江苏省泰州市2021届新高考模拟物理试题(校模拟卷)含解析

1、江苏省泰州市2021届新高考模拟物理试题（校模拟卷）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 .如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，bc连线沿水平方向，导线中通有恒定电流，且Ia Ib 2%,电流方向如图中所示。点为三角形的中心（O点到三个顶点的距离相等），其中通电导线c在。点产生的磁场的磁感应强度的大小为B0,已知通电长直导线在周围空间某点产生磁场的磁感应强度的大小B=k_，其中I为通中导线的中流强度，r为该点到通r中导线的垂直距离，k为常数，则下列说法正确的是（）A .

2、O点处的磁感应强度的大小为 3B0B. O点处的磁感应强度的大小为 5 B0C.质子垂直纸面向里通过 O点时所受洛伦兹力的方向由 O点指向cD.电子垂直纸面向里通过。点时所受洛伦兹力的方向垂直 Oc连线向下 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】AB.根据右手螺旋定则，通电导线 a在O点处产生的磁场平行于 bc指向左方，通电导线 b在O点处产生 kI的磁场平行于ac指向右下万，通电导线c在O点处广生的磁场平行于 ab指向左下万；根据公式B 可 r得Ba Bb 2Bc 2B0根据平行四边形定则，则 O点的合场强的方向平行于 ab指向左下方，大小为 3B。，故A正确，B错误；C.根据左手定则，质

3、子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直 ab连线由c点指向O,故C错误；D.根据左手定则，电子垂直纸面向里通过O点时所受洛伦兹力的方向垂直 ab连线由O点指向c,故D错误； 故选Ao2 .如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1 500匝，副线圈匝数n2 100匝，原线圈中接一交变电源，交变电电压u 220j2sin100 t（V）。副线圈中接一电动机，电阻为 11 ,电流表2示数为1A。电表对电路的影响忽略不计，则（)A .此交流电的频率为 100HzB.电压表示数为 220，2VC.电流表1示数为0.2AD.此电动机输出功率为 30W【答案】C【解析】【分析】A.由交流电的公式知频率1

4、00250Hz故A错误;B.原线圈电压有效值为220V,故电压表的示数为 220V,故B错误;C.根据电流与匝数成反比知，电流表 Ai示数为0.2A,故C正确；D.根据电压与匝数成正比知副线圈电压为44VP2=U2l2=44MW=44W电动机内阻消耗的功率为 P=|22R=12X11W=11W此电动机输出功率为P 出=P2-=44-11=33亚故D错误；故选Co3 .在一场足球比赛中，质量为 0.4kg的足球以15m/s的速率飞向球门，被守门员扑出后足球的速率变为20m/s ,方向和原来的运动方向相反，在守门员将球扑出的过程中足球所受合外力的冲量为（）A . 2kg m/s,方向与足球原来的运

5、动方向相同B. 2kg m/s,方向与足球原来的运动方向相反C. 14kg m/s ,方向与足球原来的运动方向相同D. 14kg m/s ,方向与足球原来的运动方向相反【答案】D【解析】设球飞向球门的方向为正方向，被守门员扑出后足球的速度为 v 20m/s则由动量定理可得I mv mv 0.4 20 0.4 15kg ?m/s 14kg ?m/s负号说明合外力冲量的方向与足球原来的运动方向相反，故A、B、C错误,故选DoD正确;S,水流以速v垂直射到墙面上，之后水速减为零，已知水的密度为p,则水对墙面的冲力为（【答案】B_ 2B. SvD.Sv24 .某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，

6、如图所示，若水柱截面为【解析】【详解】设t时间内有V体积的水打在钢板上，则这些水的质量为：m=p V= p Svt由动量定理有:水对钢板的冲击力大小也为以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F,以水运动的方向为正方向,Ft=0-mv ,即：mv 1F=-=- p Sv>负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可知，p sv.A. Sv,与结论不相符，选项 A错误；B. Sv2,与结论相符，选项 B正确；Sv2C. -v-,与结论不相符，选项 C错误；D. Sv,与结论不相符，选项 D错误。5 .某弹簧振子沿 x轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是（A. t

7、 =1 s时，振子的速度为零，加速度为负的最大值B. t =2 s时，振子的速度为负，加速度为正的最大值C. t =3 s时，振子的速度为负的最大值，加速度为零D. t =4 s时，振子的速度为正，加速度为负的最大值【答案】A【解析】【分析】根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，上坡”段质点向上振动，下坡”段质点向下振动.【详解】AC.在t=1 s和t=3 s时，振子偏离平衡位置最远，速度为零，回复力最大，加速度最大，方向指向平衡位置，A正确，C错误；BD.在t=2 s和t=4 s时，振子位于平衡位置，速度最大，回复力和加速度均为零，BD错误.6 .如图所示，图中曲线为两段完全相

8、同的六分之一圆弧连接而成的金属线框（金属线框处于纸面内），每段圆弧的长度均为 L ,固定于垂直纸面向外、大小为 B的匀强磁场中。若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为（）A. ILB ,垂直于AC向左B. 2ILB ,垂直于AC向右C. 6LB ,垂直于AC向左D. 3LB ,垂直于AC向左由左手定则可知，导线所受安培力垂直于AC向左；设圆弧半径为 R,则解得则所受安培力故选D。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 .某磁敏电阻的

9、阻值 R随外加磁场的磁感应强度 B变化图线如图甲所示。学习小组使用该磁敏电阻设计了保护负载的电路如图乙所示，U为直流电压，下列说法正确的有（）国敏电阻A.增大电压U,负载电流不变B.增大电压U,电路的总功率变大C.抽去线圈铁芯，磁敏电阻的阻值变小D.抽去线圈铁芯，负载两端电压变小【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB.增大电压U,为保护负载，则磁敏电阻两端需要分压，即电压增大，则磁敏电阻的阻值增大，根据 甲图可知磁感应强度增大，所以通过线圈的电流增大，根据P=UI可知电路的总功率 P变大，故A错误，B正确；CD .抽去线圈铁芯，线圈产生的磁感应强度减小，故磁敏电阻的阻值变小，则磁敏电阻两端的

10、电压变小，而U不变，所以负载两端电压变大，故C正确，D错误。故选BC。8 .下列说法中正确的是（）A.物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大B. 一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小C.相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性【答案】BDE【解析】【分析】【详解】A.速度增大，不会改变物体的分子的动能，故 A错误；8 .体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故 B正确；C.质量相同，但物体的物质的量不同，故温度提高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故C错误;D.物

11、体的内能与物体的温度和体积都有关系，故 D正确；E.由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故E正确。故选BDE。9 .如图所示，劲度数为 k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变.用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了xo,此时物体静止.撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4xo.物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g .则（）kx0mg maA.撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B.撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为0gm/ mgmg(x0 -)c.物体做匀减速运动的时间为2

12、，xgD.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为【答案】BD【解析】【分析】【详解】A.撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩 量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动， 随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运 动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A错误；B.刚开始时，由牛顿第二定律有：解得：akxomB正确;C.由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0,由牛顿第二定律得:将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则:3x

13、01.22联立解得：tD.当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有F mg kx解得x g,所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为: kWfmg x0 xmg (x0mg kD正确。故选BDo10.如图所示，虚线 a、b、c、d代表匀强电场中间距相等的一组等势面。一电子仅在电场力作用下做直线运动，经过a时的动能为9eV,从a到c过程其动能减少了 6eV。已知等势面c的电势为3V。下列说法正确的是（）abedA.等势面a的电势为0B.该电子到达d等势面时的动能为 0C.该电子从a至ij c其电势能减少了 6eVD.该电子经过 a时的速率是经过

14、c时的 石倍【答案】BD【解析】【分析】【详解】a时的动能为9eV,从a至ij c的AC.虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等的一组等势面，电子经过过程中动能减小 6eV,由能量守恒可知，电势能增加6eV,则Uac 6V ac所以等势面a的电势为9V,故AC错误；B.匀强电场中间距相等的相邻等势面间的电势差相等，电场力做功相等，动能变化相等，a到c动能减小6eV,则a到d动能减小9eV,所以该电子到达 d等势面时的动能为 0,故B正确；12.3D.经过a时的动能为9eV, a到c动能减小6eV,则经过c时的动能为3eV,由公式Ek mv可得2则速率之比等动能之比再开方，即电子经过a时的速率

15、是经过c时的J3倍，故D正确。故选BD。11.如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度大小为B磁场方向与竖直面垂直，磁场的上、下边界均为水平面且间距为 L ,纸面（竖直平面）内磁场上边界的上方有一质量为m、电阻为R的正方形导线框abcd,其边长为L上下两边均与磁场边界平行。将线框以初速度v0水平抛出，线框恰能匀速进入磁场，重力加速度为g ,不计空气阻力，则（）A.线框抛出时ab边距离磁场上边界的高度为“2 2m gRc r 4, 42B LBL22RB.线框进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量2B2L3V0C.线框通过磁场的过程中水平位移为 0mgRD.线框通过磁场的过程中

16、 cd边产生的热量为 2mgL【答案】AC【解析】【详解】A .线框下边界进入磁场时 mg BIL根据闭合电路欧姆定律BLvI y R在竖直方向上，根据运动学公式2Vy 2gh 解得m gR4 , 42B LA正确;B .线框进入磁场的过程中通过线框某横截面的电荷量BL2B错误;C.线框在磁场中匀速运动的时间t生 vy水平位移X V0t解得2B2 L3v0 x mgRC正确；D.线框进入磁场后做匀速直线运动，减小的重力势能转化为电能，根据能量守恒定律Q 2mgL则cd边产生的热量q Q mgL42D错误。故选AC。t=0时，将质量m=1kg的设沿传送带向下为正方向，12.如图所示，倾角为 。的

17、足够长传送带以恒定的速率 V0沿逆时针方向运行.小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示.取重力加速度g=10m/s1.则A.摩擦力的方向始终沿传送带向下8. 17s内，物块的加速度为 1m/s1C.传送带的倾角0 =30D.物体与传送带之间的动摩擦因数=0.5【答案】BD【解析】【分析】【详解】开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；由图1所示图象可知，11s内，物块的加速度_ .一一一，故B正确；由图1所示图象可知，在 。1s内物块的加速度=三=匚/丁 = 口/匚

18、 uLi LU .1_ .,由牛顿第二定律得：mgsin 0+（1 mgcosQ =ma在11s内，由牛顿第二定口 二不二ni/EJ =律得：mgsin 0-mgcos。=ma,解得：科=0.5 0=37；故 C 错误，D 正确。故选BD正确。三、实验题：共2小题，每题8分，共16分13.某兴趣小组要精确测定额定电压为3V的白炽灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻约500,实验室提供的器材有：A.电流表A （量程：03mA,内阻Ra 15 ）B,定值电阻R1 1985C.滑动变阻器R （010）D.电压表V （量程：010V,内阻Rv 1k ）E.蓄电池E （电动势为12V,内阻r很小）

19、F.开关S一个G.导线若干（1）要精确测定白炽灯正常工作时的电阻应采用下面电路图中的 的表达式Rx=(用题目中给的相应字母表示)，当电流表中的电流强度 1=mA时，记下电压表的读数U并代入表达式，其计算结果即为白炽灯正常工作时的电阻。I(R Ra)【答案】(1) C(2)u I(3) 1.5RV【解析】【详解】(1) 1要精确测定额定电压为 3V的白炽灯正常工作时的电阻，需测量白炽灯灯两端的电压和通过白炽灯灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量白炽灯两端的电压，可以将电流表A与定值电阻串联改装为电压表测量电压；白炽灯正常工作时的电流约为U 3I Q 6mAR 50

20、0左右，电流表的量程较小，电流表不能精确测量电流，可以用电压表测量总电流，约：I UV -0- Q 10mA -RV 1000'因为滑动变阻器阻值远小于白炽灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法。所以电路图选取C.(2) 2根据欧姆定律知，灯泡两端的电压U=I(R 1+Ra),通过灯泡的电流为：所以白炽灯正常工作时的电阻为:UI(R1 Ra)R -I 灯U I ;Rv3改装后的电压表内阻为：Rv=1985+15 =2000 0则当I=1.5mA时，白炽灯两端的电压为3V ,达到额定电压，测出来的电阻为正常工作时的电阻。14.为制作电子吊秤，物理小组找到一根拉力敏感电阻丝，拉力敏感电阻丝

21、在拉力作用下发生微小形变(宏观上可认为形状不变)，它的电阻也随之发生变化，其阻值 R随拉力F变化的图象如图(a)所示，小组按图(b)所示电路制作了一个简易吊秤”。电路中电源电动势 E = 3V,内阻r =1灵敏毫安表量程为10mA ,内阻Rg=50Q; Ri是可变电阻器，A、B两接线柱等高且固定。现将这根拉力敏感电阻丝套上轻质光滑绝 缘环，将其两端接在 A、B两接线柱上。通过光滑绝缘滑环可将重物吊起，不计敏感电阻丝重力，具体步 骤如下：步骤a：滑环下不吊重物时，闭合开关，调节可变电阻Ri,使毫安表指针满偏;步骤b：滑环下吊已知重力的重物G,测出电阻丝与竖直方向的夹角为0;步骤c：保持可变电阻

22、Ri接入电路电阻不变，读出此时毫安表示数I;步骤d ：换用不同已知重力的重物，挂在滑环上记录每一个重力值对应的电流值；步骤e：将电流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与重物重力G的关系式F=G=(2)若图(a)中Ro=100 ，图象斜率 k = 0.5 Q/N测得。=60；毫安表指针半偏，则待测重物重力N ;(填零刻度”或满刻度”处，刻度线(3)改装后的重力刻度盘，其零刻度线在电流表填均匀”或不均匀”)。(4)若电源电动势不变，内阻变大，其他条件不变，用这台吊秤”称重前，进行了步骤 a操作，则测量结果 (填褊大"、偏小“或不变”)。【答案】=600N 满刻度 不

23、均匀 不变【解析】【详解】(1)由受力情况及平行四边形定则可知，二二二二ms匚，解得：口 二言；(2)实验步骤中可知，当没有挂重物时,电流为满偏电流，即:U =二式口+ 口+忆/，由欧姆定律得:_口-=彘7G1一，电流是半偏的，代入数据解得：G=600N;（3）由实验步骤可知，当拉力为F时，电流为I,因此根据闭合电路的欧姆定律得: = nffl+n： +由图乙可知，拉力与电阻的关系式：口（ = 口匚+ 口总,解得：口二:：: 二3-Y 电流值i与压力g不成正比，刻度盘不均匀；该秤的重力越小，电阻越小，则电：）+口二三三1流表示数越大，故重力的零刻度应在靠近电流表满刻度处；（4）根据操作过程a可

24、知，当内阻增大，仍会使得电流表满偏，则电阻 Ri会变小，即r+Ri之和仍旧会不 变，也就是说测量结果也不变。四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分15 .如图所示，一圆柱形绝热气缸开口向上竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体。活塞的质量为m、横截面积为s,与容器底部相距 ho现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量Q时停止加热，活塞上升了 2h并稳定，此时气体的热力学温度为Ti,已知大气压强为 P。，重力加速度为g,活塞与气缸间无摩擦且不漏气。求：加热过程中气体的内能增加量;m。时，活塞恰好下降了 ho求此停止对气体加热后，在活塞上缓缓。添加砂粒，当添加砂粒的质量为 时气体的温

25、度。-2“mog【答案】（1）U Q2（poSmg）h （2）二（1o）Ti3PoS mg【解析】等压过程气体的压强为p1 p0 mg ,S则气体对外做功为 W ps（2h） 2（p0S mg）h由热力学第一定律得U Q W,解得 U Q 2（poS mg）h ； 停止对气体加热后，活塞恰好下降了 h,气体的温度为T2则初态p1 p。 吧，V 3hS ,热力学温度为Ti , S末态p2 P。 （m。m）g ， v2 2hS,热力学温度为T2 ?, Sp1Vlp2V22m0g由气态方程 上 上2上，解得T2 -（1 一咚一）Ti.TiT23PoS mg【点睛】解答本题关键要注意：（1）确做功与热量的正负的确定是解题的关键；（2）对气体正确地进行受力分析，求得两个状态的压强是解题的关键.属于中档题.16 .有一个容积 V=30L的瓶内装有质量为 m的某种气体，由于用气，瓶中的压强由pi = 50atm降到p2= 30atm,温度始终保持 0C,已知标准状况下 1mol气体的体积是22.4L ,求：使用掉的气体的质量 Am;使用掉的气体的分子数.（阿伏加德罗常数 Na=6.0 1023mo11,保留两位有效数字）【答案】 Am = 0.4