(含5套模擬卷)吉林省白山市2021屆新高考物理第三次調(diào)研試卷含解析

吉林省白山市2021屆新高考物理第三次調(diào)研試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的1.關(guān)于固體、液體、氣體和物態(tài)變化，下列說法中正確的是（ ）A.晶體一定具有各向異性的特征B.液體表面張力是液體內(nèi)部分子間的相互作用0c的鐵和0C的銅，它們的分子平均速率相同一定質(zhì)量的某種理想氣體狀態(tài)改變時(shí)，內(nèi)能不一定改變【答案】D【解析】【詳解】A.單晶體具有各向異性的特征，多晶體表現(xiàn)為各向同性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.液體表面張力是液體表面層分子間的相互作用，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0C的鐵和0C的銅，它們的分子平均動(dòng)能相同，但是分子平均速率不相同，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；一定質(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)改變時(shí)，若溫度不變，則其內(nèi)能不變，故D正確；故選D。2.國慶70周年閱兵展出了我國高超音速乘波體導(dǎo)彈——東風(fēng)47,東風(fēng)-17突防能力強(qiáng)，難以攔截，是維護(hù)祖國和平發(fā)展的有力武器。如圖所示，設(shè)彈道上處于大氣層外的a點(diǎn)和處于大氣層內(nèi)的b點(diǎn)的曲率半徑之比為2：1,導(dǎo)彈在a、b兩點(diǎn)的速度大小分別為3倍音速和12倍音速，方向均平行于其正下方的水平地面，導(dǎo)彈在a點(diǎn)所受重力為G,在b點(diǎn)受到空氣的升力為F。則（ ）A.F=33G B.F>33GA.F=33G B.F>33G【答案】B【解析】【分析】【詳解】在a處時(shí)，重力提供向心力，則C.F=32GD.F<32G在b處時(shí)"J（⑵）：gR聯(lián)立解得F=33G又因?yàn)閷?dǎo)彈要做離心運(yùn)動(dòng)，所以F>33G故ACD錯(cuò)誤，B正確。故選B。3.將檢驗(yàn)電荷q放在電場中，q受到的電場力為F,我們用打來描述電場的強(qiáng)弱。類比于這種分析檢驗(yàn)qTOC\o"1-5"\h\z物體在場中受力的方法，我們要描述磁場的強(qiáng)弱，下列表達(dá)式中正確的是（ ）A.9 B. c.土 D.、匡S Lv IL VLv【答案】C【解析】【詳解】將檢驗(yàn)電荷q放在電場中，q受到的電場力為F,我們用￡來描述電場的強(qiáng)弱；類比于這種分析檢驗(yàn)物體q在場中受力的方法，用8='來描述磁場的強(qiáng)弱；故C項(xiàng)正確，ABD三項(xiàng)錯(cuò)誤。4.如圖所示，豎直放置的輕彈簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接著質(zhì)量為M的木塊A,開始時(shí)木塊A靜止，現(xiàn)讓一質(zhì)量為根的木塊8從木塊A正上方高為力處自由下落，與木塊A碰撞后一起向下壓縮彈簧，經(jīng)過時(shí)間/木塊A下降到最低點(diǎn)。已知彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力，木塊A與木塊8碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g,下列關(guān)于從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置時(shí)的過程中彈簧對(duì)木塊A的沖量/的大小正確的是（）B./=2(Af+zn)gtD.B./=2(Af+zn)gtD.I=2md2gh+2(M+m)gtA./=2(M+2ghC.I=2(M—2gh【答案】D【解析】【分析】【詳解】B下落h時(shí)的速度為VB=yj2gh物塊B與A碰撞過程動(dòng)量守恒，則mvH=(M+tri)v以向下為正方向，則兩物塊從開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)最低點(diǎn)過程中由動(dòng)量定理(M+ =0-(M+m)v從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置時(shí)的過程中彈簧對(duì)木塊A的沖量/的大小為I=2Ii聯(lián)立解得I=2閑2gh+2(A/+m)gt故選D。5.如圖所示為某種電流表的原理示意圖，質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過一掛鉤與一豎直懸掛的輕彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數(shù)為k。在矩形區(qū)域abed內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外，與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù)，MN的長度大于ab的長度。當(dāng)MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時(shí)，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當(dāng)MN中有電流通過時(shí)，指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度。已知k=2.0N/m,ab的長度為().20m,be的長度為0.05m,B=0.20T,重力加速度為g.下列說法不正確的是()A.當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，彈簧的伸長量為等kB.若要電流表正常工作，應(yīng)將MN的M端與電源正極相接C.該電流表的量程是2.5AD.若將量程擴(kuò)大到2倍，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)?.20T【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.設(shè)彈簧的伸長量為Ax,則有

mg=kAx得amgAx=—k故當(dāng)電流表示數(shù)為零時(shí)，彈簧伸長量為等，故A正確，不符合題意；kB.為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，由左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端，因此M端應(yīng)接正極，故B正確，不符合題意；C.設(shè)滿量程時(shí)通過MN的電流為Im，則有BInJab+mg=k(lbc+Ax)解得Im=2.5A故該電流表的量程是2.5A,故C正確，不符合題意；D.設(shè)量程擴(kuò)大后，磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽，，則有2B,Imlah+mg=k(Iz+Ax)解得B^O.IOT故D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。.如圖所示，汽車以10m/s的速度勻速駛向路口，當(dāng)行駛至距路口停車線35m處時(shí)，綠燈還有4s熄滅。由于有人橫向進(jìn)入路口，該汽車在綠燈熄滅前要停在停車線處，則汽車運(yùn)動(dòng)的UT圖象可能是( )//(m?s-1) (;/(m?s"10 \ ?10//(m?s-1) (;/(m?s"10 \ ?10、.1一 ,LX01234誦 0123|i；/(m,s")0-10rrx.01234〃s) |p/(ni,s-1)4〃s 01234〃s【答案】c【解析】【詳解】要使汽車停在停車線處，則丫-/圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積應(yīng)剛好等于35m。A、B選項(xiàng)的面積明顯均小于30m,D選項(xiàng)的面積為25m,而C選項(xiàng)的面積介于20m到40m之間。根據(jù)排除法，只有C正確。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.如圖所示，半徑為r、電阻為R的單匝圓形線框靜止于絕緣水平面上，以圓形線框的一條直徑為界，其左、右兩側(cè)分別存在著方向如圖甲所示的勻強(qiáng)磁場，以垂直紙面向里的磁場為正，兩部分磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律分別如圖乙所示。則0~t。時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（）A. ■時(shí)刻線框中磁通量為零B.線框中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向C.線框中的感應(yīng)電流大小為色旦27rB2r3D.線框受到地面向右的摩擦力為一FJR【答案】ACD【解析】【分析】【詳解】A.與時(shí)刻，兩部分磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，線框中的磁通量為零，A正確。B.根據(jù)楞次定律可知，左側(cè)的導(dǎo)線框的感應(yīng)電流是逆時(shí)針，而右側(cè)的導(dǎo)線框的感應(yīng)電流也是逆時(shí)針，則整個(gè)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，B錯(cuò)誤。C.由法拉第電磁感應(yīng)定律，因磁場的變化，導(dǎo)致導(dǎo)線框內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，結(jié)合題意可知整個(gè)導(dǎo)線框產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢為左、右兩側(cè)電動(dòng)勢之和，即由閉合電路歐姆定律，得感應(yīng)電流大小E夕陽）/—Rt^R故C正確。D.由左手定則可知，左、右兩側(cè)的導(dǎo)線框均受到向左的安培力，則所受地面的摩擦力方向向右、大小與線框所受的安培力大小相等，即。kD--T=BJ2r+B、I2r=（B1+B,）I2r=2B（"=——0R故D正確。故選ACD..如圖所示，絕緣材料制成的半徑為R的內(nèi)壁光滑圓軌道，豎直放置在水平地面上且左右恰被光滑擋板擋住,圓心O點(diǎn)固定著電荷量為Q的場源點(diǎn)電荷.一電荷量為q、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電小球沿軌道內(nèi)壁做圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A時(shí),地面對(duì)軌道的彈力恰好為零.若軌道與小球的質(zhì)量均為加,Q4>0，忽略小球的電荷對(duì)Q形成的電場的影響，重力加速度為g,靜電力常量為A.下列說法中正確的是（ ）A.軌道內(nèi)壁的電場強(qiáng)度處處相同B.軌道內(nèi)壁的電勢處處相等C.運(yùn)動(dòng)到與圓心等高的B點(diǎn)時(shí)，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?機(jī)g-k挈D.運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg【答案】BD【解析】【詳解】由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式石=學(xué)可知，場源點(diǎn)電荷在軌道內(nèi)壁處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度大小相等，但方向不同，A錯(cuò)誤；軌道內(nèi)壁上各點(diǎn)到場源點(diǎn)電荷的距離相同，電勢相等；帶電小球在A點(diǎn)時(shí)，帶電小球?qū)壍赖膹椓ωQ直向上，大小等于,軌道對(duì)帶電小球的彈力豎直向下大小為mg,在A點(diǎn)對(duì)帶電小球有21ng_粵=吧,從A到B由動(dòng)能定理得mgR=1加力一1機(jī)此在b點(diǎn)有M一黑=竺&,聯(lián)立R2R 2B2 R2R解得在B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)小球的彈力為N'=4/咫，根據(jù)牛頓第三定律可知在B點(diǎn)時(shí)小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?〃%，則選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)C時(shí)，設(shè)軌道時(shí)小球的彈力為N",則N'-%g-摩=些,由A到CR2R由動(dòng)能定理有2mgR —mV2,聯(lián)立解得N"=7mg,根據(jù)牛頓第三定律知，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?mg,則選項(xiàng)D正確..在光滑的水平面上，一滑塊的質(zhì)量m=2kg,在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N（方向未知）作用下運(yùn)動(dòng)，如圖所示給出了滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的一段軌跡，滑塊過PQ兩點(diǎn)時(shí)速度大小均為v=5m/s?；瑝K在P點(diǎn)的速度方向與PQ連線夾角a=37。，01137。=0.6,貝( )A.水平恒力F的方向與PQ連線成53。夾角B.滑塊從P到Q的時(shí)間為3sC.滑塊從P到Q的過程中速度最小值為4m/sD.PQ兩點(diǎn)連線的距離為12m【答案】BCD【解析】【詳解】A.設(shè)水平恒力F的方向與PQ連線夾角為口，滑塊過P、Q兩點(diǎn)時(shí)的速度大小相等，根據(jù)動(dòng)能定理得FxhqCOsP=AEk=O得懺90。，即水平恒力F與PQ連線垂直且指向軌跡的凹側(cè)，故A錯(cuò)誤；B.把P點(diǎn)的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F兩個(gè)方向上，沿水平力F方向上滑塊先做勻減速后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有尸c,2a=-=2m/sm當(dāng)F方向速度為零時(shí)，時(shí)間為vsin37°5xsin37°,ct= = s=1.5sa 2根據(jù)對(duì)稱性，滑塊從P到Q的時(shí)間為t'=2t=3s故B正確；C.當(dāng)F方向速度為零時(shí)，只有垂直F方向的速度v*=vcos370=4m/s此時(shí)速度方向與F垂直，速度最小，故C正確；D.垂直F的方向上物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有xpQ=v't'=12m故D正確。故選BCD,10.如圖所示，質(zhì)量為s、色的小球分別帶同種電荷/和%,它們用等長的細(xì)線懸掛在同一點(diǎn)，由于靜電斥力的作用，小球町靠在豎直光滑墻上，町的拉線沿豎直方向，叫、呵均處于靜止?fàn)顟B(tài)，由于某種原因，兩球之間的距離變?yōu)樵瓉淼囊话?，則其原因可能是（ ）A.生變?yōu)樵瓉淼囊话?B.生變?yōu)樵瓉淼陌吮禖.%變?yōu)樵瓉淼陌朔种?D.%變?yōu)樵瓉淼乃姆种弧敬鸢浮緽C【解析】【詳解】AB.如圖所示，作出A球受到的重力和庫侖斥力，根據(jù)平衡條件和幾何關(guān)系可以知道，OAB與ACQ相似，故有：F_mgxL又因?yàn)镕kQ2r=k—―X'所以避《Lx3使A球的質(zhì)量變?yōu)樵瓉淼?倍，而其他條件不變，才能使A、B兩球的距離縮短為故A錯(cuò)誤，B正確；CD.使B球的帶電量變?yōu)樵瓉淼亩渌麠l件不變，則x為原來的;，所以C選項(xiàng)是正確的，D錯(cuò)誤；故選BC.11.如圖甲所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為11：2,其原線圈兩端接入如圖乙所示的正弦交流電，副線圈通過電流表與負(fù)載電阻R相連。若交流電壓表和交流電流表都是理想電表，則下列說法中正確的是（）A.變壓器輸入電壓的最大值是220VB.電壓表的示數(shù)是40VC.若電流表的示數(shù)為0.50A,變壓器的輸入功率是20WD.原線圈輸入的正弦交變電流的是頻率是100Hz【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.由圖乙可知交流電壓最大值Um=220jIV；故A錯(cuò)誤；B.輸入電壓的有效值為220V,根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)成正比知電壓表示數(shù)2U2=瓶=40V電壓表的示數(shù)是40V,選項(xiàng)B正確；C.流過電阻中的電流為0.5A,變壓器的輸入功率是P入=Pw=UI=40x().5W=20W故C正確；D.變壓器不改變頻率，由圖乙可知交流電周期T=0.02s,可由周期求出正弦交變電流的頻率是50Hz,故D錯(cuò)誤；故選BC.12.抗擊新冠肺炎疫情的戰(zhàn)斗中，中國移動(dòng)攜手“學(xué)習(xí)強(qiáng)國”推出了武漢實(shí)景24小時(shí)直播，通過5G超高清技術(shù)向廣大用戶進(jìn)行九路信號(hào)同時(shí)直播武漢城市實(shí)況，全方位展現(xiàn)鏡頭之下的武漢風(fēng)光，共期武漢“復(fù)蘇”.5G是“第五代移動(dòng)通信技術(shù)”的簡稱，其最顯著的特征之一為具有超高速的數(shù)據(jù)傳輸速率。5G信號(hào)一般采用3.3X109—6x109Hz頻段的無線電波，而現(xiàn)行第四代移動(dòng)通信技術(shù)4G的頻段范圍是1.88X109—2.64x109Hz,則 5G信號(hào)比4G信號(hào)所用的無線電波在真空中傳播得更快5G信號(hào)相比于4G信號(hào)更不容易繞過障礙物，所以5G通信需要搭建更密集的基站C.空間中的5G信號(hào)和4G信號(hào)不會(huì)產(chǎn)生干涉現(xiàn)象D.5G信號(hào)是橫波，4G信號(hào)是縱波E.5G信號(hào)所用的無線電波具有波粒二象性【答案】BCE【解析】【分析】【詳解】A.任何電磁波在真空中的傳播速度均為光速，故傳播速度相同，故A錯(cuò)誤；5G信號(hào)的頻率更高，波長更短，故相比4G信號(hào)不易發(fā)生衍射現(xiàn)象，則5G通信需要搭建更密集的基站，故B正確；5G信號(hào)和4G信號(hào)的頻率不同，則它們相遇不能產(chǎn)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，故C正確；D.電磁波均為橫波，故5G信號(hào)和4G信號(hào)都是橫波，故D錯(cuò)誤；E.任何電磁波包括無線電波都具有波粒二象性的特點(diǎn)，故E正確。故選BCE.三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分13.某同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置某測量木塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)：木W(wǎng) 獸.紙帶 ⑶， \ [ABCDETOC\o"1-5"\h\z2鉤碼 打點(diǎn)計(jì)時(shí)' 」~i——i—i i-I I I I Ii i t i i9.5011.0012.50 14.00(ca)(1)從打出的若干紙帶中選出了如圖所示的一條，紙帶上A、B、C、D、E這些點(diǎn)的間距如圖中標(biāo)示，其中每相鄰兩點(diǎn)間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未畫出。打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源頻率是50Hz,根據(jù)測量結(jié)果計(jì)算：則打C點(diǎn)時(shí)紙帶的速度大小為 m/s；紙帶運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 m/s?。(結(jié)果保留3位有效數(shù)字)⑵通過(1)測得木塊的加速度為a,還測得鉤碼和木塊的質(zhì)量分別為m和M,已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間,則動(dòng)摩擦因數(shù)產(chǎn) .【答案】1.18m/s L50m/s2mg_(/〃【答案】1.18m/s L50m/s24=Mg【解析】【詳解】(1)[1][2].因紙帶上兩相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的時(shí)間間隔為T=0.10s,設(shè)si=9.50cm、S2=n.00cm、S3=12.5cm、S4=14.00cm,打C點(diǎn)時(shí)紙帶的速度大小為s2+s3vc= 2T代入數(shù)值得vc=1.18m/s加速度4+生_($4+53)-(y+S2)4T2

代入數(shù)值得a=1.50m/s2(2)[3].對(duì)木塊、祛碼盤和祛碼組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得mg—pMg=(M+m)a解得mg—{m+M)au= Mg14.實(shí)驗(yàn)小組利用以下方法對(duì)物體的質(zhì)量進(jìn)行間接測量，裝置如圖1所示：一根輕繩跨過輕質(zhì)定滑輪與兩個(gè)相同的重物P、Q相連，已知重物P、Q的質(zhì)量均為m,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。在重物Q的下面通過輕質(zhì)掛鉤懸掛待測物塊Z,重物P的下端與穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的紙帶相連。(1)先接通頻率為50Hz的交流電源，再由靜止釋放系統(tǒng)，得到如圖2所示的紙帶，則系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的加速度a=m/s2(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；(2)在忽略阻力的理想情況下，物塊Z質(zhì)量M的表達(dá)式為M=(用字母m、a、g表示)；(3)實(shí)際情況下，空氣阻力、紙帶與打點(diǎn)計(jì)時(shí)器間的摩擦、定滑輪中的滾動(dòng)摩擦不可以忽略，物塊Z的實(shí)際質(zhì)量與理論值M有一定差異，這種誤差是誤差(填“偶然”或“系統(tǒng)【答案】8.0 工絲 系統(tǒng)g-a【解析】【分析】根據(jù)位移差公式Ax=ar求解系統(tǒng)的加速度.對(duì)整個(gè)系統(tǒng)進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律求解M的表達(dá)式。根據(jù)誤差來源分析誤差的性質(zhì).【詳解】(1)口]根據(jù)位移差公式以=。-，解得系統(tǒng)運(yùn)動(dòng)的加速度為。=絲="5坦2%(2亨.64)*爐心=苗T2 4x0.022(2)[2]根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)Q和Z有對(duì)物體p有T—mg=ma聯(lián)立解得M=2幽。g-a(3)[3|由題意可知本實(shí)驗(yàn)中誤差是由于實(shí)驗(yàn)原理的選擇而造成的，無法通過多測數(shù)據(jù)來消除，故這是一種系統(tǒng)誤差?！军c(diǎn)睛】本題主要考查了通過系統(tǒng)牛頓第二定律測質(zhì)量的方法，能分析出實(shí)驗(yàn)誤差的原因.明確系統(tǒng)誤差和偶然誤差的定義。四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖所示，ABC等邊三棱鏡，P、Q分別為AB邊、AC邊的中點(diǎn)，BC面鍍有一層銀，構(gòu)成一個(gè)反射面，一單色光以垂直于BC面的方向從P點(diǎn)射入，經(jīng)折射、反射，剛好照射在AC邊的中點(diǎn)Q,求①棱鏡對(duì)光的折射率；②使入射光線繞P點(diǎn)在紙面內(nèi)沿順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)光線再次照射到Q點(diǎn)時(shí)，入射光線轉(zhuǎn)過的角度.【答案】①6；②120。.【解析】【詳解】①畫出光路圖，根據(jù)對(duì)稱性及光路可逆結(jié)合幾何關(guān)系可知，光在AB面的入射角i=60。，折射角r=30。,根據(jù)折射定律有〃=3=6sinr②當(dāng)光線再次照射到Q點(diǎn)時(shí)，光路如圖乙所示，由幾何關(guān)系可知，折射角。=30。，根據(jù)折射定律有sincil--7=V3解得：a=60。，因此入射光轉(zhuǎn)過的角度為i+a=120。sin。卬 乙16.如圖所示，煉鋼廠通常用滾筒來傳送軟鋼錠，使具有一定初速度的軟鋼錠通過滾筒滑上平臺(tái).質(zhì)量為M的軟鋼錠長為L,上表面光滑，下表面與平臺(tái)間是粗糙的.現(xiàn)以水平向右的初速度滑上平臺(tái)，全部滑上平臺(tái)時(shí)的速度為D.此時(shí)，在其右端無初速放上一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn)).隨后軟鋼錠滑過2L距離時(shí)速度為零，滑塊恰好到達(dá)平臺(tái).重力加速度取g,空氣阻力不計(jì).求：浪笥卜(1)滑塊獲得的最大加速度(不考慮與平臺(tái)的撞擊過程)(2)滑塊放上后，軟鋼錠滑動(dòng)過程克服阻力做的功(3)軟鋼錠處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，滑塊到達(dá)平臺(tái)的動(dòng)能【答案】(Da=g; (2)Wf=^Mv2(3)4=2(2M鑿吟【解析】【分析】【詳解】(1)由于滑塊與軟鋼錠間無摩擦，所以，軟鋼錠在平臺(tái)上滑過距離L時(shí)，滑塊脫離做自由落體運(yùn)動(dòng)，所以a=g;⑵根據(jù)動(dòng)能定理得：Ek=^Mv2叼克=-3="巴(3)滑塊脫離軟鋼錠后做自由下落到平臺(tái)上的時(shí)間與軟鋼錠在平臺(tái)最后滑運(yùn)L的時(shí)間相等，都為t由位移公式得：L=由動(dòng)能定理得：^(m+M)gL+pMgL=-Mv2滑塊落到平臺(tái)上時(shí)的速度：vin=gt1,滑塊到達(dá)平臺(tái)時(shí)的動(dòng)能：Ek=-mv；?聯(lián)立以上四個(gè)方程式解得：,_2(2M+m)mg2l}A= °Mu~17.如圖所示為波源O振動(dòng)1.5s時(shí)沿波的傳播方向上質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)的波形圖，問：(1)何時(shí)x=5.4m的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波峰？(2)從t=0開始至x=5.4m的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波峰這段時(shí)間內(nèi)，波源通過的路程是多少？【詳解】(1)由圖知=60cm=0.6m由題知1.5s=-T4所以T=2sx=5.4m處的質(zhì)點(diǎn)距波源有Ax5-4八人n=——= =9個(gè)2 0.6即波源。的振動(dòng)形式經(jīng)=97=18s傳到此點(diǎn)此點(diǎn)第一次到達(dá)波峰還需t7=-T=0.5s24共用時(shí)間/=%+芍=18.5s⑵由⑴知從，=0開始至x=5.4m的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波峰經(jīng)歷的時(shí)間為18.5s,即歷時(shí)9.25T,所以s源=4Ax9.25m=1.85m2021屆新高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.如圖所示，一飛行器圍繞地球沿半徑為，?的圓軌道1運(yùn)動(dòng)，經(jīng)/,點(diǎn)時(shí)，啟動(dòng)推進(jìn)器短時(shí)間向后噴氣使其變軌，軌道2、3是與軌道1相切于P點(diǎn)的可能軌道，則飛行器（ ）A.變軌后將沿軌道3運(yùn)動(dòng)B.變軌后相對(duì)于變軌前運(yùn)行周期變大C.變軌前、后在兩軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)經(jīng)P點(diǎn)的速度大小相等D.變軌前經(jīng)過P點(diǎn)的加速度大于變軌后經(jīng)過P點(diǎn)的加速度.如圖所示，虛線a、b、C代表電場中的三個(gè)等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即UabMU區(qū),實(shí)線為一帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，p、R、Q是這條軌跡上的三點(diǎn)，R點(diǎn)在等勢面b上，據(jù)此可知（）A.帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的加速度比在Q點(diǎn)的加速度小B.帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢能比在Q點(diǎn)的小C.帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動(dòng)能大于在Q點(diǎn)的動(dòng)能D.三個(gè)等勢面中，c的電勢最高.如圖所示，在叱xW3a的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。在t=0時(shí)刻,從原點(diǎn)O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子，速度方向與y軸正方向的夾角分布在0。?90。范圍內(nèi)。其中,沿y軸正方向發(fā)射的粒子在1=匕,時(shí)刻剛好從磁場右邊界上P（3a,0a）點(diǎn)離開磁場，不計(jì)粒子重力，下列說法正確的是（）?P（3a,J5a） ,!:3azA.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為3a

4乃aB.粒子的發(fā)射速度大小為丁%4%C.帶電粒子的比荷為kD.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為2to4.如圖所示，材料相同的物體A、B由輕繩連接，質(zhì)量分別為叫和m2且m#mz，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速運(yùn)動(dòng)。則（ ）A.輕繩拉力的大小與斜面的傾角。有關(guān)B.輕繩拉力的大小與物體和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)ji有關(guān)C.輕繩拉力的小與兩物體的質(zhì)量m,和m2有關(guān)D.若改用F沿斜面向下拉連接體，輕繩拉力的大小不變.如圖所示的電路中，D］、D?是完全相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)較大，直流電阻不計(jì)。先閉合開關(guān)S,電路穩(wěn)定后再斷開開關(guān)S,此時(shí)（）A.兩段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同A.兩段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同I九立刻熄滅D2立刻熄滅Di閃亮一下逐漸熄滅D2閃亮一下逐漸熄滅.如圖所示為某質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖像（若將48段圖線以連線為軸翻轉(zhuǎn)180。，圖線形狀與。A段相對(duì)于虛線對(duì)稱），則關(guān)于OA段和圖線描述的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（ ）B.兩段的平均速度相同C.兩段的速度變化量相同 D.兩段的平均加速度相同二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分7,下列說法正確的是（ ）A.水龜可以停在水面上是因?yàn)橐后w具有表面張力B.功可以全部轉(zhuǎn)化為熱，但熱量不能全部轉(zhuǎn)化為功C.當(dāng)兩分子間距離大于平衡位置的間離時(shí)，分子間的距離越大，分子勢能越小D.液晶顯示器是利用了液晶對(duì)光具有各向異性的特點(diǎn)E.氣體分子無論在什么溫度下，其分子速率都呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的分布特點(diǎn).下列說法正確的是A.飽和汽壓與溫度和體積都有關(guān)B.絕對(duì)濕度的單位是Pa,相對(duì)濕度沒有單位C.空氣相對(duì)濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越快D.氣體做等溫膨脹，氣體分子單位時(shí)間對(duì)汽缸壁單位面積碰撞的次數(shù)一定變少E.飽和汽和液體之間的動(dòng)態(tài)平衡，是指汽化和液化同時(shí)進(jìn)行的過程，且進(jìn)行的速率相等.如圖所示，直桿與水平面成30。角，一輕質(zhì)彈簧套在直桿上，下端固定在直桿底端。現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小滑塊從桿頂端A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊壓縮彈簧到達(dá)最低點(diǎn)B后返回，脫離彈簧后恰能到達(dá)AB的中點(diǎn)。設(shè)重力加速度為g,AB=L,則該過程中（ ）AA.滑塊和彈簧剛接觸時(shí)的速度最大 B.滑塊克服摩擦做功為C.滑塊加速度為零的位置只有一處 D.彈簧最大彈性勢能為:mgL.如圖所示，A、B兩帶電小球的質(zhì)量均為m,電荷量的大小均為Q（未知）。小球A系在長為L的絕緣輕繩下端，小球B固定于懸掛點(diǎn)的正下方，平衡時(shí)，小球A、B位于同一高度，輕繩與豎直方向成60角。已知重力加速度為g,靜電力常量為k,則以下說法正確的是（ ）B.小球A所受靜電力大小為后叫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.如圖所示，理想變壓器輸入端接在電動(dòng)勢隨時(shí)間變化，內(nèi)阻為r的交流電源上，輸出端接理想電流表及阻值為R的負(fù)載，如果要求負(fù)載上消耗的電動(dòng)率最大，則下列說法正確的是（ ）A.該交流電源的電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=￡“sin（100m）VB.變壓器原副線圈匝數(shù)的比值為C.電流表的讀數(shù)為］需D.負(fù)載上消耗的熱功率與4r.如圖甲所示，由一根導(dǎo)線繞成的矩形線圈的匝數(shù)n=10匝，質(zhì)量in=0.04kg、高h(yuǎn)=0.05m、總電阻R=0.5Q、豎直固定在質(zhì)量為M=0.06kg的小車上，小車與線圈的水平長度1相同。線圈和小車一起沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，并以初速度vo=2m/s進(jìn)入垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T,運(yùn)動(dòng)過程中線圈平面和磁場方向始終垂直。若小車從剛進(jìn)磁場位置1運(yùn)動(dòng)到剛出磁場位置2的過程中速度v隨車的位移x變化的圖象如圖乙所示，則根據(jù)以上信息可知（）A.小車的水平長度1=10cmB.小車的位移x=15cm時(shí)線圈中的電流I=1.5AC.小車運(yùn)動(dòng)到位置3時(shí)的速度為1.0m/sD.小車由位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的過程中，線圈產(chǎn)生的熱量Q=（）.0875J三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分.龍泉中學(xué)某物理小組欲利用如圖所示的電路同時(shí)測量一只有30格刻度的毫安表的量程、內(nèi)阻和光敏電阻的阻值與光照強(qiáng)度之間的關(guān)系。實(shí)驗(yàn)室能提供的實(shí)驗(yàn)器材有：學(xué)生電源（輸出電壓為二=內(nèi)阻不計(jì)）、電阻箱二（最大阻值999.9。）、單刀雙擲開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干。

XXoh尤?電阻OU6 一（D該小組實(shí)驗(yàn)時(shí)先將電阻箱的阻值調(diào)至最大，然后將單刀雙擲開關(guān)接至a端，開始調(diào)節(jié)電阻箱，發(fā)現(xiàn)將電阻箱的阻值調(diào)為800。時(shí)，毫安表剛好偏轉(zhuǎn)20格的刻度；將電阻箱的阻值調(diào)為500。時(shí)，毫安表剛好能滿偏。實(shí)驗(yàn)小組據(jù)此得到了該毫安表的量程為及=—mA,內(nèi)阻二尸__。。（2）該小組查閱資料得知，光敏電阻的阻值隨光照強(qiáng)度的變化很大，為了安全，該小組需將毫安表改裝成量程為3A的電流表，則需在毫安表兩端（選填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”）一個(gè)阻值為。的電阻。（結(jié)果保留一位小數(shù)）（3）改裝完成后（表盤未改動(dòng)），該小組將單刀雙擲開關(guān)接至b端，通過實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，流過毫安表的電流I（單位：mA）與光照強(qiáng)度E（單位：cd）之間的數(shù)量關(guān)系滿足二=:二由此可得光敏電阻的阻值R（單位：Q）與光照強(qiáng)度E（單位：cd）之間的關(guān)系為二= C。.某同學(xué)將力傳感器固定在車上用于探究“加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系”，如圖甲、乙所示。甲乙甲乙（1）下列說法正確的是（）A.需要用天平測出傳感器的質(zhì)量A.需要用天平測出傳感器的質(zhì)量B.需要用到低壓交流電源C.實(shí)驗(yàn)時(shí)不需要平衡摩擦力D.若實(shí)驗(yàn)中砂桶和砂子的總質(zhì)量過大，作出的a-F圖象可能會(huì)發(fā)生彎曲（2）下列實(shí)驗(yàn)中用到與該實(shí)驗(yàn)相同研究方法的有（）A.探究單擺周期的影響因素 B.探究求合力的方法C.探究做功與速度的變化關(guān)系D.探究導(dǎo)體電阻與其影響因素的關(guān)系（3）圖丙是某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)得到的一條紙帶（交流電頻率為50Hz）,他在紙帶上取A、B、C、D、E、F、G等7個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)（每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有4個(gè)點(diǎn)沒有畫出），將毫米刻度尺放在紙帶上。根據(jù)圖可知,打下F點(diǎn)時(shí)小車的速度為m/s.小車的加速度為m/s2.（計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）cmTOC\o"1-5"\h\z0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10I”ImIihhilIn11rhiI小山i「Inliilil??? ? ? ? ?ABC D ￡ F G圖丙四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖所示，在大氣中有一水平放置的固定剛性圓筒，它由圓心共軸的圓筒a、b連接而成，其橫截面積分別為3S和S.已知大氣壓強(qiáng)為p。，溫度為T。。兩活塞A、B圓心處用一根長為31的不可伸長的輕線相連，把溫度為To的空氣密封在兩活塞之間，此時(shí)兩活塞的位置如圖所示。若活塞與圓筒壁之間的摩擦可忽略，現(xiàn)對(duì)被密封的氣體緩慢加熱，求：①當(dāng)B活塞剛好碰到b部分圓筒的左側(cè)時(shí)，氣體溫度為多少？②當(dāng)氣體溫度為3T。時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為多少？16.在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)”=1500匝，橫截面積S=20cm2.螺線管導(dǎo)線電阻r=1.0。,4=4.0。，凡=5.0。，C=30pF。在一段時(shí)間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度8按如圖乙所示的規(guī)律變化。求：⑴螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢；(2)閉合S,電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R的電功率；(3)S斷開后，流經(jīng)飛的電荷量。17.如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m=1.2kg的小滑塊靜止在水平軌道上的A點(diǎn)，在水平向右的恒定拉力F=4N的作用下，從A點(diǎn)開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其滑行到AB的中點(diǎn)時(shí)撤去拉力，滑塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)后進(jìn)入半徑為R=L3m且內(nèi)壁光滑的豎直固定圓軌道，在圓軌道上運(yùn)行一周后從B處的出口(未畫出,且入口和出口稍稍錯(cuò)開)出來后向C點(diǎn)滑動(dòng)，C點(diǎn)的右邊是一個(gè)“陷阱”，D點(diǎn)是平臺(tái)邊緣上的點(diǎn)，C、D兩點(diǎn)的高度差為h=1.2m,水平距離為x=1.6m。已知滑塊運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小剛好為滑塊重力的3倍，水平軌道BC的長度為L=2.1m,小滑塊與水平軌道AB、BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為A=1.5,重力加速度g=llm/s2。⑴求水平軌道AB的長度M(2)試通過計(jì)算判斷小滑塊能否到達(dá)“陷阱”右側(cè)的D點(diǎn)：(3)若在AB段水平拉力F作用的范圍可變，要達(dá)到小滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中，既不脫離豎直圓軌道，又不落入C、D間的“陷阱”的目的，試求水平拉力F作用的距離范圍。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B【解析】【詳解】根據(jù)題意，飛行器經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)，推進(jìn)器向后噴氣，飛行器線速度將增大，做離心運(yùn)動(dòng)，則軌道半徑變大,變軌后將沿軌道2運(yùn)動(dòng)，由開普勒第三定律可知，運(yùn)行周期變大，變軌前、后在兩軌道上運(yùn)動(dòng)經(jīng)P點(diǎn)時(shí),地球?qū)︼w行器的萬有引力相等，故加速度相等，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。D【解析】【詳解】A,等差等勢面P處比Q處密，則P處電場強(qiáng)度大，質(zhì)點(diǎn)受到的電場力大，加速度大，故A錯(cuò)誤；D.根據(jù)軌跡彎曲的方向和電場線與等勢線垂直可知帶電質(zhì)點(diǎn)所受的電場力方向應(yīng)向下，所以電場線方向向上，故c的電勢最高，故D正確.B.帶負(fù)電質(zhì)點(diǎn)在電勢高處電勢能小，可知質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的電勢能大，故B錯(cuò)誤.c.帶電質(zhì)點(diǎn)的總能量守恒，即帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動(dòng)能與電勢能之和不變，在P點(diǎn)的電勢能大，則動(dòng)能小,故C錯(cuò)誤.D【解析】【分析】【詳解】A.沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示:后a)V, ,OkO'\3ax設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系有(3a-r)2+(>/3a)2=r2可得粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=2a選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.根據(jù)幾何關(guān)系可得.aa不sinu=—=—r2所以0=-3圓弧OP的長度s=(苑一0)r所以粒子的發(fā)射速度大小sv=-= 為3f0選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.根據(jù)洛倫茲力提供向心力有v2qvB-m-結(jié)合粒子速度以及半徑可得帶電粒子的荷質(zhì)比q_24m3")選項(xiàng)c錯(cuò)誤；D.當(dāng)粒子軌跡恰好與磁場右邊界相切時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長，畫出粒子軌跡過程圖如圖所示:粒子與磁場邊界相切于M點(diǎn)，從E點(diǎn)射出。設(shè)從P點(diǎn)射出的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為乃-。，時(shí)間為%,從E點(diǎn)射出的粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為2(兀-6),故帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為2%,選項(xiàng)D正確。故選D。C【解析】【詳解】ABC.以物體A、B及輕繩整體為研究對(duì)象根據(jù)牛頓第二定律得F-{n\+m1)gsm0-+m2)gcos0=(in)+m1)a解得F.a= gsin0—/jgcos0叫+恤再隔離對(duì)B分析，根據(jù)牛頓第二定律得T-m^gsmO-fj2gcos0=mza解得my+m2則知繩子的拉力與斜面傾角。無關(guān)，與動(dòng)摩擦因數(shù)J*無關(guān)，與兩物體的質(zhì)量n和m2有關(guān)，選項(xiàng)C正確,AB均錯(cuò)誤；D.若改用F沿斜面向下拉連接體，以物體A、B及輕繩整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得F+(m}+zn,)gsin^―//(7?)+rn,)gcos0=(m,+tn^)a'解得Fa'= Fgsin6-〃cos0町+丐再隔離對(duì)A分析，根據(jù)牛頓第二定律得T'+町gsin cos0=町a(chǎn)'解得r=町"町+網(wǎng)可知輕繩拉力的大小改變，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。D【解析】【詳解】電路穩(wěn)定后斷開開關(guān)，線圈發(fā)生斷電自感，產(chǎn)生自感電動(dòng)勢，有同方向的電流，由于DI、D2是完全相同的燈泡，線圈L的自感系數(shù)較大，直流電阻不計(jì)，原來D|、線圈和D2、電阻并聯(lián)，D2回路電阻大，電流小，所以自感電流大于原來通過D2電流，但不會(huì)大于原來通過Di的電流，所以D2閃亮一下逐漸熄滅，j逐漸熄滅，所以D正確，ABC錯(cuò)誤；故選D。A【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)幾何關(guān)系可知，兩段在時(shí)間軸上投影的長度相同，因此兩段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故A正確；B.由圖像下方面積可知，兩段位移不等，因此平均速度不同，故B錯(cuò)誤；C.兩段的速度變化量大小相等，方向相反，故C錯(cuò)誤；D.由。=乎可知，兩段的平均加速度大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。A/故選A.二、多項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得()分ADE【解析】【詳解】A.水雖可以停在水面上是因?yàn)橐后w具有表面張力的緣故，故A符合題意；B.功可以全部轉(zhuǎn)化為熱；而熱量也可以全部轉(zhuǎn)化為功，但要引起其他方面的變化，故B不符合題意；C.當(dāng)兩分子間距離大于平衡位置的間距r()時(shí)，分子力表現(xiàn)為引力，分子間的距離增大，分子引力做負(fù)功，分子勢能增加，故C不符合題意；D.液晶顯示器是利用了液晶對(duì)光具有各向異性的特點(diǎn)，故D符合題意；E.氣體分子無論在什么溫度下，根據(jù)統(tǒng)計(jì)規(guī)律知道氣體的分子速率都呈現(xiàn)“中間多、兩頭少”的分布特點(diǎn),故E符合題意。故選ADEoBDE【解析】【詳解】飽和汽壓與溫度有關(guān)，和體積無關(guān)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；絕對(duì)濕度及壓強(qiáng)表示其單位是Pa,相對(duì)濕度沒有單位,則B正確；空氣相對(duì)濕度越大時(shí)，空氣中水蒸氣壓強(qiáng)越接近飽和汽壓，水蒸發(fā)越慢，則C錯(cuò)誤；氣體做等溫膨脹，分子密度變小，氣體分子單位時(shí)間對(duì)汽缸壁單位面積碰撞的次數(shù)一定變少，則D正確；飽和汽和液體之間的動(dòng)態(tài)平衡，是指汽化和液化同時(shí)進(jìn)行的過程，且進(jìn)行的速率相等，則E正確；故選BDE。BD【解析】【分析】【詳解】A.滑塊向下運(yùn)動(dòng)受到的合力為零時(shí)，速度最大，即mgsin0=F^+f這時(shí)，速度最大，故A錯(cuò)誤；B.根據(jù)動(dòng)能定理有0-0=mgysin30°-Wr解得嗎=—mgL故B錯(cuò)正確；C.滑塊加速度為零即合力為零，向下滑動(dòng)時(shí)0=4+/-mgsin6>向上滑動(dòng)時(shí)7^-(^sin6?+/)=0所以C錯(cuò)誤；D.彈簧被壓縮到最短時(shí)彈性勢能最大，根據(jù)能量守恒mgLs\n300=^W(+Ep解得彈簧最大彈性勢能為EP=-mgL故D正確。故選BD.BD【解析】【詳解】AB.帶電的小球A處于平衡狀態(tài)，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—6mg由圖可知，AB間庫侖力為排斥力，即AB為同種電荷，故A錯(cuò)誤，B正確；C.根據(jù)庫侖定律有b= 而廣3?j3mg-k-故C錯(cuò)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(fù)功，電勢能增大，故D正確。故選BD.BC【解析】【分析】【詳解】A.由圖可知周期T=4xl(f2s,角速度ay=——= 7rad/s=50^rad/sT4x10-2所以該交流電源的電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式為e=Emsin(507rt)故A錯(cuò)誤；B.設(shè)原副線圈中的匝數(shù)分別為由和112,電流分別為h和L,電壓分別為U1和U2,則Ui=E-Iir電阻R消耗的功率P=U2I2=U1I即P=(E-Iir)Ii=-Ii2r-El1可見時(shí)，P有最大值所以區(qū)=幺=IE&力Nr故B正確；C.電流表的讀數(shù)為有副線圈電流的有效值：原線圈電流有效值為故C正確;D.負(fù)載上消耗的功率故D錯(cuò)誤。故選BC.AC【解析】【詳解】A.從位置1到位置2,開始進(jìn)入磁場，安培力向左，小車減速，全進(jìn)入磁場后，回路磁通量不再變化，沒有感應(yīng)電流，不受安培力開始勻速，所以根據(jù)圖像可以看出小車長10cm,A正確B.小車的位移x=15cm時(shí)，處于勻速階段，磁通量不變，回路電流為零，B錯(cuò)誤C.小車進(jìn)入磁場過程中：(M+ni)v2TM+哂丫、=-〃麗2?t=-〃Bhq,出磁場過程中：_ . E△①(A/+m)v3—(M+ni)v2=—nBIh-t=—nBhq,而進(jìn)出磁場過程中電量：q=It=—t=n ,進(jìn)出磁場AR過程中磁通量變化相同，所以電量相同，所以〃%一研|="匕一機(jī)匕，解得：匕=L"/s,C正確D.從位置2運(yùn)動(dòng)到位置3的過程中，根據(jù)能量守恒：-(M+/n)v22--(M+/n)v32=Q,解得：0=0.0625J,D錯(cuò)誤三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分(1)30 100 (2)并聯(lián)1.0 (3)==可一/(二)【解析】【分析】根據(jù)部分電路的歐姆定律，由題中所給的兩組數(shù)據(jù)列方程可求出毫安表的內(nèi)阻，再結(jié)合刻度線就能求出毫安表的量程；電表的改裝問題就是部分電路的歐姆定律的應(yīng)用，根據(jù)滿偏刻度和內(nèi)阻的值及量程就能算出要并聯(lián)的電阻值；設(shè)光敏電阻的電流為匕由歐姆定律太題設(shè)條件列式就能表示出光敏電阻與光照強(qiáng)度的關(guān)系?！驹斀狻?D設(shè)毫安表每格表示電流大小為二,，則當(dāng)電阻箱的阻值為二，=1例二時(shí)，由閉合電路的歐姆定律可得J0二式二/+二二)=二；當(dāng)電阻箱的阻值為R=800。時(shí)，則有20(二；+二。二g=二，兩式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得：二二=100二,二0=/二二該毫安表的量程Ig=30mA；(2)要將量程為300mA的毫安表改成量程為二二=SA電流表，則需在毫安表兩端并聯(lián)一個(gè)電阻，設(shè)其電阻為R’,則有二二二二=(二二一二二)二，代入數(shù)據(jù)可解得二’w二;

(3)由題意可知，改裝后電流表的內(nèi)阻為二-=1二設(shè)通過光敏電阻的電流大小為二，(單位：A)則有(二+二二)二'=二成立，且二'=三匚■二X[。-)即U+〃x^ZxlO~3(V)=18.0W整理可得AAD0.24 0.40【解析】【詳解】(1)[1]A.本實(shí)驗(yàn)是探究“加速度與力、質(zhì)量之間的關(guān)系"，即F=Ma,所以M包括傳感器的質(zhì)量，即需要用天平測出傳感器的質(zhì)量。故A正確。B.電火花計(jì)時(shí)器使用的是220V交流電源。故B錯(cuò)誤。C.實(shí)驗(yàn)前要平衡摩擦力，平衡摩擦力時(shí)要把小車(包括力傳感器)放在木板上，后面固定一條紙帶，紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器。把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜程度，使小車在不受繩的拉力時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)。故C錯(cuò)誤。D.實(shí)驗(yàn)中力傳感器直接測出了拉力的大小，所以不需要滿足砂桶和砂子的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，所以即使實(shí)驗(yàn)中砂桶和砂子的總質(zhì)量過大，作出的a-F圖象也不會(huì)發(fā)生彎曲。故D錯(cuò)誤。(2)【2|該實(shí)驗(yàn)采用了控制變量法進(jìn)行探究。A.單擺的周期公式為：T=2兀g,是用的控制變量法。故A符合題意。B.探究求合力的方法，采用的是等效替代的方法。故B不符合題意。C.探究做功與速度的變化關(guān)系，采用的是倍增法。故C不符題意。D.導(dǎo)體的電阻為：R=p^,采用的是控制變量法。故D符合題意。(3)[3]由于每相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)沒有畫出，所以相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔T=(Us,根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度得：m/s=0.24m/sX/g_(9.60-4.80)xlO-22x0.1m/s=0.24m/s⑷根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式Ax=aT?可以求出加速度的大小為:"3^=皿二四上空竺嘰02mzs2=0.40mzs29r2 9x0.12四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分9 515.①7二彳穌②〃：^〃。【解析】【詳解】①從開始加熱氣體到B活塞剛好碰到b左側(cè)時(shí)，氣體為等壓變化，由3SI+2SI9SI可得：9F②當(dāng)氣體溫度為3T。時(shí)，B活塞已經(jīng)卡在b左側(cè)，氣體在(1)間的基礎(chǔ)上進(jìn)行等容變化，由A=_e_T可得：5P='Po.(D1.2V；⑵5.76xl()2w；⑶l^xlO^c【解析】【詳解】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有?“△① ?ABE= -n-S——△tAr代入數(shù)據(jù)解得E=1.2V(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律有,EL2,八一I= = A=0.12AR]+R,+r4+5+1電阻4的電功率P=F&=5.76xlO-2W(3)S斷開后流經(jīng)用的電荷量即為S閉合時(shí)電容器極板上所帶的電荷量Q；S閉合時(shí)，電容器兩端的電壓U=IR2=0.12x5V=0.6V流經(jīng)與的電荷量Q=CU=30X10"X0.6C=1.8X10-5c.⑴2.4m⑵不能(3)1.325m<x'<4m【解析】【詳解】(1)設(shè)小滑塊運(yùn)動(dòng)到豎直圓軌道最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為V,則有V24mg=/n—從8點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，設(shè)小滑塊到達(dá)8點(diǎn)時(shí)的速度大小為％,由機(jī)械能守恒定律有1212—mv^=〃zg?2R+—niv代入數(shù)據(jù)解得vB=2?m/s小滑塊由A到B的過程中，由動(dòng)能定理可得-Fli-^ngl,=-mv}代入數(shù)據(jù)可解得4=2.4/72.⑵設(shè)小滑塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為％，則由動(dòng)能定理可得,1 2 1 2-/jmgl2=-mvc--mvB代入數(shù)據(jù)解得vc=2m/s設(shè)小滑塊下落〃=0.2m所需要的時(shí)間為人則有h=~gt'解得t=0.2s故小滑塊在水平方向上運(yùn)動(dòng)的距離為X。=vCt=0.4m<0.6m故小滑塊將落入“陷阱”中，不能運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)。(3)由題意可知，若要滑塊既不脫離圓軌道，又不掉進(jìn)“陷阱”，則需要分三種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)滑塊剛好能夠到達(dá)與圓心等高的E點(diǎn)時(shí)，設(shè)恒力作用的距離為西，則由動(dòng)能定理可得：&-/nmglx—mgR=0X=0.75m故當(dāng)恒力作用的距離滿足0<x”0.75m時(shí)符合條件。②當(dāng)滑塊剛好能經(jīng)過圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)滑塊經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為％,則有me=mR設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為則有Fx2-jumgl]-2mgR--mv1代入數(shù)據(jù)可解得x2=0.975m當(dāng)滑塊剛好運(yùn)動(dòng)到。點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為E，則有7*x2-〃mg(I+4)=0代入數(shù)據(jù)可解得芯=l.lm故當(dāng)恒力作用的距離滿足0.975m<x<l,lm時(shí)符合條件。③當(dāng)滑塊剛好能夠越過“陷阱”，設(shè)滑塊到達(dá)。點(diǎn)時(shí)的速度大小為心，則由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得x=vct代入數(shù)據(jù)解得vc=3m/s設(shè)此時(shí)恒力作用的距離為石，故有Fx3—pimg=代入數(shù)據(jù)解得,=1.325m故當(dāng)恒力作用距離滿足1.325mvx<4m時(shí)符合條件。2021屆新高考物理模擬試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.如圖所示，將直徑為d,電阻為R的閉合金屬環(huán)從勻強(qiáng)磁場B中拉出，這一過程中通過金屬環(huán)某一截面的電荷量為（）B兀笛 D2兀Bd QBd2 Bd24R R R 兀R【答案】A【解析】【分析】【詳解】金屬環(huán)的面積：S=）2金2 4由法拉第電磁感應(yīng)定律得：底而17由歐姆定律得，感應(yīng)電流：/=-R感應(yīng)電荷量：q=lAt,解得：①Bnd2q- = R4R故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選A.【點(diǎn)睛】本題考查了求磁通量的變化量、感應(yīng)電荷量等問題，應(yīng)用磁通量的定義式、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定△①律、電流定義式即可正確解題，求感應(yīng)電荷量時(shí)，也可以直接用公式4=丁計(jì)算.R

一輛汽車遇到險(xiǎn)情緊急剎車，剎車過程做勻減速運(yùn)動(dòng)，剎車后第1s內(nèi)的位移為16m,最后Is內(nèi)的位移為8m,則汽車的剎車時(shí)間為A.Is B.1.5s C.2s D.2.5s【答案】B【解析】【詳解】最后Is內(nèi)的汽車位移為8m,根據(jù)x=gat2,可知加速度大小為2a=16m/s2剎車后第Is內(nèi)的平均速度大小v=Fm/s=lm/s,則剎車的時(shí)間：16t=0.5s+—s=1.5s16Is,故A不符合題意。1.5s。故B符合題意。2s.故C不符合題意。2.5s。故D不符合題意。.如圖所示，真空中，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場只在兩個(gè)同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在（含邊界），兩圓的半徑分別為R、3R,圓心為O.一重力不計(jì)的帶正電粒子從大圓邊緣的P點(diǎn)沿PO方向以速度射入磁場，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，軌跡所對(duì)的圓心角為120。.若將該帶電粒子從P點(diǎn)射入的速度大小變?yōu)閂2時(shí)，不論其入射方向如何，都不可能進(jìn)入小圓內(nèi)部區(qū)域，則Vi：V2至少為--XXX'、/xxxx/xxxx、、A.空 B.A.空 B.退3【答案】B【解析】【詳解】粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖:D.273XXXXXXXXXX由幾何知識(shí)得：= 洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvrB=m^-,解得：tan6() rxV,=且迎；當(dāng)該帶電粒子從P點(diǎn)射入的速度大小變?yōu)閂2時(shí)，若粒子豎直向上射入磁場粒子恰好不能進(jìn)入磁場時(shí)，即粒子軌道半徑2=R,則不論其入射方向如何，都不可能進(jìn)入小圓內(nèi)部區(qū)域，此時(shí)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv,B=m9,解得：V2=^-,貝!|：匕：％=6,故B正確，ACDr2 m錯(cuò)誤..已知太陽到地球與地球到月球的距離的比值約為390,月球繞地球旋轉(zhuǎn)的周期約為27天.利用上述數(shù)據(jù)以及日常的天文知識(shí)，可估算出太陽對(duì)月球與地球?qū)υ虑虻娜f有引力的比值約為A.0.2 B.2 C.20 D.200【答案】B【解析】【分析】【詳解】由日常天文知識(shí)可知,地球公轉(zhuǎn)周期為365天,依據(jù)萬有引力定律及牛頓運(yùn)動(dòng)定律，研究地球有G-A-%TOC\o"1-5"\h\z4/ M地/月 4" M太=Ma-rr)t,研究月球有6」^=乂月下丁「月，日月間距近似為r地，兩式相比公=「小Y(TnY MrM” M加M月 F.理?』.太陽對(duì)月球萬有引力*=G"月，地球?qū)υ虑蛉f有引力F2=G地2 ，故言=G九 ％ r月 入=39027365=39027365=2.13,故選B.5.一質(zhì)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(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中物體的機(jī)械能E隨位置x的變化關(guān)系如圖乙所示。其中0~X1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()

甲甲A.在0?xi的過程中，物體向上運(yùn)動(dòng)B.在0?xi的過程中，物體的加速度一直增大C.在X1~X2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【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.物塊機(jī)械能由重力勢能和動(dòng)能構(gòu)成，所以拉力做功影響物塊機(jī)械能的改變，即△E=F-AxF=^Ax所以圖線的斜率表示拉力，在0天過程中物體機(jī)械能在減小，則拉力在做負(fù)功，拉力方向沿斜面向上,所以物體的位移方向向下，即物體在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤;B.在。'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(jù)牛頓第二定律求解加速度mgsin6—Fa= m可知加速度一直增大，B正確;C.在X々的過程中，拉力P=0,機(jī)械能守恒，物體向下運(yùn)動(dòng)，重力勢能減小，速度增大，C錯(cuò)誤;D.在0天的過程中，拉力沿斜面向下，結(jié)合C選項(xiàng)分析可知物體一直沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。故選B。6.如圖甲所示，直徑為0.4m、電阻為0.1。的閉合銅環(huán)靜止在粗糙斜面上，CD為銅環(huán)的對(duì)稱軸，CD以下部分的銅環(huán)處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B方向垂直斜面且磁感線均勻分布的磁場中，若取向上為磁場的正方向，B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，銅環(huán)始終保持靜止，取兀=3,則（ ）

A.，=2s時(shí)銅環(huán)中沒有感應(yīng)電流r=A.，=2s時(shí)銅環(huán)中沒有感應(yīng)電流看）r=3.5s時(shí)銅環(huán)將受到大小為4.8X10-N、沿斜面向下的安培力D.l~3s內(nèi)銅環(huán)受到的摩擦力先逐漸增大后逐漸減小【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.分析圖乙可知，，=2s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度處于變化的過程中，銅環(huán)中磁通量變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，A錯(cuò)誤；f=1.5s時(shí)，垂直斜面向下的磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律可知，銅環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流,B錯(cuò)誤；C.，=3.5s時(shí)，垂直斜面向上的磁通量逐漸減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=^-= 2-=O.O12V△rAr根據(jù)歐姆定律可知F/=—=0.12AR安培力F=257r=0.0048NC正確；D.1?3s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率不變，則感應(yīng)電流不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小后增大，根據(jù)楞次定律的可知，安培力先向下減小后向上增大，則摩擦力方向向上，逐漸減小，后續(xù)可能方向向下逐漸增大，D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。分如圖所示，A球用不可伸長的細(xì)線懸掛在天花板上，處于靜止?fàn)顟B(tài)，B球和A球用橡皮筋連接，B球在A球正下方某一位置，此時(shí)橡皮筋處于松弛狀態(tài)。現(xiàn)由靜止釋放B球，不計(jì)空氣阻力，則在B球下落的過程中（細(xì)線與橡皮筋均不會(huì)斷），下列說法正確的是A.細(xì)線的張力先不變后增大A球受到的合力先不變后增大B球的動(dòng)能與橡皮筋的彈性勢能之和不斷增大B球的重力勢能與機(jī)械能均不斷減小【答案】AC【解析】【詳解】A.細(xì)線的張力先等于A球的重力，當(dāng)橡皮筋的彈力不斷增大后，細(xì)線的張力不斷增大。故A正確。A球始終靜止，合力始終為零。故B錯(cuò)誤。B球的動(dòng)能與橡皮筋的彈性勢能及B球的重力勢能之和為一定值，B球的重力勢能不斷減小，則B球的動(dòng)能與橡皮筋的彈性勢能之和不斷增大。故C正確。B球高度一直減小，B球的重力勢能不斷減?。幌鹌そ钌熘鼻?，B球做自由落體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，橡皮筋被拉長后，B球的一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為橡皮筋的彈性勢能，B球的機(jī)械能減小，所以B機(jī)械能先不變后減小。故D錯(cuò)誤。8,下列說法正確的是A.兩個(gè)分子間的距離r存在某一值r。（平衡位置處），當(dāng)i?大于r。時(shí)，分子間斥力大于引力；當(dāng)r小于r。時(shí)分子間斥力小于引力B.布朗運(yùn)動(dòng)不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，但它可以反映出分子在做無規(guī)則運(yùn)動(dòng)C.用手捏面包，面包體積會(huì)縮小，說明分子之間有間隙D.隨著低溫技術(shù)的發(fā)展，我們可以使溫度逐漸降低，但最終還是達(dá)不到絕對(duì)零度E.對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，在壓強(qiáng)不變而體積增大時(shí)，單位時(shí)間碰撞容器壁單位面積的分子數(shù)一定減少【答案】BDE【解析】【詳解】A、兩個(gè)分子間的距離r存在某一值（平衡位置處），當(dāng)r大于r°時(shí)，分子間斥力小于引力；當(dāng)r小球r。時(shí)分子間斥力大于引力，所以A錯(cuò)誤；B、布朗運(yùn)動(dòng)不是液體分子的運(yùn)動(dòng)，是固體微粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，但它可以反映出液體分子在做無規(guī)則運(yùn)動(dòng),所以B正確；C、用手捏面包，面包體積會(huì)縮小，只能說明面包內(nèi)有氣孔，所以C錯(cuò)誤；D、絕對(duì)零度只能無限接近，不能到達(dá)，所以D正確；E、對(duì)于一定質(zhì)量的理想氣體，在壓強(qiáng)不變而體積增大時(shí)，單位面積上分子數(shù)減小，則單位時(shí)間碰撞分子數(shù)必定減少，所以E正確..在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室內(nèi)的豎直粗糙墻面上放置一鋼板，風(fēng)垂直吹向鋼板，在鋼板由靜止開始下落的過程中，作用在鋼板上的風(fēng)力恒定.用Ek、E、v、P分別表示鋼板下落過程中的動(dòng)能、機(jī)械能、速度和重力的功率，關(guān)于它們隨下落高度或下落時(shí)間的變化規(guī)律，下列四個(gè)圖象中正確的是( )【答案】AC【解析】C、鋼板受到重力mg、風(fēng)力F、墻的支持力N和滑動(dòng)摩擦力f,由于風(fēng)力恒定，則由平衡條件得知，墻對(duì)鋼板的支持力恒定，鋼板所受的滑動(dòng)摩擦力恒定，故鋼板勻加速下滑，則有v=at,故C正確；A、根據(jù)動(dòng)能定理得：Ek=(mg-f)h,可知&與h成正比，故A正確；B、設(shè)鋼板開始時(shí)機(jī)械能為紇，鋼板克服滑動(dòng)摩擦力做功等于機(jī)械能減小的量，則E=E0-jh=E.-f\t2,則知E與t是非線性關(guān)系，圖象應(yīng)是曲線，故B錯(cuò)誤；D、重力的功率P= = ,則知P與h是非線性關(guān)系，圖象應(yīng)是曲線，故D錯(cuò)誤；故選AC.【點(diǎn)睛】本題首先要正確分析鋼板的運(yùn)動(dòng)情況，其次要根據(jù)物理規(guī)律得到動(dòng)能、機(jī)械能、速度和重力功率的表達(dá)式，再選擇圖象..如圖甲所示，將一個(gè)小球從某處水平拋出，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好平行斜面沿著斜面向下滑行，從拋出后起一段時(shí)間內(nèi)小球的動(dòng)能隨時(shí)間平方（EK—t?）圖象如圖乙所示，橫坐標(biāo)在02.5之間圖線為直線，此外為曲線，重力加速度為g,則根據(jù)圖乙信息，可以求得（ ）甲B.小球的質(zhì)量A.小球的初速度C.小球在斜面上滑行的時(shí)間甲B.小球的質(zhì)量A.小球的初速度C.小球在斜面上滑行的時(shí)間D.斜面的傾角【答案】ABD【解析】【詳解】AB.小球做平拋運(yùn)動(dòng)的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得:1 2Ek=mgh+ymv0由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有12h=；g/2聯(lián)立得I、圖象在02.5之間是直線，由圖可求得直線的斜率k,由數(shù)學(xué)知識(shí)可得&=5，/g2,g已知，則能求出小球的質(zhì)量m；由圖知t2=0時(shí)，Ek=5J,由Ek=；m4,可求得小球的初速度”，故AB正確;CD.小球剛落在斜面上時(shí)速度與斜面平行，設(shè)斜面的傾角為a,則有+ gttana=————%%由題圖知，t2=2.5,可以求得t,小球的初速度V。也可求得，從而能求出斜面的傾角a；根據(jù)小球在斜面的運(yùn)動(dòng)情況，不能求出小球在斜面上滑行的時(shí)間，故C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。.在某均勻介質(zhì)中，甲、乙兩波源位于O點(diǎn)和Q點(diǎn)，分別產(chǎn)生向右和向左傳播的同性質(zhì)簡諧橫波，某時(shí)刻兩波波形如圖中實(shí)線和虛線所示，此時(shí)，甲波傳播到x=24m處，乙波傳播到x=12m處，已知甲波波源的振動(dòng)周期為0.4s,下列說法正確的是.

,y/cm,y/cmA.甲波波源的起振方向?yàn)閥軸正方向B.甲波的波速大小為20m/sC.乙波的周期為0.6sD.甲波波源比乙波波源早振動(dòng)0.3sE.從圖示時(shí)刻開始再經(jīng)0.6s,x=12m處的質(zhì)點(diǎn)再次到達(dá)平衡位置【答案】BCE【解析】【分析】【詳解】甲波傳播到x=24m處，根據(jù)波向右傳播可知：質(zhì)點(diǎn)向下振動(dòng)，故甲波波源的起振方向?yàn)閥軸負(fù)方向，故A錯(cuò)誤；由圖可知：甲波的波長為8m,又有甲波波源的振動(dòng)周期為0.4s,故甲波的波速大小為-=20m/s,0.4s故B正確；同一介質(zhì)中橫波波速相同，故乙波的波速也為20m/s,由圖可知：乙波的波長為12m,故周期124〃z為k^=0.6s,故C正確；甲波的傳播距離為24m,故波源振動(dòng)時(shí)間為=l.2s；乙波的傳播距20m/s 20/〃/s30加離為42m-l2m=30m,故波源振動(dòng)時(shí)間為^=1.5s,所以，甲波波源比乙波波源晚振動(dòng)0.3s,故D錯(cuò)誤；由圖可知：圖時(shí)時(shí)刻，兩波在x=12m處都處于平衡位置，將要向上振動(dòng)；故該質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方程為y=15sin57rt+10sin^Trt(cm),那么，t=0.6s時(shí)，y=0,即從圖示時(shí)刻開始再經(jīng)0.6s,x=12m處的質(zhì)點(diǎn)再次到達(dá)平衡位置；故E正確；故選BCE.【點(diǎn)睛】在給出波形圖求解質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)、波速的問題中，一般根據(jù)圖象得到波長及時(shí)間間隔與周期的關(guān)系，從而求得周期，即可得到質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)情況，由v=1；求得波速.12.如圖所示，甲圖為沿x軸傳播的一列簡諧橫波在t=0時(shí)刻的波動(dòng)圖像,乙圖為參與波動(dòng)質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像，則下列判斷正確的是.甲乙

甲乙A.該波的傳播速率為4m/sB.該波的傳播方向沿x軸正方向C.經(jīng)過0.5s,質(zhì)點(diǎn)P沿波的傳播方向向前傳播4mD.該波在傳播過程中若遇到2m的障礙物,能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象E.經(jīng)過0.5s時(shí)間，質(zhì)點(diǎn)P的位移為零,路程為0.4m【答案】ADE【解析】【詳解】A.由甲圖讀出該波的波長為九=4m,由乙圖讀出周期為T=ls,則波速為v=，=4m/s,故A正確；B.在乙圖上讀出t=0時(shí)刻P質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向沿、軸負(fù)方向，在甲圖上判斷出該波的傳播方向沿x軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；C.質(zhì)點(diǎn)P只在自己的平衡位置附近上下振動(dòng)，并不隨波的傳播方向向前傳播，故C錯(cuò)誤；D.由于該波的波長為4m,與障礙物尺寸相差較多，故能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D正確；E.經(jīng)過t=0.5s=Z,質(zhì)點(diǎn)P又回到平衡位置，位移為零，路程為S=2A=2x0.2m=0.4m,故E正確.2三、實(shí)驗(yàn)題:共2小題，每題8分，共16分13.現(xiàn)要測定一段粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)體的電阻率。(1)螺旋測微器測量該金屬導(dǎo)體的直徑D,測量結(jié)果示數(shù)如圖甲所示，由圖甲可知D=mm；金屬導(dǎo)體圖甲金屬導(dǎo)體圖甲(2)現(xiàn)要利用圖乙來測量該導(dǎo)體的電阻阻值R,實(shí)驗(yàn)步驟如下：①實(shí)驗(yàn)時(shí)先將滑動(dòng)變阻器的阻值調(diào)到最大，然后閉合開關(guān)K”將開關(guān)K2打向1處,，接著調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，使電壓表有明顯讀數(shù)，并記下此時(shí)電壓表的讀數(shù)U。斷開開關(guān)K”②閉合開關(guān)K”將開關(guān)K2打向2處，調(diào)節(jié)電阻箱，使電壓表的讀數(shù)仍為U。然后讀出電阻箱的阻值，如圖丙。圖丙本實(shí)驗(yàn)中電阻箱此時(shí)的阻值為Ro=。，被測電阻的電阻阻值大小為R=【答案】5.315 14 14【解析】【分析】【詳解】(1)口]主尺示數(shù)為5mm,螺旋示數(shù)為31.5x0.01mm=0.315mm故示數(shù)為5mm+0.315mm=5.315mm⑵②[2][3]電阻箱的讀數(shù)為Ro=14S2,此實(shí)驗(yàn)的原理是采用等效替代法，若開關(guān)K接1時(shí)與開關(guān)m接2時(shí)電壓表的讀數(shù)相同，說明R的阻值與R。的阻值相同。因此根據(jù)等效替代的原理知R=14C。14.為了測量某金屬絲的電阻率:(1)如圖a所示，先用多用電表“xl擋粗測其電阻為Q,然后用圖b的螺旋測微器測其直徑為mm,再用圖c的毫米刻度尺測其長度為cm.(2)為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，需進(jìn)一步測其電阻，除待測金屬絲外，實(shí)驗(yàn)室還備有的實(shí)驗(yàn)器材如下：A.電壓表V(量程3V,內(nèi)阻約為15k。；量程15V,內(nèi)阻約為75k。)B.電流表A(量程0.6A,內(nèi)阻約為1Q；量程3A,內(nèi)阻約為0.2。)C.滑動(dòng)變阻器小(0?5Q,1A)D.滑動(dòng)變阻器R?(0-2000S2,0.1A)E.1.5V的干電池兩節(jié)，內(nèi)阻不計(jì)F.電阻箱G.開關(guān)S,導(dǎo)線若干為了測多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用(填“R/或“R2”)；請(qǐng)?jiān)诜娇騼?nèi)設(shè)計(jì)最合理的電路圖 并完成圖d中的實(shí)物連線 .E圖dRi【答案】8.0（或者8）； 2.095（2.095~2.098均可）10.14（10.13~10.15均可）Ri【解析】【分析】【詳解】第一空.由圖示多用電表可知，待測電阻阻值是8x10=8。；第二空.由圖示螺旋測微器可知，的固定刻度讀數(shù)為2mm,可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01x9.5mm=0.095mm,其讀數(shù)為：2mm+9.5x0.01mm=2.095mm；第三空.毫米刻度尺測其長度為10.14cm第四空.滑動(dòng)變阻器R2(0?2000Q,0.1A)的阻值比待測金屬絲阻值8Q大得太多，為保證電路安全，方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選Ri，最大阻值5C；第五空.為測多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，由于被測電阻阻值較小，則電流表應(yīng)采用外接法，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示；第六空.根據(jù)實(shí)驗(yàn)電路圖連接實(shí)物電路圖，如圖所示;四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15.如圖(b)所示，一個(gè)正方體玻璃磚的棱長為2a,其折射率為0.在其中心軸線處有一點(diǎn)光源，該點(diǎn)光源可沿中心軸線上下移動(dòng)。若點(diǎn)光源移動(dòng)至某一位置。時(shí)，玻璃磚上表面均有光線射出，求此時(shí)玻璃磚下表面有光線射出的面積上邊緣【答窠】（6-4立）;n?.【解析】【詳解】光路如圖，（臨界點(diǎn)）。點(diǎn)發(fā)出的光射至上表面正方形的對(duì)角線邊緣P點(diǎn)恰好全反射，則上表面均有光線射出，射至下表面的。點(diǎn)恰好全反射（臨界點(diǎn)），則以。點(diǎn)為圓形邊緣，其內(nèi)部有光線射出P點(diǎn)恰全反射，則有sinC=-n由幾何關(guān)系得.c 垃asine=,J（缶）2+"。點(diǎn)恰全反射，由幾何關(guān)系得.尸 xsine=1 ,]x2+（2a-h）2光線射出面積為S=7TX2聯(lián)立解得S=（6—4點(diǎn)）萬。216.傾角為0的斜面與足夠長的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長度為3L,BC、CD的長度均為3.5L,BC部分粗糙，其余部分光滑。如圖，4個(gè)“一”形小滑塊工件緊挨在一起排在斜面上，從下往上依次標(biāo)為1、2、3、4,滑塊上長為L的輕桿與斜面平行并與上一個(gè)滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好在A處。現(xiàn)將4個(gè)滑塊一起由靜止釋放，設(shè)滑塊經(jīng)過D處時(shí)無機(jī)械能損失，輕桿不會(huì)與斜面相碰。已知每個(gè)滑塊的質(zhì)量為m并可視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與粗糙面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tan6,重力加速度為g。求(D滑塊1剛進(jìn)入BC時(shí)，滑塊1上的輕桿所受到的壓力大?。?2)4個(gè)滑塊全部滑上水平面后，相鄰滑塊之間的距離。3 4【答案】(DF=^mgsin0(2)d=-L【解析】【詳解】(1)以4個(gè)滑塊為研究對(duì)象，設(shè)第一個(gè)滑塊剛進(jìn)BC段時(shí)，4個(gè)滑塊的加速度為a,由牛頓第二定律:4mgsin，一〃■mgcos0=4ma以滑塊1為研究對(duì)象，設(shè)剛進(jìn)入BC段時(shí)，輕桿受到的壓力為F,由牛頓第二定律：F+mgsinff—〃■mgcos，=ma已知〃=tan，3聯(lián)立可得：F=-mgsin04(2)設(shè)4個(gè)滑塊完全進(jìn)入粗糙段時(shí)，也即第4個(gè)滑塊剛進(jìn)入BC時(shí)，滑塊的共同速度為v這個(gè)過程，4個(gè)滑塊向下移動(dòng)了6L的距離，1、2、3滑塊在粗糙段向下移動(dòng)的距離分別為3L、2L、L,由動(dòng)能定理，有：4/ngsin0-6L-/j-mgcos0-(3L+2L+L)=-4/nv2可得：v=3jgLsin。由于動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=tan。，則4個(gè)滑塊都進(jìn)入BC段后，所受合外力為0,各滑塊均以速度v做勻速運(yùn)動(dòng);第1個(gè)滑塊離開BC后做勻加速下滑，設(shè)到達(dá)D處時(shí)速度為“，由動(dòng)能定理:，〃gsin6?（3.5L）=—znvj2--wv2可得：V]=MgLsin?當(dāng)?shù)?個(gè)滑塊到達(dá)BC邊緣剛要離開粗糙段時(shí)，第2個(gè)滑塊正以v的速度勻速向下運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)L距離后離開粗糙段，依次類推，直到第4個(gè)滑塊離開粗糙段。由此可知，相鄰兩個(gè)滑塊到達(dá)BC段邊緣的時(shí)間差為2上,因此到達(dá)水平面的時(shí)間差也為加=自v v所以滑塊在水平面上的間距為d=4聯(lián)立解得d=qL17.如圖所示，質(zhì)量M=3kg的足夠長的小車停在光滑水平地面上，另一木塊m=lkg,以Vo=4m/s的速度沖上小車，木塊與小車間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.3,g=10m/s2,求經(jīng)過時(shí)間t=2.()s時(shí)： ?140 M’()(7._z/z/z/zz/zzzzz(1)小車的速度大小V；(2)以上過程中，小車運(yùn)動(dòng)的距離x；(3)以上過程中，木塊與小車由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能Q.【答案】(3)\rnls(3)15m(3)6J【解析】試題分析：(3)木塊的加速度am=pg=3m/s3小車的加速度：?！?上產(chǎn)=——Z——=1加SM3兩者速度相等時(shí)：V=V2-amt3=aMt3解得：tj=3s,v=3m/s此后小車和木塊共同勻速運(yùn)動(dòng)，則t=3.2s時(shí)小車的速度大小v=3m/s(3)小車加速階段的位移為：x3=—aMt33=-x3x33=2.5m2 2勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3=t-t3=3s小車勻速階段的位移為：x3=vt3=3x3=3m3s內(nèi)小車運(yùn)動(dòng)的距離x=x3+x3=3.5mv2—vl(3)速度相等前，木塊的位移：元'= =2.5m2。,“木塊和小車的相對(duì)位移為：Ax=x，-X3=3m木塊與小車由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能：Q=f?Ax=jimgAx=6J考點(diǎn)：牛頓第二定律的綜合應(yīng)用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)是符合題目要求的有甲、乙兩個(gè)可看成質(zhì)點(diǎn)的小鋼球，乙球的質(zhì)量大于甲球的質(zhì)量?，F(xiàn)讓甲球以速度V。在某一水平桌面上水平拋出，拋出后甲球的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的②圖線所示。然后再將乙球以同樣的速度在同一地點(diǎn)將它水平拋出。兩球的運(yùn)動(dòng)都不計(jì)空氣的阻力，則乙球的運(yùn)動(dòng)軌跡為圖中的（）A.① B.② C.③ D.?2019年8月，“法國哪吒”扎帕塔身背燃料包，腳踩由5個(gè)小型渦輪噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)驅(qū)動(dòng)的“飛板”，僅用22分鐘就飛越了英吉利海峽35公里的海面。已知扎帕塔（及裝備）的總質(zhì)量為120kg,設(shè)發(fā)動(dòng)機(jī)啟動(dòng)后將氣流以6000m/s的恒定速度從噴口向下噴出，則當(dāng)扎帕塔（及裝備）懸浮在空中靜止時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴出氣體的質(zhì)量為（不考虛噴氣對(duì)總質(zhì)量的影響，取g=10m/s2）（ ）A.0.02kg B.0.20kg C.0.50kg D.5.00kg2018年