《附5套模擬卷》云南省普洱市2021屆新高考物理模擬試題一含解析

云南省普源市2021屆新高考物理模擬試題（1）

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，一角形桿ABC在豎直面內(nèi)，BC段水平，AB段豎直，質(zhì)量為m的小球用不可伸長的細線

連接在兩段桿上，OE段水平，DO段與豎直方向的夾角為6=30°.只剪斷EO段細線的瞬間，小球的加

速度為力；而只剪斷DO段細線的瞬間，小球的加速度為a?,則必為

12

A.1B.-C.2D.-

23

【答案】B

【解析】

【詳解】

只剪斷EO段細線的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律

mgsin0=may

小球的加速度為

,八1

4=gsinO=5g

只剪斷DO段細線的瞬間，小球的加速度為a?=g,則

幺」

a22

A.1,與結(jié)論不相符，選項A錯誤；

B.與結(jié)論相符，選項B正確；

C.2,與結(jié)論不相符，選項C錯誤；

D.1,與結(jié)論不相符，選項D錯誤；

故選B.

2.如圖所示，某生產(chǎn)廠家為了測定該廠所生產(chǎn)的玩具車的性能，將兩個完全相同的玩具車A、B并排放

在兩平行且水平的軌道上，分別通過掛鉤連接另一個與玩具車等質(zhì)量的貨車（無牽引力），控制兩車以相同

的速度”做勻速直線運動。某時刻，通過控制器使兩車的掛鉤斷開，玩具車A保持原來的牽引力不變，

玩具車B保持原來的輸出功率不變，當玩具車A的速度為2Vo時，玩具車B的速度為L5vo,運動過程中

受到的阻力僅與質(zhì)量成正比，與速度無關(guān)，則正確的是（）

A.在這段時間內(nèi)兩車的位移之比為6：5

B.玩具車A的功率變?yōu)樵瓉淼?倍

C.兩車克服阻力做功的比值為12：11

D.兩車牽引力做功的比值為3：1

【答案】C

【解析】

【詳解】

B.設(shè)玩具車、貨車質(zhì)量都為m,動摩擦因數(shù)為卬那么兩車的掛鉤斷開與貨車分離，玩具車的速度為V。,

牽引力F=2pmg,加速度為a=)ig,電機輸出功率

P=Fvo=2|imgvo

變?yōu)樵瓉淼?倍，則B錯誤;

A.玩具車A保持原來的牽引力不變前進，那么加速度不變，那么當玩具車A的速度為2Vo時，位移

,（2%）2—片3片

2a2〃g

功率

PA-F?2V0=2PA

克服摩擦力做的功

叼=/JmgSA=^mvl

牽引力做的功:

2

WfA=FsA=3mv0；

玩具車B保持原來的輸出功率不變前進，當玩具車A的速度為2Vo時，玩具車B的速度為1.5V。，由動能

定理可得：

尸.%-〃小gSp=；機(1.5%/一grnv1

所以位移

SB

8〃g

所以

SA：SB=12：11；

則A錯誤

CD.克服摩擦力做的功:

所以

WfA:WfB=12:11；

牽引力做的功：

WhB-P--~~—=Imv1

a

所以

WFA：WfB=3：2

故C正確，D錯誤；

故選C。

3.木塊甲、乙分別重50N和60N,它們與水平地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.25。夾在甲、乙之間的輕彈

簧被壓縮了2cm,彈簧的勁度系數(shù)為400N/m。系統(tǒng)置于水平地面上靜止不動?，F(xiàn)用F=1N的水平拉力作

用在木塊乙上，如圖所示。力F作用后木塊所受摩擦力情況是（）

回側(cè)"1

A.木塊甲所受摩擦力大小是12.5N

B.木塊甲所受摩擦力大小是11.5N

C.木塊乙所受摩擦力大小是9N

D.木塊乙所受摩擦力大小是7N

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】

AB.由于彈簧被壓縮了Ar=2cm,故彈簧的彈力

F=kM=400N/mx0.02m=8N

對于甲來說彈簧對它的力是向左的，大小為8N,而甲靜止，則甲最大的靜摩擦力為：

f甲=50Nx0.25=12.5N>F

則甲靜止，則甲受到的摩擦力與F等大方向

f￥=F=8N

故甲受到的摩擦力為8N,方向水平向右，選項AB均錯誤；

CD.對乙，其最大靜摩擦力

fz,=60Nx0.25=15N

它受向右的8N的彈力，還有向右的1N的拉力，故兩力的合力大小為9N,方向水平向右，也小于其最大

靜摩擦力，乙也處于靜止狀態(tài)，受力平衡，故它受到的摩擦力等于彈簧對它的彈力和拉力的合力9N,方

向水平向左，選項C正確，D錯誤。

故選C。

4.在如圖所示的位移圖象和速度圖象中，給出的四條圖線甲、乙、丙、丁分別代表四輛車由同一地點向

同一方向運動的情況，則下列說法正確的是（）

B.0?h時間內(nèi)，甲車通過的路程大于乙車通過的路程

C.丁車在t2時刻領(lǐng)先丙車最遠

D.0?t2時間內(nèi)，丙、丁兩車的平均速度相等

【答案】C

【解析】

【詳解】

A.由圖象可知：乙做勻速直線運動，甲做速度越來越小的變速直線運動，故A錯誤；

B.在h時刻兩車的位移相等，又都是單向直線運動，所以兩車路程相等，故B錯誤；

C.由圖象與時間軸圍成面積表示位移可知：丙、丁兩車在t2時刻面積差最大，所以相距最遠，且丁的面

積大于丙，所以丁車在t2時刻領(lǐng)先丙車最遠，故C正確；

D.0?t2時間內(nèi)，丙車的位移小于丁車的位移，時間相等，平均速度等于位移除以時間，所以丁車的平均

速度大于丙車的平均速度，故D錯誤。

5.質(zhì)量為m的光滑圓柱體A放在質(zhì)量也為m的光滑“V”型槽B上，如圖，a=60°,另有質(zhì)量為M的物

體C通過跨過定滑輪的不可伸長的細繩與B相連，現(xiàn)將C自由釋放，則下列說法正確的是（）

B.當M=2m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為0.5g

C.當M=6m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為0.75g

D.當M=5m時，A和B之間的恰好發(fā)生相對滑動

【答案】B

【解析】

【分析】

【詳解】

D.當A和B之間的恰好發(fā)生相對滑動時，對A受力分析如圖

解得a=gcot60°=Gg

B與C為繩子連接體，具有共同的運動情況，此時對于B和C有:

Mg=(M+m)a

IMf-MFT

所以。=1--g=13g,即不----=J3

M+mM

解得M--一~m~2371n

1-V3

選項D錯誤；

C.當M>2.37小，A和B將發(fā)生相對滑動，選項C錯誤；

A.當M<2.37m,A和B保持相對靜止。若A和B保持相對靜止，則有

Mg-(M+2m)a

所以當M=m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為a=；g,選項A錯誤；

B.當M=2m時，A和B保持相對靜止，共同加速度為。=gg=0.5g,選項B正確。

故選B。

6.有三個完全相同的重球，在每個球和水平面間各壓了一塊相同的木板，并都與一根硬棒相連，棒的另

一端分別與一錢鏈相連，三個較鏈的位置如圖甲、乙、丙所示?，F(xiàn)分別用力F單、F乙、F丙將木板水平向

右勻速抽出，（水平面光滑，重球和木板是粗糙的）。則下列關(guān)于F單、F“F丙大小關(guān)系判斷正確的是

甲乙丙

A.F甲=F乙=5丙B.F甲vF乙二F丙C.F甲二F乙vF丙D.F甲vF乙vF丙

【答案】D

【解析】

【詳解】

設(shè)球的重力為G,桿對球的拉力方向與豎直方向的夾角為。，球與木板的動摩擦因數(shù)為〃，球處于靜止狀

態(tài)，受力平衡，

對球受力分析，受到重力G、桿子的拉力T、木板對球的支持力N以及木板對球水平向右的滑動摩擦力f,

根據(jù)平衡條件得：

N=G+Tsin。，f=Tcos0,

而/=〃N,解得：

1-tan，

木板處于靜止狀態(tài)，再對木板受力分析，根據(jù)平衡條件可知，水平方向有：

F=f=4G

1-tan0

根據(jù)圖象可知，從甲到乙再到丙，。增大，則f增大，所以F增大，故

/＜生＜F丙,

A.綜上分析“＜紜＜可為，A錯誤；

B.綜上分析《(心＜。，B錯誤；

C.綜上分析“＜紜＜/^,C錯誤；

D.綜上分析“＜”＜。，D正確。

故選D。

二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共3()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.用輕桿通過錢鏈相連的小球A、B、C、D、E處于豎直平面上，各段輕桿等長，其中小球A、B的質(zhì)

量均為2m,小球C、D、E的質(zhì)量均為m.現(xiàn)將A、B兩小球置于距地面高h處，由靜止釋放，假設(shè)所有

球只在同一豎直平面內(nèi)運動，不計一切摩擦，則在下落過程中

A.小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機械能和動量均守恒

B.小球B的機械能一直減小

C.小球B落地的速度大小為正疏

D.當小球A的機械能最小時，地面對小球C的支持力大小為mg

【答案】CD

【解析】

【分析】

【詳解】

小球A、B、C、D、E組成的系統(tǒng)機械能守恒但動量不守恒，故A錯誤；由于D球受力平衡，所以D球

在整個過程中不會動，所以輕桿DB對B不做功，而輕桿BE對B先做負功后做正功，所以小球B的機械

能先減小后增加，故B錯誤；當B落地時小球E的速度等于零，根據(jù)功能關(guān)系mgh=可知小球B

的速度為屈，故C正確；當小球A的機械能最小時，輕桿AC沒有力，小球C豎直方向上的力平衡,

所以支持力等于重力，故D正確，故選CD

8.如圖所示，直線a、拋物線b和c為某一穩(wěn)恒直流電源在純電阻電路中的總功率PE、輸出功率PR、電

源內(nèi)部發(fā)熱功率Pr，隨路端電壓U變化的圖象，但具體對應(yīng)關(guān)系未知，根據(jù)圖象可判斷

A.PE-U圖象對應(yīng)圖線a.由圖知電動勢為9V,內(nèi)阻為3C

B.Pr-U圖象對應(yīng)圖線b,由圖知電動勢為3V,阻為1。

c.PR-U圖象對應(yīng)圖線c,圖象中任意電壓值對應(yīng)的功率關(guān)系為PE=P「+PR

D.外電路電阻為1.5。時，輸出功率最大為2.25W

【答案】BC

【解析】

【詳解】

A.總功率：

F-UPp2

P=EI=EX—~-=一一U+—,

ErrR

可知PE-U圖象對應(yīng)圖線a,由數(shù)學知識得知，圖象a的斜率大小:

,E9c

k=—=—=3?

r3

當U=0時,

￡2

%=7=9,

聯(lián)立解得

E=3V,r=lft,

故A錯誤;

B.內(nèi)阻消耗的功率:

由數(shù)學知識可知，耳-u圖象的對應(yīng)圖線b,故B正確;

c.根據(jù)功率關(guān)系可得：

%=及+甘，

則

1,E

P=P-P=--U2+-U,

RErrr

由數(shù)學知識可知，E.-U圖象的對應(yīng)圖線c,故C正確;

D.當內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，即當外電路電阻為1。時，輸出功率最大，最大輸出功率為

故D錯誤。

故選：BC,

9.如圖所示，輕彈簧一端與不可伸長的輕繩OC、DC連接于C（兩繩另一端均固定），彈簧另一端連接

質(zhì)量為m的小球。地面上豎直固定一半徑為R、內(nèi)壁光滑的;開縫圓弧管道AB,A點位于O點正下方

且與C點等高，管道圓心與C點重合。現(xiàn)將小球置于管道內(nèi)A點由靜止釋放，已知輕繩DC水平，當小

球沿圓弧管道運動到B點時恰好對管道壁無彈力，管道與彈簧間的摩擦不計，重力加速度為g。則小球從

A.彈簧一直處于伸長狀態(tài)

B.小球的機械能不守恒

C.小球在B點的動能為mgR

D.輕繩OC的拉力不斷增大

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【詳解】

AB.當小球沿圓弧管道運動到B點時恰好對管道壁無彈力，則小球在B點由彈簧的拉力和重力提供向心

力，即彈簧處于伸長狀態(tài)，從A到B的過程彈簧的形變量沒有變，故小球的機械能不變，選項A正確，

B錯誤；

C.從A到B的過程彈簧的形變量沒有變，小球在B點的動能等于小球在A點的重力勢能為mgR,選項

C正確；

D.設(shè)OC與OA的夾角為。，CA與水平夾角為a,C點受力平衡，則豎直方向上有

F0ccos6=FACsina

解得

_Fsintz

rAC

oc~cos7t/-

從A到B的過程中，。和彈簧的彈力FAC不變，a不斷增大，故OC的拉力不斷增大，D正確。

故選ACD?

10.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1:2,正弦交流電源輸出的電壓恒為U=12V,電阻R|=1Q,

R2=2C,滑動變阻器R3最大阻值為20。，滑片P處于中間位置，則（）

A.Ri與R2消耗的電功率相等B.通過Ri的電流為3A

C.若向下移動P,電源輸出功率增大D.若向上移動P,電壓表讀數(shù)將變小

【答案】BD

【解析】

【分析】

對理想變壓器的原副線圈匝數(shù)之比等于原副線圈的電壓之比，等于電流的倒數(shù)之比，據(jù)此進行分析。

【詳解】

A選項，理想變壓器的原副線圈的匝數(shù)之比為1:2,可知原副線圈的電流之比為2:1,根據(jù)

P=『R,可知凡與用消耗的電功率之比為2：1，選項A錯誤；

B選項，設(shè)通過用的電流為L則副線圈的電流為0.51,初級電壓

U—叭=12-/

根據(jù)匝數(shù)比可知次級電壓為

2(12-7)

則

2(12-/)

=.=120

0.5/

解得

1=3\

選項B正確;

CD選項，若向下移動P,則R3的電阻增大，次級電流變小初級電流也變小，根據(jù)夕="可知電源輸出功

率變小，電阻用的電壓變小，變壓器輸入電壓變大，次級電壓變大，電壓表的讀數(shù)變小，則選項C正確,

D錯誤。

故選BD。

11.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I處固定著一個光滑的定滑輪O,絕緣

輕質(zhì)彈性繩一端系在O點正上方!處的D點，另一端與質(zhì)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(nèi)，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《

2

C.小球B在C位置時所帶電荷量為學

8kq

D.小球B在初始平衡位置時所帶電荷量為槃

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(jù)受力分析和平衡條件，可得

mg

mgl2

解得小球B在初始位置時所帶電荷量為Q=故D錯誤

C.小球B在C位置時，由相似三角形原理可得

kqQ'

（0.5/）'mg

0.5/~~T

解得0=嬰，故C正確；

B.當小球B在C位置時，設(shè)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

當小球B在C位置時有

=

聯(lián)立方程組可得彈性繩原長x=g,故B正確。

故選BC,

12.如圖所示，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一質(zhì)量為m的木塊（可視為質(zhì)點）,

在木板上施加一水平向右的恒力F,木塊和木板由靜止開始運動并在最后分離。設(shè)分離時木塊相對地面運

動的位移為x,保證木塊和木板會發(fā)生相對滑動的情況下，下列方式可使位移x增大的是（）

m

A.僅增大木板的質(zhì)量M

B.僅減小木塊的質(zhì)量m

C.僅增大恒力F

D.僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)

【答案】AD

【解析】

【分析】

【詳解】

設(shè)木板長為L,當木塊與木板分離時，運動時間為t,對于木板

F-jumg=Ma、

”次

對于木塊

/amg=ma,

12

x=—a2t

當木塊與木板分離時，它們的位移滿足

解得

則木塊相對地面運動的位移為

A.僅增大木板的質(zhì)量M,%變小，生不變，x增大，故A正確；

B.僅減小木塊的質(zhì)量m,%變大，生不變，x減小，故B錯誤；

C.僅增大恒力F,q變大，為不變，x減小，故C錯誤；

D.僅稍增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)，%變小，%增大，x增大，故D正確。

故選ADo

三、實驗題:共2小題，每題8分，共16分

13.某小組同學用如圖所示的裝置來“驗證動能定理”，長木板固定在水平桌面上，其左端與一粗糙曲面平

滑連接，木板與曲面連接處固定一光電門，A是光電門的中心位置，滑塊P上固定一寬度為d的遮光片。

將滑塊從曲面的不同高度釋放，經(jīng)過光電門后，在木板上停下來，設(shè)停下來的那點為B點。該小組已經(jīng)測

出滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為〃、查得當?shù)刂亓铀俣葹間。根據(jù)本實驗的原理和目的回答以下問題：

(1)為了“驗證動能定理“，他們必需測量的物理量有;

A.滑塊釋放的高度h

B.遮光片經(jīng)過光電門時的遮光時間t

C.滑塊的質(zhì)量m

D.A點到B點的距離x

(2)該組同學利用題中已知的物理量和(1)問中必需測量的物理量，只需要驗證表達式__________在誤差范

圍內(nèi)成立即可驗證動能定理；

(3)以下因素會給實驗結(jié)果帶來誤差的是。

A.滑塊釋放時初速度不為零

B.曲面不光滑

C.遮光片的寬度不夠小

D.光電門安放在連接處稍偏右的地方

【答案】BD/dgx--^C

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)[1].要驗證的是從滑塊經(jīng)過光電門到最后在木板上停止時動能減小量等于摩擦力做功，即

12

—mv=jumgx

其中

d

v=—

t

可得

d2

4gx=示

則必須要測量的物理量是：遮光片經(jīng)過光電門時的遮光時間t和A點到B點的距離x,故選BDO

(2)[2].由以上分析可知，需要驗證表達式〃gx=(在誤差范圍內(nèi)成立即可驗證動能定理；

(3)[3].A.滑塊釋放時初速度不為零對實驗無影響，選項A錯誤；

B.曲面不光滑對實驗無影響，選項B錯誤；

C.遮光片的寬度不夠小，則測得的滑塊經(jīng)過A點的速度有誤差，會給實驗結(jié)果帶來誤差，選項C正確；

D.光電門安放在連接處稍偏右的地方對實驗無影響，選項D錯誤；

故選C。

14.如圖甲所示，某組同學借用“探究a與F、m之間的定量關(guān)系”的相關(guān)實驗思想、原理及操作，進行“探

究合外力做功和動能變化的關(guān)系''的實驗:

龍》nrj乙jtrtifnr?蘭光’2

4界二fcT

1I4也

IJ州力計

6砂桶

--15.SOcm

-------2!.60cm」

------------------2R.C>1cm----------------

-------------------------3a.70cm.

--1S.7Scm

■，&5.75ctn---------------

■*-------------------------------------------------.77cm------------

乙

(1)為達到平衡阻力的目的，取下細繩和托盤，通過調(diào)節(jié)墊片的位置，改變長木板傾斜程度，根據(jù)打出

的紙帶判斷小車是否做運動.

(2)連接細繩及托盤，放入硅碼，通過實驗得到圖乙所示的紙帶.紙帶上O為小車運動起始時刻所打的

點，選取時間間隔為0.1s的相鄰計數(shù)點A、B、C、D、E、F、G.實驗時小車所受拉力為0.2N,小車的

質(zhì)量為0.2kg.請計算小車所受合外力做的功W和小車動能的變化△用，補填表中空格

(結(jié)果保留至小數(shù)點后第四位).

O—BO—CO—DO—EO—F

W/J0.04320.05720.07340.0915

△且/J0.04300.05700.07340.0907

通過分析上述數(shù)據(jù)你得出的結(jié)論是：在實驗誤差允許的范圍內(nèi)W=亞人.，與理論推導結(jié)果一致.

(3)實驗中是否要求托盤與硅碼總質(zhì)量m遠小于小車質(zhì)量M?(填“是”或“否”)；

(4)實驗前已測得托盤的質(zhì)量為7.7x10-3修，實驗時該組同學放入托盤中的祛碼質(zhì)量應(yīng)為kg

(g取9.8m/S2,結(jié)果保留至小數(shù)點后第三位).

【答案】勻速直線0.11200.1105是0.015

【解析】

【詳解】

(1)[1].平衡摩擦力時，通過調(diào)整墊片的位置，改變長木板傾斜程度，根據(jù)打出的紙帶判斷小車是否做

勻速直線運動.

(2)[2][3].從O到F,拉力做功為：

W=Fx=0.2x0.5575J=0.1120J.

F點的瞬時速度為：

x0.6677-0.4575

ECm/s=1.051m/s

'2T0.2

則動能的增加量為：

Ek=1mv/=gx0.2x1.05F=0.1105J

(3)[4].實驗中是要使托盤與祛碼的重力等于小車的拉力，必須要使得托盤與祛碼總質(zhì)量m遠小于小車

質(zhì)量M；

(4)[5].祛碼盤和祛碼整體受重力和拉力，從O到F過程運用動能定理，有:

2

[(M+m)g-F]XOF-+m)vF

代入數(shù)據(jù)解得:

m=0.015kg.

四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分

15.如圖所示，質(zhì)量mi=lkg的木板靜止在傾角為。=30。足夠長的、固定的光滑斜面上，木板下端上表而

與半徑R=&m的固定的光滑圓弧軌道相切圓弧軌道最高點B與圓心O等高。一質(zhì)量mz=2kg、可視為

質(zhì)點的小滑塊以v0=15m/s的初速度從長木板頂端沿木板滑下已知滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)u=~5,

3

木板每次撞擊圓弧軌道時都會立即停下而不反彈，最終滑未從木板上端滑出，取重力加速度g=l(hn/s2。求

(1)滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度；

(2)木板的最小長度；

(3)木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機械能。

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)由滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)〃=Y3=tan3O?？芍?，滑塊在木板上勻速下滑，即滑塊到達A點時

速度大小依然為v°=15m/s,設(shè)滑塊離開圓弧軌道B點后上升的最大高度為h,則由機械能守恒定律可得

12萬

—m2v0=m2g+h)

解得

h=9.75m

(2)由機械能守恒定律可得滑塊回到木板底端時速度大小為vo=15m/s,

滑上木板后，木板的加速的為a”由牛頓第二定律可知

X//n,gcos^-m].gsin^=;n1al

滑塊的加速度為a2,由牛頓第二定律可知

"m1gcos6+m2gsin8=

設(shè)經(jīng)過h時間后兩者共速，共同速度為vi，由運動學公式可知

M=%—a2tl=a}t}

該過程中木板走過的位移

%r、-3

滑塊走過的位移

%+匕*

之后一起勻減速運動至最高點，若滑塊最終未從木板上端滑出，則木板的最小長度

聯(lián)立解得

L=7.5m；

(3)滑塊和木板一起勻減速運動至最高點，然后一起滑下，加速度均為a3，由牛頓第二定律可知

(町+m1)gsmO=(m}+/n,)a3

一起勻減速向上運動的位移

“3噬

木板從最高點再次滑至A點時的速度為V2,由運動學公式可知

V2

玉+當

滑塊第三次、第四次到達A點時的速度大小均為V2,第二次沖上木板，設(shè)又經(jīng)過時間t2兩者共速，共同

速度為V3，由運動學公式可知

V3=V2-a2t2=ait2

該過程中木板走過的位移

21’2

2

一起勻減速向上運動的位移

設(shè)木板第二次滑至A點時的速度為V4,由運動學公式可知

%+/=券

2a3

木板與圓弧軌道第二次碰撞時損失的機械能為

Ak12

聯(lián)立各式得

=—J?5.56J

9

16.如圖所示，光滑斜面體ABC固定在地面上，斜面AB傾角為37。，斜面AC傾角為53。，P、Q兩個

物塊分別放在AB、AC斜面上，并用繞過斜面體頂端A處光滑定滑輪的細線連接。放在AC斜面上的輕

彈簧，一端與Q相連，另一端與固定在C點的擋板相連，物塊P、Q的質(zhì)量分別為2m、m,彈簧的勁度

系數(shù)為k,重力加速度為g,兩斜面足夠長。開始時鎖定物塊P,細線剛好拉直，張力為零，現(xiàn)解除物塊P

的鎖定，已知sin37°=0.6,cos37。=0.8,求：

〃________________53,廂

⑴解除鎖定的一瞬間，物塊P的加速度大??；

⑵當物塊Q向上運動中的距離時，物塊Q的速度大??；

⑶當物塊Q向上運動的距離當空時，彈簧斷開，同時給物塊P一個平行AB斜面向上的恒定推力F,此

后細線的拉力為零，且P、Q兩物塊的速度同時減為零，則當物塊Q速度為零時，物塊P克服推力做功

為多少。

【答案】(1)0.4g(2)E(3)

【解析】

【詳解】

⑴解除鎖定的一瞬間，設(shè)物塊P的加速度大小為a“根據(jù)牛頓第二定律有

2mgsin37°—T—

對物塊Q研究有

T+kx—mgsin530=ma、

又

Ax=mgsin53°

解得

ai=0.4g

⑵由

Ax=mgsin53°

得開始時彈簧的壓縮量

_0.8"2g

X-

k

當物塊Q向上運動當超的距離時，彈簧的伸長量

,1.6mgO.SmgO.Smg

x=--------------------=---------

kkk

由此可知，物塊Q向上運動空等的距離時，彈簧的彈性勢能變化量為零。根據(jù)能量守恒定律可知

k

.＜二。\L6根g10

sin53)--------=—x3mv

k2

可得物塊Q的速度大小

v型但

576k

(3)彈簧斷開，同時給物塊P一個平行AB斜面向上的恒定推力后，物塊Q向上做勻減速運動的加速度

a2=gsin53°=0.8g

物塊P向下做勻減速運動的加速度大小也為a2.根據(jù)牛頓第二定律有

F—2mgsin37°=2ma2

解得

F=2.8mg

此過程物塊Q沿斜面向上運動的距離

2a215k

物塊P克服推力做功

17.一導熱性能良好的圓柱形氣缸固定在水平面上，氣缸上端開口，內(nèi)壁光滑，截面積為S。A是距底端

”高處的小卡環(huán)。質(zhì)量為根的活塞靜止在卡環(huán)上，活塞下密封質(zhì)量為%的氫氣，C為側(cè)壁上的單向?qū)Ч堋?/p>

H

大氣壓強恒定為外。環(huán)境溫度為4時，從。處注入水，當水深為了時，關(guān)閉C,卡環(huán)恰對活塞無作用

力。接下來又從。處緩慢導入一定量氫氣，穩(wěn)定后再緩慢提升環(huán)境溫度到1.6",穩(wěn)定時活塞靜止在距缸

底2.7"處，設(shè)注水過程中不漏氣，不考慮水的蒸發(fā)，氫氣不溶于水。求：

①最初被封閉的氫氣的壓強P”

②導入氫氣的質(zhì)量M.

【答案】①感；入''.②』

【解析】

【分析】

【詳解】

①設(shè)設(shè)注水前氣體的體積為V”從最初到水深為g時，氣體經(jīng)歷等溫過程，注水后氣體壓強為P2,由

玻意耳定律

PM=P2%

其中

Vt=SH

Y2=S(H—?)

對活塞，有

pnS+mg=p2S

聯(lián)立解得

_mg+p0S

一2—

②設(shè)導入氣體后且尚未升溫時氣體總度為h,顯然此時活塞已經(jīng)離開卡環(huán)，接下來升溫過程為等壓過程，

則有

hS(2.7-0.5)

鏟一函一

解得

,11?

h=——H

8

考慮到此h高度的氣體中，原有氣體點高為!”，故后導入的氣體點高為

2

%=h--H

12

解得

設(shè)此時密度為P,則有

M_pSh,

m0sg

解得

M=皿

4

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

1.如圖所示，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B,方向垂直于xOy平面

向里?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子，從x軸上的某點P沿著與x軸成30°角的方向射人磁場。

不計重力影響，則可以確定的物理量是（）

A.粒子在磁場中運動的時間B.粒子運動的半徑

C.粒子從射入到射出的速度偏轉(zhuǎn)角D.粒子做圓周運動的周期

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】

AC.粒子在磁場中做圓周運動，由于P點位置不確定，粒子從x軸上離開磁場或粒子運動軌跡與y軸相

切時，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最大，為

*=300。

粒子在磁場中的最長運動時間

_300"2Tlm5m

t=n?T=-------x-------=--------

儂360360qB3qB

粒子最小的圓心角為P點與坐標原點重合，最小圓心角

amin=120

粒子在磁場中的最短運動時間

t=丁=17=2

1n1n360°33qB

粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間為

2nm5nm

<t<

~3qB3qB

說明無法確定粒子在磁場中運動的時間和粒子的偏轉(zhuǎn)角，故AC錯誤；

B.粒子在磁場中做圓周運動，由于P點位置不確定，粒子的偏轉(zhuǎn)角不確定，則無法確定粒子的運動半徑,

故B錯誤；

D.粒子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則

v2

qvB=m—

r

且

271r

v=----

T

則得

f2nm

T=-----

qB

說明可確定粒子做圓周運動的周期，故D正確。

故選D。

3

2.如圖所示，質(zhì)量為50kg的同學在做仰臥起坐運動.若該同學上半身的質(zhì)量約為全身質(zhì)量的不，她在

Imin內(nèi)做了50個仰臥起坐，每次上半身重心上升的距離均為0.3m,則她克服重力做的功W和相應(yīng)的功

率P約為

A.W=4500JP=75WB.W=450JP=7.5W

C.W=3600JP=60WD.W=360JP=6W

【答案】A

【解析】

【詳解】

33

每次上半身重心上升的距離均為0.3m,則她每一次克服重力做的功：W=ymgh=yx50x10x0.3=90J；1

分鐘內(nèi)克服重力所做的功：we=50W=50x90=4500J；相應(yīng)的功率約為：p=絲="卬=75W,故A

t60

正確，BCD錯誤，故選A.

3.如圖所示是嫦娥五號的飛行軌道示意圖，其中弧形軌道為地月轉(zhuǎn)移軌道，軌道I是嫦娥五號繞月運行

的圓形軌道。已知軌道I到月球表面的高度為H,月球半徑為R,月球表面的重力加速度為g,若忽略月

球自轉(zhuǎn)及地球引力影響，則下列說法中正確的是（）

p

A.嫦娥五號在軌道in和軌道i上經(jīng)過Q點時的速率相等

B.嫦娥五號在P點被月球捕獲后沿軌道in無動力飛行運動到Q點的過程中，月球與嫦娥五號所組成的

系統(tǒng)機械能不斷增大

c.嫦娥五號在軌道I上繞月運行的速度大小為

R+H

D.嫦娥五號在從月球表面返回時的發(fā)射速度要小于闞

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】

A.嫦娥五號從軌道III進入軌道I要先在Q點減速做近心運動進入軌道II,再在軌道II上Q點減速做近

心運動進入軌道I,所以嫦娥五號在軌道III和軌道I上經(jīng)過Q點時速率不相等，故A錯誤；

B.嫦娥五號在P點被月球捕獲后沿軌道III無動力飛行運動到Q點的過程中，只有引力對嫦娥五號做功，

則月球與嫦娥五號所組成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤；

C.由公式

G萬mg

2

MmV

G----------=m

(R+H)2R+H

聯(lián)立得

IGMIgR2_R&(R+H)

XR+H~NR+H~~R+H

故C正確；

D.月球的第一宇宙速度為

嫦娥五號在從月球表面返回時的發(fā)射速度要大于或等于廂，故D錯誤。

故選C。

4.某實驗裝置如圖所示，用細繩豎直懸掛一個多匝矩形線圈，細繩與傳感器相連，傳感器可以讀出細繩

上的拉力大小。將線框的下邊ab置于蹄形磁鐵的、S極之間，使ab邊垂直于磁場方向且ab邊全部處于

N、S極之間的區(qū)域中。接通電路的開關(guān)，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片，當電流表讀數(shù)為時，傳感器的讀數(shù)為耳；

保持ab中的電流大小不變，方向相反，傳感器的讀數(shù)變?yōu)轼B已知金屬線框的匝數(shù)為n,ab

邊長為L,重力加速度為g,則可得到（）

A.金屬線框的質(zhì)量7〃=生也

2g

B.N、S極之間的磁感應(yīng)強度B=?”

nlL

C.傳感器的讀數(shù)為6時，ab中的電流方向為b—a

D.減小電流I重復實驗，則￡、乙均減小

【答案】A

【解析】

【詳解】

AB.通電線圈受到重力安培力和細繩的拉力作用，當電流表讀數(shù)為I時，繩子的拉力為￡,則

耳-mg+nBIL

保持ab中的電流大小不變，方向相反，繩子的拉力為巴，則

F,+nBIL-mg

聯(lián)立解得金屬框的質(zhì)量為

加=5

2g

選項A正確，B錯誤;

C.傳感器的讀數(shù)為耳時，安培力豎直向下，根據(jù)左手定則可知，ab中的電流方向為a-b,故C錯誤;

D.減小電流I重復實驗，則￡減小，鳥增大，故D錯誤。

故選A。

5.有人做過這樣一個實驗：將一錫塊和一個磁性很強的小永久磁鐵疊放在一起，放入一個淺平的塑料容

器中。往塑料容器中倒入液態(tài)氮，降低溫度，使錫出現(xiàn)超導性。這時可以看到，小磁鐵竟然離開錫塊表面,

飄然升起，與錫塊保持一定距離后，便懸空不動了。產(chǎn)生該現(xiàn)象的原因是：磁場中的超導體能將磁場完全

排斥在超導體外，即超導體內(nèi)部沒有磁通量（邁斯納效應(yīng)）。如果外界有一個磁場要通過超導體內(nèi)部，那

么在磁場作用下，超導體表面就會產(chǎn)生一個無損耗感應(yīng)電流。這個電流產(chǎn)生的磁場恰恰與外加磁場大小相

等、方向相反，這就形成了一個斥力。當磁鐵受到的向上的斥力大小剛好等于它重力大小的時候，磁鐵就

可以懸浮在空中。根據(jù)以上材料可知（）

A.超導體處在恒定的磁場中時它的表面不會產(chǎn)生感應(yīng)電流

B.超導體處在均勻變化的磁場中時它的表面將產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流

C.將磁鐵靠近超導體，超導體表面的感應(yīng)電流增大，超導體和磁鐵間的斥力就會增大

D.將懸空在超導體上面的磁鐵翻轉(zhuǎn)180°,超導體和磁鐵間的作用力將變成引力

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】

A.由題意可知，超導體處在磁場中，磁場要通過超導體內(nèi)部，超導體表面就會產(chǎn)生一個無損耗感應(yīng)電流,

故A錯誤；

B.超導體處在均勻變化的磁場中時，超導體表面就會產(chǎn)生感應(yīng)電流，但由材料無法確定感應(yīng)電流是否恒

定，故B錯誤；

C.由材料可知，將磁鐵靠近超導體，磁場要通過超導體的磁通量增大，超導體表面的感應(yīng)電流增大，電

流產(chǎn)生的磁場增大，則超導體和磁鐵間的斥力就會增大，故C正確；

D.由材料可知，超導體在外界磁場作用下，磁鐵和超導體之間相互排斥，則將懸空在超導體上面的磁鐵

翻轉(zhuǎn)180o,超導體和磁鐵間的作用力仍為斥力，故D錯誤。

故選C。

6.如圖所示，空間P點離地面足夠高，從P點以很小的速度向右水平拋出一個小球，小球能打在豎直的

墻壁上，若不斷增大小球從P點向右水平拋出的初速度，則小球打在豎直墻壁上的速度大小

A.一定不斷增大

B.一定不斷減小

C.可能先增大后減小

D.可能先減小后增大

【答案】D

【解析】

【詳解】

d

設(shè)P點到墻壁的距離為d,小球拋出的初速度為vo,運動時間，=一

%

豎直速度V、尸gt=2

%

剛小球打到墻壁上時速度大小為

V=j7+H=卜+89

根據(jù)數(shù)學知識：

Jv；+(g，>>2^0-(g—)2=2gd

即u2病2。由此可見速度有最小值，則小球打在豎直墻壁上的速度大小可能先減小后增大。

A.一定不斷增大。故A不符合題意。

B.一定不斷減小。故B不符合題意。

C.可能先增大后減小。故C不符合題意。

D.可能先減小后增大。故D符合題意。

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，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O,半徑為R,將等電量的兩正點電荷Q放

在圓周上，它們的位置關(guān)于AC對稱，與O點的連線和OC間夾角為30。，下列說法正確的是()

A.電荷q從A點運動到C點，電場力做功為零

B.電荷q從B點運動到D點，電場力做功為零

C.O點的場強大小為挈

A

D.O點的場強大小為奧2

R2

【答案】BD

【解析】

【分析】

【詳解】

電荷q從A點運動到C點，所受電場力豎直向上，電場力做負功，A錯，根據(jù)對稱性B正確，O點的場

強大小為八空心心”舞，C錯，D正確.

R-六

8.如圖所示，光滑的水平桿上套有一質(zhì)量為1kg、可沿桿自由滑動的滑塊，滑塊下方通過一根長為1m的

輕繩懸掛需質(zhì)量為0.99kg的木塊。開始時滑塊和木塊均靜止?，F(xiàn)有質(zhì)量為10g的子彈以500m/s的水平出

度擊中木塊并留在其中，子彈與木塊間的作用時間極短，取g=10m/s2。下列說法正確的是（）

A.滑塊的最大速度為5m/s

B.子彈和木塊擺到最高點時速度為零

C.子彈和木塊擺起的最大高度為0.625m

D.當子彈和木塊擺起高度為0.4m時，滑塊的速度為lm/s

【答案】AC

【解析】

【詳解】

A.設(shè)子彈質(zhì)量為m。，木塊質(zhì)量為m”滑塊質(zhì)量為m2,只要輕繩與桿之間的夾角為銳角，輕繩拉力對滑

塊做正功，滑塊就會加速，所以當輕繩再次豎直時滑塊速度最大，設(shè)此時滑塊速度為Vm，子彈和木塊速

度為V，，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得

%%=（%+町）v,=（2）+犯）v'+tnym

由機械能守恒定律

!（加。+町）V：=；（%+叫）U2+gmX

代入數(shù)據(jù)解