湖北省襄樊市2021届新高考物理一模考试卷含解析

1、湖北省襄樊市2021届新高考物理一模考试卷一、单项选择题：本题共 6小题，每小题 5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的1.如图甲所示，虚线右侧有一方向垂直纸面的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度口随时间t变化关系如图乙所示（取磁场垂直纸面向里的方向为正方向），固定的闭合导线框一部分在磁场内。从 t=0时刻开始,下列关于线框中感应电流 i、线框ab边受到的安培力 F随时间t变化图象中，可能正确的是（取线框中逆 时针方向的电流为正，安培力向右为正方向）（）【答案】BAB.由图可知，在 0二内线圈中磁感应强度的变化率相同，故0T内电流的方向相同，由楞次定律22可知，电路中

2、电流方向为逆时针， 即电流为正方向；在T T内内线圈中磁感应强度的变化率相同，故TT22内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为负方向；根据法拉第电磁感应 定律有E卫 t 2则感应电流为EB Si Rt 2R由图可知两段时间内的磁感应强度大小相等，故两段时间内的感应电流大小相等，故A错误，B正确；CD.由上分析可知，一个周期内电路的电流大小恒定不变，根据F BIL可知F与B成正比，则在0 T内磁场垂直纸面向外减小，电流方向由b到a,根据左手定则可知，线框4ab边受到的安培力 F方向向右，为正方向，大小随B均匀减小；在 工工内磁场垂直纸面向里增大，电4 2流方向由b到a

3、,根据左手定则可知，线框ab边受到的安培力 F方向向左，为负方向，大小随 B均匀增T 3T大；在一 内磁场垂直纸面向里减小，电流方向由 a到b,根据左手定则可知，线框 ab边受到的安培223T力F万向向右，为正万向，大小随 B均匀减小；在 T内磁场垂直纸面向外增大，电流方向由a到b,根据左手定则可知，线框 ab边受到的安培力 F方向向左，为负方向，大小随 B均匀增大，故 CD错误。故选B。2.如图所示，质量为 4kg的物体在动摩擦因数为0.5的水平面上向右运动，在运动过程中受到水平向左、大小为10N的拉力作用，则物体所受摩擦力为（g=10N/kg )F看77777777777777777A.

4、10N,向右B.10N,向左C. 20N,向右D.20N,向左物体相对地面向右运动，则滑动摩擦力的方向向左，大小为:FfFnmg 0.5 4 10N 20N故选Do3 .如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内.一个三角形闭合导线框，由位置1 （左）沿纸面匀速运动到位置2 （右）.取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0）,规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（XXXA.B.X8XC.D.E BLv和欧姆定律，分先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式 段分析感应电流的大小，即可选择图象.线框进入磁场的过程

5、，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流 i应为正方向，故 BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增 大后均匀减小，由 E=BLv ,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量 不变，没有感应电流产生.线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀A正确，D错误.P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花减小，由E BLv ,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故4 .如图，空间存在一方向水平向

6、右的匀强电场，两个带电小球板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则A. P和Q都带正电荷C. P带正电荷，Q带负电荷【答案】DB. P和Q都带负电荷D. P带负电荷，Q带正电荷AB .受力分析可知，P和Q两小球，不能带同种电荷，AB错误;CD.若P球带负电，Q球带正电，如下图所示，恰能满足题意，则 C错误D正确，故本题选 D.QPE ,5 .如图所示，虚线所围矩形区域abcd内充满磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。现从 ab边的中点。处，某一粒子以最小速度u垂直于磁场射入、方向垂直于ab时，恰能从ad边的a点穿出。o处垂直于电若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子

7、以原来的初速度在场方向射入，通过该区域后恰好从d点穿出，已知此粒子的质量为 m,电荷量的大小为 q,其重力不计;ab边长为2夕ad边长为3(,则下列说法中正确的是A.匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为_UU I9 =B.匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为_ 一叫 Jr一 tn mC.离子穿过磁场和电场的时间之比- -叫一 /D.离子穿过磁场和电场的时间之比_ _叫=二叱-iff【答案】D【解析】【分析】根据某一粒子以最小速度。垂直于磁场射入、 方向垂直于ab时，恰能从ad边的a点穿出可知，本题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心和几何关

8、系求解；若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在。处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d点穿出可知，本题也考查带电粒子在电场中的偏传，根据类平抛运动列方程求解。【详解】A、B项：粒子在磁场中运动，由题意可知，粒子做圆周运动的半径为一，匚二二由公式一;可得：二口口 = = 口=毛联立两式解得： ;粒子在电场中偏转有：jn = no 1 一二=二 口二联立解得：L H-=B3-所以，故A、B错误;Om C、D项：粒子在磁场中运动的时间为:i fEM三口口二炉粒子在电场中运动的时间为:所以=三，故C错误，D正确。 小 rff故选：Do6.如图所示，A、B两滑

9、块质量分别为 2kg和4kg,用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平面上，并用手按着滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上，只释放 A而按着B不动；第二次是将钩码 C取走，换作竖直向下的 40N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动。重力加速度 g=10m/s2,则两次操作中 A和B获得的加速度之比为（）A. 2: 1B. 5: 3C. 4: 3D. 2: 3第一种方式：只释放 A而B按着不动，设绳子拉力为 Ti, C的加速度为a,对A根据牛顿第二定律可得T i=mAaA对C根据牛顿第二定律可得:mcg-2T i=mca根据题意可得aA

10、=2a联立解得：2 aA -g3第二种方式：只释放 B而A按着不动，设绳子拉力为 T2,对B根据牛顿第二定律可得T 2=mBaBT=40N=2T 2联立解得：1g在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aA： aB=4： 3,故C正确、ABD错误。故选Co二、多项选择题：本题共 6小题，每小题5分，共30分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 5分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分7 .下列说法正确的（）A.晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变8 .给篮球打气时越来越费劲，说明分子间存在斥力作用C.能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界的能量不断减少D.由于

11、液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢【答案】ADE【解析】【分析】【详解】A.晶体在熔化过程中吸收热量内能增加，温度保持不变，故 A正确；B.给篮球打气时越来越费劲，这是气体压强作用的缘故，与分子间的作用力无关，故B错误；C.能源危机是指能量的过度消耗，导致自然界中可利用的能源不断减少，故C错误；D.由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，使得液面存在表面张力，故D正确；E.空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和气压，水蒸发得越慢，故E正确。故选ADE。8.如

12、图所示，光滑水平桌面放置着物块A,它通过轻绳和轻质滑轮 悬挂着物块 B,已知A的质量为 m,B的质量为3m,重力加速 度大小为g,静止释放物块 A、B后（）A.相同时间内，A、B运动的路程之比为2:1B.物块A、B的加速度之比为 1: 1C.细绳的拉力为6mg7D.当B下落高度h时，速度为J2gh【答案】AC【解析】【详解】同时间内，图中 A向右运动h时，B下降一半的距离，即为 h/2 ,故A、B运动的路程之比为 2: 1 ,故A正确；任意相等时间内，物体A、B的位移之比为2: 1,故速度和加速度之比均为 2: 1,故B错误；设A的加速度为a,则B的加速度为0.5a,根据牛顿第二定律,对 A

13、,有：T=ma，对 B,有：3mg-2T=3m?0.5a ,联立解得：T= 6mg , a= 6 g,故C正确；对B,加速度为 77a =0.5a= g,根据速度位移公式,有：v2=2?a ?h解得：v=1空,故D错误；故选AC.本题考查连接体问题，关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系，结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析，也可以结合系统机械能守恒定律分析.9.如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，一带电量为+q、质量为m的小球在力F的作用下，沿图中虚线由M至N做竖直向上的匀速运动。已知力 F和MN之间的夹角为45, MN之间的距离为d,重力加速度为go则下列说法正确的是（）A.电场的方向可

14、能水平向左- 2mgB.电场强度E的最小值为-一g2qC.当qE=mg时，小球从 M运动到N时电势能变化量为零D. F所做的功一定为 mgd【答案】BC【解析】【详解】A.小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE ,因为小球做匀速直线运动，合力为零，则 F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出 F与qE的合力，如图根据上图可知，电场力在右侧，由于小球带正电，电场方向与电场力方向相同，故指向右侧，故A错误;B.由图可知，当电场力 qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小。则得： qE = mgsin 2所以电场强度的最小值为e msL史理，故b正确； q 2qC.当mg=Eq时，

15、根据几何关系，电场力水平向右，与 MN垂直，小球从 M运动到N电场力不做功，即小球从M运动到N时电势能变化量为零，故 C正确；D.由于电场力变化时，F大小也跟随着改变，所以做功也不能具体确定值，故 D错误；10.如图所示，长度为l的轻杆上端连着一质量为 m的小球A（可视为质点），杆的下端用钱链固接于水平面上的O点。置于同一水平面上的立方体 B恰与A接触，立方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而 A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为6 ,重力加速度为g,则下列说法正确的是A. A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2:1B. A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为 居

16、C . A落地时速率为j2grD. A、B质量之比为1： 4【答案】ABD【解析】【详解】A.设小球速度为VA,立方体速度为VB,分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：vAsin30 =VB,解得：va=2vb ,故A正确；B.根据牛顿第二定律有：mgsin30 0 =m vA ,解得Va=, Vb=va/2=,故B正确；C. A从分离到落地，小球机械能守恒，mgLsin30 =；mV2mVA , v= J3gL，故C错误；D.在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒，1212则有：mgL(1-sin30 )= -mvA+ MvB 22把v

17、a和vb的值代入，化简得： m： M=1 : 4,故D正确。故选：ABD.11.迄今为止，大约有 1000颗卫星围绕地球正常工作，假如这些卫星均围绕地球做匀速圆周运动，关于这些卫星，下列说法正确的是A.轨道高的卫星受到地球的引力小B.轨道高的卫星机械能大C.线速度大的卫星周期小D.线速度大的卫星加速度大【答案】CD【解析】A.引力的大小不仅与轨道半径有关，还与卫星质量有关，故 A错误;B.机械能的大小也与质量有关，故 B错误；CD.根据22c Mm4vG=mr=ma=m CD正确。r2T2r可知线速度越大，轨道半径越小，加速度越大，周期越小，故12.如图所示，空间存在竖直方向的匀强电场，虚线a

18、bc是间距相等且平行的三条等势线，小球A带正电荷，小球B带等量的负电荷，两小球同时以相同的速度从等势线b上的P点水平抛出，在t时刻小球A到达c等势线，同时小球 B到达a等势线，两小球可视为质点，不计两小球之间的相互作用，两小球的重力不可忽略，下列说法错误的是()A.匀强电场的电场强度方向竖直向上B. A球的质量小于 B球的质量C.在t时刻小球A的动量等于小球 B的动量D.在时间t内小球A的动能的增量大于小球 B的动能的增 量【答案】ABC【解析】【详解】A.在竖直方向上两小球做初速度为零的匀加速直线运动，三条等势线间距相等，设间距为1 2在竖直方向上位移大小相等，又同时到达两等势线，运动时间相

19、同，根据 d at可得两小球在竖直方2向的加速度大小相同，小球B加速度方向竖直向上，重力方向竖直向下，则电场力方向一定向上，小球B带负电荷，所以匀强电场的电场强度方向竖直向下，故 A错误，符合题意； B.在竖直方向上，根据牛顿第二定律，对小球 B有qE mBg mBa对小球A有qE mAg mua两式联立得mA mB故B错误，符合题意；C.竖直方向上根据速度公式 v at,在t时刻两小球竖直方向的速度大小相等，水平方向速度相同，合 速度的大小相等，A球的质量大于B球的质量，则 A球的动量大于B球的动量，故 C错误，符合题意；D.两小球在竖直方向的加速度大小相同，mA mB ,则小球A所受的合力

20、大于小球 B所受的合力，小球A从b等势线到达C等势线和小球 B从b等势线到达a等势线两个过程中竖直方向的位移相等，则合力对小球A做的功大于合力对小球 B做的功，根据动能定理，在时间t内小球A动能的增量大于小球 B动能的 增量，故D正确，不符合题意。故选ABC。三、实验题：共2小题，每题8分，共16分13.从坐标原点。产生的简谐横波分别沿 x轴正方向和负方向传播，t=0时刻波的图像如图所示，此时波 刚好传播到 M点，x=1m的质点P的位移为10cm,再经t 0.1s,质点P第一次回到平衡位置，质点 N 坐标 x=-81m （图中未画出），则.B.波源的起振方向向下C.波速为8m/sD.若观察者从

21、 M点以2m/s的速度沿x轴正方向移动，则观察者接受到波的频率变大E.从t=0时刻起，当质点 N第一次到达波峰位置时，质点P通过的路程为5.2m【答案】ABE【解析】AC、由函数关系可得本题说对应的数学函数为:y 20sin,由题条件可知当 x=1时，y=10cm,代入解得 12m , P点在经过 t 0.1s第一次回到平衡位置，所以在波的传播方向0.1s前进了 1m,所112 一 以波速为v 10m / s周期T 1.2s 故A正确；C专日证；0.1v 10B、t=0时刻波刚好传播到 M点，则M点的振动方向即为波源的起振方向，结合波振动方向的判断方法知波源的起振方向向下，故B正确；D、若观察

22、者从 M点以2m/s的速度沿x轴正方向移动，由多普勒效应知观察者接受到波的频率变小，故D错误；-s 81 12E、波传播到N需要t1 6.9s ,刚传到N点时N的振动方向向下，那么再经过v 103_3一一一一一7.8一 t2-T1.2 0.9s，所以质点 P一共振动了t 7.8sT6.5T441.2所以，在此过程中质点 P运动的路程为：s 6.5 4 20cm 5.2m故E正确；综上所述本题答案是:ABE点睛：根据波的传播方向得到质点P的振动方向，进而得到振动方程，从而根据振动时间得到周期；由P的坐标得到波的波长，进而得到波速；根据N点位置得到波峰传播距离，从而求得波的运动时间，即可根据时间

23、求得质点P的运动路程.14.物理社找到一根拉力敏感电阻丝，其阻值随拉力F变化的图像如图甲所示，社员们按图乙所示电路制作了一个简易 吊杆”。电路中电源电动势 E=3V,内阻r=1Q;灵敏毫安表的量程为 10mA,内阻Rg=5Q；R1是可变电阻。A, B两接线柱等高且固定。现将这两根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝缘杆，将其两端接在A, B接线柱上。通过光滑绝缘杆可将重物吊起。不计敏感电阻丝的重力，现完成下列操作步骤：步骤a：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻R1使毫安表指针满偏；步骤b：滑杆下吊上已知重力的重物，测出电阻丝与竖直方向的夹角为。；步骤c：保持可变电阻 R1接入电路阻值不变，读出此

24、时毫安表示数I;步骤d:换用不同已知重力的物理，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；步骤e：将毫安表刻度盘改装为重力刻度盘(1)写出敏感电阻丝上的拉力F与重物G的关系：F=(2)设R-F图像斜率为k,写出毫安表示数I与待测重物重力 G关系的表达式：I=。(用E, r, R1, Rg, Ro, k,。表示）(3)若R-F图像中Ro=50Q, k=0.2 Q /N测得0 =45,毫安表指针半偏，则待测重物的重力G=N 。(4)关于改装后的重力刻度盘，下列说法正确的是A.重力零刻度线在毫安表满刻度处，刻度线均匀B.重力零刻度线在毫安表零刻度处，刻度线不均匀C.重力零刻度线在毫安表满刻度处，刻度线

25、不均匀D.重力零刻度线在毫安表零刻度处，刻度线均匀(5)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台简易吊秤”称重前，进行了步骤 a操作，则测量结果 。(填 褊大偏小“或不变”)G2cosE kGIg 2cos 0 g1500 J3nc不变(1)1对重物,可得2F cos GG;2 cos2不挂重物时，由闭合电路欧姆定律可得Er Ri Rg R0即F(2)Ig挂重物后,r RRgRg由图中关系可知R R0 kFR0kG2cos 0整理得I -EkGIg 2cos 0 g(3) 3将数据带入2中表达式可得- 2cos 0 E ErG 1500.2Nk IIg(4) 4由(2)中分析可知，不挂

26、重物时，电表满偏，此时应该为重力的0刻线，由G2cos 0 E E可知，G I不成线性关系，故刻度为不均匀的，故C正确，A、B、D错误;故选B。(5) 5由于称重前现将电表调满偏，当电源内阻变化时，满偏时总电阻不变，故电源内阻变化对测量结果无影响。四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分15 .如图所示，质量为 m1=1kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的 AB部分是半径为 R=0.3m的四CD部分粗糙，长分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧.滑道为L = 0.1m,动摩擦因数尸0.10,其他部分均光滑.现让质量为 m1=1kg的物块(可视为质点)自A点

27、由静止释放，取g=10m/s1.求:物块到达最低点时的速度大小;(1)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能;(3)物块最终停止的位置.【答案】(1) 1m/s(1)1.8J(3)最终彳亭在D点【分析】物体1从释放到与物体1相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体1、1碰撞前两个物体的速度；物体1、1碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度.碰后，物体 1、1向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体 1、1和滑道速度为零，此时弹性势能最大；根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；

28、根据系统的能量守恒列式，即可求出物体1、1相对滑道CD部分运动的路程s,从而确定出物体 1、1最终停在何处；解：(1) m1从释放到最低点，由动量守恒得到：0 m1V1 m2v2 1 O 1 O由机械能寸恒得到： m1gRmiVim2v222解得：v12m/ s(1)由能量守恒得到：Epm m1gRmgL解得：Epm2.8J(3)最终物块将停在 C、D之间，由能量守恒得到：m1gRm1gs解得：s 3m所以m1最终停在d点.16 .自动化构件是现代化机械的重要组成部分，某种自动化构件的简化示意图如图所示。两个在O点相切的光滑圆形细管道，左管道在C点与斜面相切，右管道在 D点与另一斜面相切，两斜面与竖直线夹角均为30。两圆形管道的圆心 Oi、。2及其相切点O在同一水平面上，管道圆弧的半径均为R,管道的横截面积很小。在。点处有两个小物块甲和乙，物块甲上连接一个轻弹簧，两小物块压缩弹簧后处于静止状态且锁定。小物块在管道内光滑滑动与斜面间的动摩擦因数为，物块甲的质量为 mi。物块乙为某一质量时，解除 。点锁定后，物块甲运动至左管道的最低点A时，对管道的压力是其重力 R的7倍，物块乙上升的最高点为右管道的R处。求物块甲在 A点时的速度大小及沿斜面向上滑动的时间;2B点，求物块乙的质量范围。【解析】(2)若其他条件不变，仅改变物块乙的质量，使物块乙弹开后上升能够滑过(1)甲做圆周