線如圖e所示，可得電源的電動(dòng)勢E=V,內(nèi)電阻r=。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

【解析】【詳解】解：(1)①根據(jù)原理圖可得出對應(yīng)的實(shí)物圖，如圖所示;②根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：U=E-lr,則由數(shù)學(xué)規(guī)律可知電動(dòng)勢E=2.8V,內(nèi)電阻AU2.8-1.6A/0.20AU2.8-1.6A/0.20=0.600；(2)由乙同學(xué)的電路接法可知與左右兩部分并聯(lián)后與串聯(lián)，則可知在滑片移動(dòng)過程中，滑動(dòng)變阻器接入電阻先增大后減小，則路端電壓先增大后減小，所以出現(xiàn)圖e所示的圖象，則由圖象可知當(dāng)電壓為2.5V時(shí)，電流為0.5A,此時(shí)兩部分電阻相等，則總電流為L=1A；而當(dāng)電壓為2.4V時(shí)，電流分別對應(yīng)0.33A和0.87A,則說明當(dāng)電壓為2.4V時(shí)，干路電流為4=033+0.87A=1.2A；則根據(jù)閉合電路歐姆定律可得2.5=E-r,2.4=E-1.2r,解得電源的電動(dòng)勢￡=3.0V,內(nèi)電阻r=0.50Q；四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖所示，“V”型光滑長軌道固定在水平面內(nèi)，電阻不計(jì).軌道中間存在垂直水平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B.一根質(zhì)量m、單位長度電阻R。的金屬桿，與軌道成45,位置放置在軌道上，從靜止起在水平拉力作用下從軌道的左端O點(diǎn)出發(fā)，向右做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過位移L.求：(1)金屬桿前進(jìn)L過程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢.⑵已知金屬桿前進(jìn)L過程中水平拉力做功W.若改變水平拉力的大小，以4a大小的加速度重復(fù)上述前進(jìn)L的過程，水平拉力做功多少？(3)若改用水平恒力F由靜止起從軌道的左端O點(diǎn)拉動(dòng)金屬桿,到金屬桿速度達(dá)到最大值vm時(shí)產(chǎn)生熱量.(F與Vm為已知量)(4)試分析⑶問中，當(dāng)金屬桿速度達(dá)到最大后，是維持最大速度勻速直線運(yùn)動(dòng)還是做減速運(yùn)動(dòng)？【答案】⑴BZ?.叵(2)2W+2maL(3)￡^■-:加年(4)當(dāng)金屬桿速度達(dá)到最大后，將做減速運(yùn)動(dòng)V2￡ 28vm2【解析】【詳解】(1)由位移-速度公式得2aL=v2-0所以前進(jìn)L時(shí)的速度為v=前進(jìn)L過程需時(shí)V_\/2aLI = aadauBx—x2LxLB'S dauBx—x2LxLB'S 2 =bi3?yjlaL—△①E= =yjlaLAt⑵以加速度a前進(jìn)L過程，合外力做功W+W?=maL所以W安=maL-W以加速度4a前進(jìn)L時(shí)速度為v=>JSaL=2v合外力做功Wf'+W安'=4maLd2t2由吊=5〃=巴?可知，位移相同時(shí):Fa'=2Fa

則前進(jìn)L過程W/=2W?所以WF'=4maL-2W#=2W+2maL(3)設(shè)金屬桿在水平恒力作用下前進(jìn)d時(shí)Fa=F,達(dá)到最大速度，由幾何關(guān)系可知，接入電路的桿的有效長度為2d,則所以所以由動(dòng)能定理有Fd-Q=^mv；n所以：,22B2%2'(4)根據(jù)安培力表達(dá)式，假設(shè)維持勻速，速度不變而位移增大，安培力增大，則加速度一定會(huì)為負(fù)值，與勻速運(yùn)動(dòng)的假設(shè)矛盾，所以做減速運(yùn)動(dòng)。16.如圖所示，一端封閉、粗細(xì)均勻的U形玻璃管開口向上豎直放置，管內(nèi)用水銀將一段氣體封閉在管中當(dāng)溫度為280K時(shí)，被封閉的氣柱長L=25cm,兩邊水銀柱高度差h=5cm,大氣壓強(qiáng)p0=75cmHg。①加熱封閉氣體，為使左端水銀面下降hi=5cm,求此時(shí)封閉氣體的溫度；②封閉氣體的溫度保持①問中的值不變，為使兩液面相平，求需從底端放出的水銀柱長度?！敬鸢浮竣?84K；②9cm【解析】【詳解】①設(shè)左端水銀面下降后封閉氣體的壓強(qiáng)為P2,溫度為T2,體積為V2,則p2=80cmHg,匕=(￡+4)5由理想氣體狀態(tài)方程得pMP2匕代入數(shù)值解得T2=384K②兩液面相平時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為：PLPo,體積為匕，左端液面下降為，右管液面下降了(4+5)cm,由玻意耳定律得P2匕=P3匕%=(L+i)S解得九=2cm所以放出的水銀柱長度H=2無,+5=9cm17.如圖所示，豎直放置的U型管內(nèi)裝有水銀，右管封閉了一段長L=20cm的空氣柱，此時(shí)左右兩側(cè)的水銀面高度差h=6cm,現(xiàn)從管的開口端慢慢倒入水銀，最終左管水銀面比右管水銀面高h(yuǎn)2=4cm,整個(gè)過程溫度不變，外界大氣壓po=76cmHg1,求：(1)右管封閉空氣柱的最終長度U；(2)加入的水銀柱長度X?！敬鸢浮?D17.5m；(2)15cm【解析】【分析】【詳解】(1)初態(tài)氣體的壓強(qiáng)Pi=Po_0g4