(含5套模拟卷)安徽省池州市2021届新高考物理第一次调研试卷含解析

安徽省池州市2021届新高考物理第一次调研试卷一、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1.一足够长的传送带与水平面的倾角为8,以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的小物块，如图甲所示，以此时为计时起点t=0,小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系如图乙所示，图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，Vl>v2,已知传送带的速度保持不变，则A.小物块与传送带间的动摩擦因数ji<tan0B.小物块在0~ti内运动的位移比在ti~t2内运动的位移小c.o~t2内，传送带对物块做功为卬=5m4一万加%D.0~t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热量【答案】D【解析】【分析】v-t图象与坐标轴所围成图形的面积等于物体位移大小，根据图示图象比较在两时间段物体位移大小关系;由图看出，物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向应向上。0〜ti内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，可知物块对传送带做功情况。由于物块能向上运动，则有nmgcosO>mgsinO.根据动能定理研究。〜t2内，传送带对物块做功。根据能量守恒判断可知，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生的内能，则系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小。【详解】在h〜t2内，物块向上运动，则有pmgcos0>mgsin0,解得：p>tan0,故A错误。因vi>V2,由图示图象可知，。〜ti内图象与坐标轴所形成的三角形面积大于图象在h〜t2内与坐标轴所围成的三角形面积，由此可知，物块在0〜h内运动的位移比在h〜t2内运动的位移大，故B错误：0〜t2内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力对物块做正功，设为W(“根据动能定理得：W+Wg=-mvz2--mvi2,则传送带对物块做功Wr—mvz?--mvj,故C错误。0〜t?内，物块的重力势能2 2 2 2减小、动能也减小，减小的重力势能与动能都转化为系统产生的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，即：0〜t2内物块动能变化量大小一定小于物体与皮带间摩擦而产生的热，故D正确。故选D。2.如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b,内有带电量为q的某种自由运动电荷.导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流1时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的低.由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为上"a」A.r-j一~，负 B.rn~~,正\q\aUIB- _IB-C.\q\bU，负 碘U，正【答案】C【解析】【详解】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：qvB=q—a解得：Uv=——Ba因为电流为：I=nqvs=nqvab解得：IBn=\q\bUA.与分析不符，故A错误；B.与分析不符，故B错误；C.与分析相符，故C正确；D.与分析不符，故D错误.3.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是()b点场强大于d点场强b点场强为零a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D.试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能【答案】C【解析】【详解】A.在两等量异种点电荷连线上中点的场强最小，在两等量异种点电荷连线的中垂线上中点的电场强度最大。所以b点的场强小于连线中点的场强，d点的场强大于中点的场强，则b点场强小于d点场强，选项A错误；B.根据适矢量的叠加，b点的合场强由b指向c,不为零，选项B错误；C.由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项C正确；D.因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项D错误。故选C。4.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（）2kg-m/s,方向与足球原来的运动方向相同2kg-m/s,方向与足球原来的运动方向相反14kg-m/s,方向与足球原来的运动方向相同14kg•m/s,方向与足球原来的运动方向相反【答案】D【解析】【详解】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/=mV-mv=-0.4x20—0.4x15kg・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，D正确；故选D。5.2017年11月5日，我国用长征火箭成功发射了两颗北斗三号组网卫星（如图所示），开启了北斗卫星导航系统全球组网的新时代。下列关于火箭在竖直方向加速起飞阶段的说法，正确的是（ ）A.火箭只受到重力和空气阻力的作用B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力大小相等C.火箭处于失重状态D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，相对地面由静止下落【答案】B【解析】【详解】A.火箭受到重力和空气阻力以及内部燃料喷出时的作用力，故A错误；B.火箭喷出的热气流对火箭的作用力与火箭对热气流的作用力为作用力和反作用力，二者大小相等，故B正确；C.火箭加速向上，故处于超重状态，故C错误；D.保温泡沫塑料从箭壳上自行脱落后，由于具有向上的速度，故做竖直上抛运动，故D错误。故选B。6,太阳系中各行星绕太阳运动的轨道在同一面内。在地球上观测金星与太阳的视角为。（金星、太阳与观察者连线的夹角），长时间观察该视角并分析记录数据知，该视角的最小值为0,最大值为盘。若地球和金星绕太阳的运动视为匀速圆周运动，则金星与地球公转周期的比值为（ ）D.J(cos6mY【答案】C【解析】【详解】如图所示最大视角盘时，观察者与金星的连线应与金星的轨道相切。由几何关系得sin/=区万有引力提供向心力有八Mm4/g7r解得/地V〃也故C正确，ABD错误。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。分.下说法中正确的是—.A.在干涉现象中，振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小.单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，则外力的频率越大，单摆的振幅也越大C.全息照片的拍摄利用了激光衍射的原理D.频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于vE.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直【答案】ADE【解析】【分析】【详解】A.在干涉现象中，振动加强的点的振幅比振动减弱的点的振幅大，但是振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小，选项A正确；B.单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，当驱动力的频率与单摆的固有频率相等时振幅最大，则外力的频率越大时，单摆的振幅不一定越大，选项B错误；C.全息照片的拍摄利用了激光干涉的原理，选项C错误；D.根据多普勒效应，频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于v,选项D正确；E.电磁波是横波，在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项E正确。

故选ADE.8.如图所示，水平传送带以大小为y的速率沿顺时针匀速运行，一个小物块从传送带的右端点A以大小为21，的速度向左滑上传送带，小物块滑到传送带正中间时速度减为零。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,则下列说法正确的是2r2v2A.AB两点间的距离为——4gB.小物块在传送带上运动时与传送带的相对位移为空2〃gC.要使小物块从传送带左端点8滑离，小物块在右端点A滑上传送带的速度至少为3yD.增大传送带的速度（仍小于2p）,小物块与传送带间相对运动的时间变长【答案】BD【解析】【详解】A.物块向左滑动时，做加速度大小为a="g的匀减速直线运动，则传送带的长为£=2x（2v）：=4^2a 4g故A错误;2vB.物块向左滑动时，运动的时间2v2v4=一a这段时间内相对位移4v2当物块向右运动时，加速的时间为v’2=一-a这段时间内的相对位移为2 2VV^2=v/2--=-9v2因此总的相对位移为——，故B正确；2〃gC.要使物块从传送带左端点B滑离，物块在右端点A滑上传送带的速度至少为v=-J2aL=2y/2v故C错误；D.增大传送带的速度（仍小于2v）,物块向左相对传送带运动的时间不变，向右相对传送带运动的时间变长，因此物块与传送带相对运动的总时间变长，故D正确。9.滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量机=50kg的物块，物块以某一初速度％从倾角6=37的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面，该物块的机械能与：和重力势能「随离开斜面底端的高度力的变化规律如图乙所示。将物块视为质点，重力加速度］0m/s3则由图中数据可得（）A.初速度％=5m/sB.物块与斜面间的动摩擦因数为0.34C.物块在斜面上运动的时间为5sD.物块再次回到斜面底端时的动能为375J【答案】AD【解析】【分析】【详解】A.斜面底端为重力势能零势能面，则625J%=5m/s故A正确；B.当后总=与时，物块运动到最高点由图乙可知此时hm=Im根据功能关系，有h/jmgcos6——=AE,.O=125Jsin。得物块与斜面间动摩擦因数3a=—16故B错误；CD.物块沿斜面上滑的时间v0 2八= =—sgsin。+〃gcos03上滑的位移因为〃<tan。，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的I2s2715=I = ,gsin6-4gcos0 9物块在斜面上运动的时间为滑到斜面底端时的动能hE.= -2utngcos0——=375J女总। sing故C错误，D正确。故选AD.10.某列简谐横波在h=0时刻的波形如图甲中实线所示，t2=3.0s时刻的波形如图甲中虚线所示，若图乙是图甲a、b、c、d四点中某质点的振动图象，则正确的是A.这列波的周期为4sB.波速为0.5m/sC.图乙是质点b的振动图象D.从ti=O到t2=3.0s这段时间内，质点a通过的路程为1.5mE.t3=9.5s时刻质点c沿y轴正方向运动【答案】ABE【解析】【分析】【详解】A.由图乙可知，波的振动周期为4s,故A正确；B.由甲图可知，波长入=2m,根据波速公式22, ,v=—=—m/s=0.5m/sT4故B正确；c.在ti=o时刻，质点b正通过平衡位置，与乙图情况不符，所以乙图不可能是质点b的振动图线，故C错误；TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"3D.从ti=Os到t2=3.0s这段时间内为一T,所以质点a通过的路程为s=—x4A=15cm=0.15m,故D错误;\o"CurrentDocument"4\o"CurrentDocument"3 T3 TE.因为t3=9.5s=2』T,2T后质点c回到最低点，由于7V彳TV7,所以tj=9.5s时刻质点c在平衡位\o"CurrentDocument"8 48 2置以上沿y轴正向运动，故E正确。故选ABE.11.关于一定量的气体，下列说法正确的是（ ）A.气体做等温膨胀变化，其压强一定减小B.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和C.气体分子热运动的剧烈程度减弱时，气体的压强一定减小D.若气体处于完全失重的状态，气体的压强一定为零E.气体从外界吸收热量，其内能可能减小【答案】ABE【解析】【详解】A.由理想气体状态方程可得，气体在等温膨胀过程，温度不变，体积与压强成反比，体积增大，压强一定减小，故A正确；B.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，故B正确；C.温度高气体分子热运动就剧烈，所以只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度可以降低，但是压强不一定越低，故C错误；D.在完全失重的情况下，分子运动不停息，气体对容器壁的压强不为零，故D错误；E.气体从外界吸收热量，但如果同时对外做功，根据热力学第一定律，则内能可能减小，故E正确。故选ABE..如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压为U,额定功率为P,变压器为理想变压器,若四个灯泡都正常发光，则（ ）A.变压器原副线圈的匝数比为1：2B,变压器原、副线圈的匝数比为2：1C.电源电压为2U D.电源电压为4U【答案】BD【解析】【详解】AB.如图所示，设每个灯泡额定电流为（正常发光），则原线圈电流为原副线圈中两灯并联，电流为副变压器有原副解得故A错误，B正确；CD.副原变压器有原副解得故C错误，D正确。故选BD.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分.小明所在的课外活动小组在实验室测量导线的电阻率，他们在实验室选取了一段金属丝，经过讨论他们进行了如下操作。图I 圉2(1)先用刻度尺测量其长度如图1所示，该段金属丝的长度为一cm。(2)接着他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：(请填写第②步操作)①将红、黑表笔分别插入多用电表的“，插孔，选择电阻挡“X1”；②一,调整欧姆调零旋钮，一；③把红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，多用电表的示数如图2所示.(3)根据多用电表示数，为了减小实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图3中的四个电路中选择—电路来测量金属丝电阻，闭合开关前应将滑动变阻器的滑片P移至最—(填“左”或“右”)端，多次测量求平均值后测得该金属丝的电阻为5.2。。(4)他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图4所示，金属丝的直径为_mm。图4(5)根据以上数据可以计算出该金属丝的电阻率为夕=—Qm(结果保留两位有效数字【答案】60.50(60.48〜60.52均可) 将红、黑表笔短接 使指针指向电阻刻度“0”刻线 D左0.200 2.7x10-7【解析】【详解】[1]毫米刻度尺的分度值为0.1cm,所以读数为：70.50cm-10.00cm=60.S0cm；[2][3]②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘右侧的“0”刻度线，即表盘中电阻刻度“0”刻线；[4][5]电阻为R.=5.2。，电流表的分压相对较为明显，所以电流表应采用外接法；为获得较大的电压调节范围，滑动变阻器应选用分压式接法，所以选择电路D,滑片P开始应调节至左端，使电压从。开始调节；

[6]螺旋测微器的精度为0.01mm,所以读数为:0+20.0xO.Olmm=0.2(X)mm；（5）⑺根据电阻定律:R=p—'S金属丝的横截面积：=-7vd24所以电阻率：兀R/24L3.14x5.2x(0.200x107)2兀R/24L4x0.60514.某同学欲将内阻为100。、量程为300HA的电流计G改装成欧姆表，要求改装后欧姆表的0刻度正好对准电流表表盘的300pA刻度。可选用的器材还有：定值电阻Ri（阻值25。）；定值电阻R?（阻值100。）；滑动变阻器R（最大阻值1000。）：干电池（E=1.5V.r=2Q）；红、黑表笔和导线若干。改装电路如图甲所示。（1）定值电阻应选择一（填元件符号）.改装后的欧姆表的中值电阻为—（2）该同学用改装后尚未标示对应刻度的欧姆表测量内阻和量程均未知的电压表V的内阻。步骤如下:先将欧姆表的红、黑表笔短接，调节—填图甲中对应元件代号），使电流计G指针指到—MA；再将—（填“红”或“黑”）表笔与V表的“+”接线柱相连，另一表笔与V表的“一”接线柱相连。若两表的指针位置分别如图乙和图丙所示，则V表的内阻为—ft,量程为Vo【答案】Ri 1000 R（或滑动变阻器） 300黑500 1【解析】【详解】由于滑动变阻器的最大阻值为1000。，故当滑动变阻器调到最大时，电路中的电路约为E/»—=1.5mAR此时表头满偏，故定值电阻中的电流约为/产/"=L2mA故其阻值为R'=-^R=25Q因此定值电阻应该选择Ri.改装后将红黑表笔短接，将电流表调大满偏，此时多用表的总内阻为p凡=—^=10000讷I+1lg十’1故多用表的中值电阻为A=4=1000Q13][4][5]由于使用欧姆表测内阻，故首先要进行欧姆调0,即调节R,使电流表满偏，即指针指到300gA,黑表笔接的电源正极，故将黑表笔与电压表的“+”接线柱相连；⑹[7]欧姆表指针指在I=200jiA位置，则电路中的总电流为51,故待测电压表的内阻为p&=二一&=5000设电压表量程为U,此时电压表两端的电压为—=5/x7?v=0.5V2v故其量程为IV.四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.如图，竖直放置的粗细均匀的U形管左端封闭，右端开口。左管内用水银封闭一段长Li=20cm的空气柱，左右两管水银面差为h=15cm。已知外界温度为27C,大气压为75cmHg.⑴如果缓慢向右管内注入水银，直到左右水银面相平（原来右管水银没有全部进入水平部分），求在右管注入的水银柱长度（ii）在左右管水银面相平后，缓慢升高左管内封闭气体的温度，使封闭空气柱长度变为20cm,求此时左端空气柱的温度。【答案】⑴4=23cm（ii）（=415k【解析】【详解】⑴设封闭气体原来压强为/乙，后来压强为〃2,气体做等温变化:Pi=，0一〃P2=P。P]Z1s=p2ks%=/i+2（L）—乙）解得L2=16cm,生=23cm（ii）空气柱的长度变为20cm时，左管水银面下降L1—£2=4cm右管水银面会上升4cm,此时空气柱的压强=Po+8cmHg=83cmHg,由查理定律¥=票，解得4=415k16.如图，一玻璃砖截面为矩形ABCD,固定在水面上，其下表面BC刚好跟水接触。现有一单色平行光束与水平方向夹角为（）（0>0）,从AB面射入玻璃砖。若要求不论0取多少，此光束从AB面进入后，到4达BC界面上的部分都能在BC面上发生全反射,则该玻璃砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为-.【答案】|【解析】【分析】【详解】随着。的增大，当8为90。时，a最大，p最小，此时若在BC上发生全反射，则对任意。都能发生全反由折射定律sin90-: =nsina由全反射有sin尸=3n由几何关系有sin2a+sin2P=1由以上各式解得n——17.如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L=lm,导轨间连接的定值电阻R=3Q,导轨上放一质量为m=0.1kg的金属杆ab,金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r=l。，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=1T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里.重力加速度g取10m/s2。现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度(2)达到最大速度后，某时刻若金属杆ab到导轨顶端 MP的距离为h,为使ab棒中不产生感应电流,从该时刻开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？推导这种情况下B与t的关系式。【答案】(D4m/s；(2)8'=-1~~~-5r+4t+h【解析】【详解】(1)设金属杆的最大速度为Vm,此时安培力与重力平衡，即:BlL=mg ①；又由：E=BLv“②；代入数据，联立①②③解得:vm=4m/s ④；(2)要使ab棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化，在该时刻，穿过线圈平面的磁通量：弧=BLh,设t时刻的磁感应强度为B',此时磁通量为:由。I=得：B'~ - LJ— * 05t2+4t+h2021届新高考物理模拟试卷一、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，金星的探测器在轨道半径为3R的圆形轨道I上做匀速圆周运动，运行周期为T,到达P点时点火进入椭圆轨道II,运行至Q点时，再次点火进入轨道III做匀速圆周运动，引力常量为G,不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是（）IIA.探测器在P点和Q点变轨时都需要加速B.探测器在轨道II±Q点的速率大于在探测器轨道I的速率C.探测器在轨道II上经过P点时的机械能大于经过Q点时的机械能D.金星的质量可表示为变三GT22.如图，AC、BD为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O,半径为R,将等电量的异种点电荷Q放在圆周上，它们的位置关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为30。，静电常量为k,则（ ）R2B.O点的电场强度方向由。指向Ac.O点电势小于C点电势D.试探电荷q从B点移到D点过程中，电势能始终不变3.图为2020年深圳春节期间路灯上悬挂的灯笼，三个灯笼由轻绳连接起来挂在灯柱上，O为结点，轻绳OA、OB、OC长度相等，无风时三根绳拉力分别为Fa、Fb、Fc.其中OB、OC两绳的夹角为60,灯笼总质量为3m,重力加速度为g。下列表述正确的是（ ）

A.Fb一定小于mgA.Fb一定小于mgC.Fa与Fc大小相等D.Fb与Fc合力大小等于3mg4.烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素锢2；；Am来探测烟雾。当正常空气分子穿过探测器时，相七Am衰变所释放的射线会将它们电离，从而产生电流。一旦有烟雾进入探测腔内，烟雾中的微粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。则（）A.锢2；；Am放出的是X射线B.锢2；；Am放出的是射线C.Img的锢经864年将有0.75mg发生衰变D.发生火灾时，烟雾探测器中的铜黑Am因温度升高而半衰期变短5.在一大雾天，一辆小汽车以30m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30m处有一辆大卡车以10m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵。如图所示a、b分别为小汽车和大卡车的v-t图像，以下说法正确的是（ ）A.因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B.在t=5s时追尾C.在t=2s时追尾D.若刹车不失灵不会追尾.某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告，如图所示，若水柱截面为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（ ）A.pSv B.pSv2C D心.2 .2二、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。分.如图甲所示，一个匝数为〃的多匝线圈，线圈面积为S,电阻为L一个匀强磁场垂直于线圈平面穿过该线圈。在0时刻磁感应强度为纬，之后随时间变化的特点如图乙所示。取磁感应强度向上方向为正值。线圈的两个输出端P、。连接一个电阻R。在0~九过程中（ ）A.线圈的P点的电势高于。点电势nSB（］R.线圈的尸、。两点间的电势差大小为wV（R+九C.流过R的电荷量的大小为四R+rD.磁场的能量转化为电路中电能，再转化为电阻R、厂上的内能8.如图所示为“感知向心力”实验示意图，细绳一端拴着一个小砂桶，用手在空中抡动细绳另一端，使小砂桶在水平面内做圆周运动，体会绳子拉力的大小，则下列说法正确的是（ ）f二’A.细绳所提供的力就是向心力.只增大砂桶的线速度，则细绳上拉力将会增大C.只增大旋转角速度，则细绳上拉力将会增大D.突然放开绳子，小砂桶将做直线运动.如图所示，在水平向左的匀强电场中，可视为质点的带负电物块，以某一初速度从足够长的绝缘斜面上的A点，沿斜面向下运动，经C点到达B点时，速度减为零，然后再返回到A点。已知斜面倾角0=30%物块与斜面间的动摩擦因数〃=立，整个过程斜面均保持静止，物块所带电量不变。则下列判断正确的A.物块在上滑过程中机械能一定减小B.物块在上滑过程中，增加的重力势能一定大于减少的电势能C.物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能D.物块在下滑过程中，斜面与地面之间的摩擦力一定为零10.如图，光滑绝缘细管与水平面成30。角，在管的上方P点固定一个正点电荷Q,P点与细管在同一竖直平面内。一带电量为一q的小球位于管的顶端A点，PA连线水平，q«Q.将小球由静止开始释放，小球沿管到达底端C点。已知B是AC中点，PBLAC,小球在A处时的加速度为a.不考虑小球电荷量对电场的影响，则()A.A点的电势低于B点的电势 B.B点的电场强度大小是A点的4倍C.小球从A到C的过程中电势能先增大后减小D.小球运动到C处的加速度为g-a11.如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比为4：1,原线圈接有u=31lsinl007tt(V)的交变电压，副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表田以下说法正确的是A.副线圈中电流的变化频率为50HzB.灯泡D两端电压为55VC.若交变电压u的有效值不变，频率增大，则电压表用的示数将减小D.若交变电压u的有效值不变，频率增大，则灯泡D的亮度将变暗12.如图所示，正方形abed区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30。角的方向垂直射入磁场.甲粒子垂直于be边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场.已知甲、乙两a带电粒子的电荷量之比为1:2,质量之比为1:2,不计粒子重力.以下判断正确的是A.甲粒子带负电，乙粒子带正电B.甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C.甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的倍d.甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的!倍三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.某同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，并用图钉固定在木板上。固定两个光滑的滑轮A和B,将绳子打一个结点O,每个钩码的质量相等。调整钩码个数使系统达到平衡。呼(1)实验过程中必须要记录下列哪些数据(—)A.O点位置B.每组钩码的个数C.每个钩码的质量OA、OB和OC绳的长度OA、OB和OC绳的方向(2)下列实验操作正确的是(一)A.将OC绳换成橡皮筋，仍可完成实验B.细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可减小实验误差C.尽量保持NAOB为90。、60。、12()。等特殊角方便计算D.若改变悬挂钩码的个数Nj,重新进行实验，必须保持O点位置不动，重新调整钩码的个数Ni、N214.在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于中间刻度20mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每减小2mL测一次压强p,实验数据记录在下表中最后得到P和V的乘积逐渐减小.序号V(mL)p(xlO5Pa)pV(xlO5PaeiriL)120.01.001020.020218.01.095219.714316.01.231319.701414.01.403019.642512.01.635119.621(1)(单选题)造成上述实验结果的可能原因是在实验过程中(A)注射器中有异物(B)实验时环境温度增大了.(C)实验时外界大气压强发生了变化.(D)实验时注射器内的空气向外发生了泄漏.(2)由此可推断，该同学的实验结果可能为图 (选填"a”或"b”).0 lip03(a) 5<b)(3)若另一同学用较大的注射器在同一实验室里(温度不变)做同一个实验，实验仪器完好，操作规范,也从中间刻度开始实验，则得出的图象的斜率比上一同学直线部分的斜率相比(选填“增P大”、“减小”或“相同”).四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分.2019年12月以来，我国部分地区突发的新型冠状病毒肺炎疫情威胁着人们的身体健康和生命安全，勤消毒是一种关键的防疫措施，如图甲所示。图乙是喷雾消毒桶的原理图，消毒桶高为h。在室外从加水

口加注高度为g的消毒液，关闭喷雾口阀门K,密封加水口，上部封闭有压强为“、温度为To的空气。将喷雾消毒桶移到室内，一段时间后打开喷雾口阀门K,恰好有消毒液从喷雾口溢出。已知消毒液的密度为夕，大气压强恒为p。，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高。忽略喷雾管的体积，将空气看作理想气体，重力加速度为g。(1)求室内温度。(2)关闭K,在室内用打气筒向喷雾消毒桶内充入空气。然后，打开K,在室内喷雾消毒。消毒完成时,发现桶内消毒液的液面刚好降到桶底。求充入空气与原有空气的质量比。(假设整个过程中气体温度保持不变.)甲甲.如图所示，乙和乙是间距为d的两条平行的虚线，右上方和%下方有磁感应强度大小均为8、方向均垂直纸面向里的匀强磁场，一电子从A点在纸面内沿与4成30。角方向以速度%射出，偏转后经过右上的C点。已知电子的质量为加，带电荷量为e,不计电子重力。求：xxxXXXXXxxxXXXXX(1)电子第一、二次经过。上的两点间的距离；(2)电子从4点运动到。点所用的总时间。.如图所示，质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车并排静止于光滑水平面上，甲车的左端紧靠光滑的L4圆弧AB,圆弧末端与两车等高，圆弧半径R=0.2m,两车长度均为L=0.5m。两车上表面与滑块P之间的动摩擦因数m=0.2.将质量为m=2kg的滑块P(可视为质点)从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，重力加速度取g=10m/s2。求：⑴滑块P刚滑上乙车时的速度大小；⑵滑块P在乙车上滑行的距离。

参考答案一、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【解析】【详解】A.探测器在P点需要减速做近心运动才能由轨道I变轨到轨道II,同理，在轨道H的Q点需要减速做近心运动才能进入轨道III做圆周运动，故A错误；B.探测器在轨道n上P点的速率大于轨道I上的速率，在轨道II上，探测器由P点运行到q点，万有引力做正功，则Q点的速率大于P点速率，故探测器在轨道II上Q点的速率大于在探测器轨道I的速率，故B正确：c.在轨道II上，探测器由p点运行到q点，万有引力做正功，机械能守恒，故探测器在轨道n上经过p点时的机械能等于经过Q点时的机械能，故C错误；D.探测器在3R的圆形轨道运动，在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有Mm=niiR(J y=niiR(3R)-108R3/GT2故选B。A【解析】【详解】AB.两电荷在O点的场强大小为QEi=E2=k-^夹角为120°

BB根据平行四边形定则知合场强为QE=E尸E2=k$方向平行两个电荷的连线向右，故A正确，B错误；C.等量正负点电荷连线的中垂线上电势相等，因而（po=<pc,故C错误；D.如果只有+Q存在，则B点电势大于D点电势；如果只有-Q存在，同样是B点电势大于D点电势；由于电势是标量，所以两个场源电荷同时存在时，依然有B点电势大于D点电势，故试探电荷q从B点移到D点过程中，电势能是变化的，故D错误。故选A。D【解析】【详解】A.因OB=OC可知Fb=Fc,由平衡知识可知2Fbcos30=3mg解得FB=^3mgFb-*定大于mg,选项A错误；B.Fb与Fc不共线，不是一对平衡力，选项B错误；C.因F,\=3mg>Fc,则选项C错误；D.由平衡知识可知，Fb与Fc合力大小等于3mg,选项D正确。故选D。C【解析】【详解】AB.耨累Am会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中a射线能使空气电离，故锯寸Am放出的是a射线，故AB错误；C.半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，Img的铜将衰变掉四分之三即0.75mg,还剩下0.25mg没有衰变，故C正确；D.半衰期由原子核本身的性质决定，与物理条件和化学状态均无关，则温度升高而半衰期不变，故D错误.故选C。D【解析】【分析】【详解】ABC,根据速度-时间图像所时间轴所围“面积”大小等于位移，由图知，t=3s时，b车的位移为=%=10x3m=30ma车的位移为sa=^x(30+20)xlm+-x(20+15)x2m=60m则$<,一S/)=30m所以在t=3s时追尾，故ABC错误；D.若刹车不失灵，由图线可知在t=2s时两车速度相等，小汽车相对于大卡车的位移Ajc=；x(10+30)x2m-10x2m=20m<30m所以刹车不失灵，不会发生追尾，故D正确。故选D。B【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=pV=pSvt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，由动量定理有：Ft=0-mv,即：mv.F= ="pSv1,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，水对钢板的冲击力大小也为pSv1.pSv,与结论不相符，选项A错误；pSv2,与结论相符，选项B正确生，与结论不相符，选项C错误；2D.要，与结论不相符，选项D错误。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()分ABC【解析】【详解】A.结合图乙知磁场方向向上且逐渐减小。由楞次定律知感应电流的方向由。点经线圈到P点，则P点电势高，A正确；B.感应电动势为"△①c综E=n =nS—又有/=—^-R+r电势差大小U=IR解得u=_nSB11R_(A+r"oB正确；C.流过电路的电荷量大小为q=%解得理R+rC正确：D.电磁感应的过程中磁场能量不转化，而是作为媒介将其他形式的能转化为电能，然后再在电阻R、厂上转化为内能，D错误。故选ABC.BC【解析】【详解】A.小砂桶的向心力是由小砂桶的重力和绳的拉力的合力提供的，选项A错误；B.如果小砂桶的线速度增大，则小砂桶的向心力会增大，绳的拉力与竖直方向的夹角。会增大，绳的拉力F=疸cos6故绳的拉力会随着。的增大而增大，选项B正确；C.角速度增大，同样会导致绳与竖直方向的夹角。增大，同理选项C正确；D.突然放开绳子，小砂桶仍受重力作用，会从切线方向平抛出去，选项D错误。故选BC.CD【解析】【分析】【详解】A.上滑过程中满足EqcosO>f+mgsin0则电场力做功大于摩擦力做功，即除重力以外的其它力对物体做正功，则物体的机械能增加，选项A错误;B.上滑过程中由动能定理叱g卬,_%=△七则则物块在上滑过程中，增加的重力势能一定小于减少的电势能，选项B错误；C.由于滑块下滑经过C点往下运动，再返回到C点时有摩擦力做功，则由能量关系可知物块下滑时经过C点的动能一定大于上滑时经过C点的动能，选项C正确；D.当不加电场力时，由于斜面对物体的支持力为N=mgcos30°摩擦力f=pmgcos30o=mgsin30°可知支持力和摩擦力的合力方向竖直向上；当加电场力后，支持力和摩擦力成比例关系增加，则摩擦力和支持力的合力仍竖直向上，根据牛顿第三定律，则物块给斜面的摩擦力和压力的方向竖直向下，可知斜面在水平方向受力为零，则斜面所受地面的摩擦力为零，选项D正确。故选CD.ABD【解析】【详解】A.正点电荷的电场线呈发散型，沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A正确；B.结合几何关系：PA=2PB,由点电荷电场强度公式E 可知，B点的电场强度大小是A点的4倍，r故B正确；C.小球带负电，正点电荷Q对小球的电场力为吸引力，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功,则小球电势能先减小后增大，故C错误；D.小球在AC两处受到的电场力大小相等，在A处时小球的加速度为a,对A点处小球受力分析，小球受电场力、重力与支持力，贝的Fcos30°+mgsin30°=ma在C处时，小球受到重力、电场力与支持力，贝人mgsin300-Fcos30°=mar解得：ar=g-a故D正确。AD【解析】变压器不会改变电流的频率，电流的频率为/=!=?=¥^”z=50”z,故A正确；由瞬时值的表T2乃2乃311达式可知，原线圈的电压最大值为3HV,所以原线圈的电压的有效值为：4=r丫=220丫，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D,它们的总的电压为55V,所以灯泡L两端电压一定会小于55V,故B错误；在根据电压与匝数成正比可知副线圈的电压不变，所以电压表的示数不变，故C错误；交流电的频率越大，电感线圈对交流电有阻碍作用就越大，所以电路的电流会减小，灯泡D的亮度要变暗，故D正确.所以AD正确，BC错误.CD【解析】【分析】根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间.【详解】由甲粒子垂直于be边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，R*2L,乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60。，弦长为与，所以：g=2R,sin60。，解得：R方坐L,由牛顿第二定律得：qvB=m—,2 2 6 r动能：EK=-mv2=^^-,所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错误；由牛顿第二定律得：22mqvB=m—,解得：V=幽，洛伦兹力：f=qvB=a工，即夕=26，故C正确；由几何关系可知，rm m J乙甲粒子的圆心角为30。，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120。，粒子在磁场中的运动时间：t=3T,2乃27rm粒子做圆周运动的周期：T=--可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4qB倍，故D正确..【点睛】题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分ABEAB【解析】【分析】【详解】(1)[1]A.为了验证平行四边形定则，必须作受力图，所以需要确定受力点，即需要标记结点。的位置，A正确；BC.其次要作出力的方向和大小，每个钩码的质量相同，所以钩码的个数可以作为力的大小，不需要测量钩码质量，B正确，C错误；DE.连接钩码绳子的方向可以表示力的方向，所以需要标记OA、OB和OC绳的方向，D错误，E正确。故选ABE.(2)[2]A.如果将。。绳换成橡皮筋，在同一次实验过程中，只要将结点拉到相同的位置，实验结果不会发生变化，仍可完成实验，A正确；B.细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些可以使力的方向更准确，减小实验误差，B正确；C.实验通过平行四边形定则进行力的合成确定力的大小和方向，不需要计算，C错误；D.实验的目的是验证平行四边形定则，重新实验，不需要保持结点位置不动，D错误。故选AB。14.D增大

14.D【解析】【分析】(1)根据理想气体状态参量方程分析。(2)图像的斜率代表压强和体积乘积，根据题目表格中的数据判断。(3)较大的试管体积大，初始状态的压强都等于大气压，所以pV的乘积变大，图线斜率增大。【详解】(1)[I]根据pV=nRT,pV的乘积减小，说明气体物质的量减小，气体在漏气，D符合题意；ABC不符合题意；“1(2)[2]V——“1(2)[2]V——P图线上切线的斜率为pV,根据表格数据可知随着体积的增大pV值增大，则斜率增大,符合题意，b不符合题意；故选a；(3)网另一同学用较大的注射器在同一实验室里(温度不变)做同一个实验，初始状态pV是大试管大,得出的V-工图象的斜率比上一同学直线部分的斜率增大。P四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分(1)2〃o+3pg〃

2p0+pgh(1)【解析】【分析】【详解】(1)设室内温度为T”消毒桶移到室内一段时间后，封闭气体的压强为pihPx=P^Pg--气体做等容变化，由查理定律得：Po.=Pl”一工解得(2)以充气前消毒桶内空气为研究对象。设消毒桶的横截面积为S.充气前压强为pi时，设体积为V”则h“hSPi=Po+pg，3,V；=—消毒完成后，设压强为P2,体积为V2,对应的气柱高度为h2,则Pi=Po+Pgh,%=l12s因气体做等温变化，由玻意耳定律得口乂=pM解得"=2Po+Pghh~47%+4月的在同温同压下，同种气体的质量比等于体积比。设原有空气的质量为mo,打进空气的质量为m,则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】【详解】(1)电子运动轨迹如图所示，由几何关系知，电子在。上侧磁场中运动轨迹所对应的圆心角等于60。，所以电子第一、二次经过匕上的两点间的距离等于电子做圆周运动的半径.则有：4(声=小r解得：「=烈eB即电子第一、二次经过。上的两点间的距离为华。eBXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXxxxxxxx*XXXXXXXXxxxkxxx、⑵电子每次在。、4间运动的时间:

2d42d4= =—%sin30 %电子每次在右上侧磁场中做圆周运动所用的时间:6 63eB电子每次在l2下侧磁场做圆周运动所用的时间r2冗r57rm，3eB5x57rm，3eB5T%t3=—=——6 6所以电子从A点运动到C点的总时间为:，=，=(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】【详解】⑴滑块行圆弧下滑过程机械能守恒，有设滑块P刚滑上乙车时的速度为V”此时两车的速度为V2,以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式:mv0=mv]+2Mv2,对整体应用能量守恒有1 2 1 2mgR-pmgL+—mvy+—x2Mv2,解得:v,=—m/s,v.=—m/s,3 34滑块P刚滑上乙车时的速度大小为§m/s；(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v,滑块P在乙车上滑行的距离为x,规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒有：mVf+Mv2=(m+M)v,对滑块P和小车乙应用能量守恒有pmgx—g/nV124-g ―g(A/+m)v2解得：1x=—mo82021届新高考物理模拟试卷一、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.我国已掌握“半弹道跳跃式高速再入返回技术”，为实现“嫦娥”飞船月地返回任务奠定基础.如图虚线为地球大气层边界，返回罂与服务舱分离后，从a点无动力滑入大气层，然后经b点从c点“跳”出，再经d点从e点“跃入”实现多次减速，可避免损坏返回器。d点为轨迹最高点，离地面高h,已知地球质量为M,半径为R,引力常量为G。则返回器( )A.在d点处于超重状态B.从a点到e点速度越来越小C.在d点时的加速度大小为空R-D.在d点时的线速度小于地球第一宇宙速度【答案】D【解析】【分析】【详解】A.d点处做向心运动，向心加速度方向指向地心，应处于失重状态，A错误；B、由a到c由于空气阻力做负功，动能减小，由c到e过程中只有万有引力做功，机械能守恒，a、c、e点时速度大小应该满足匕>匕=匕，B错误；C、在d点时合力等于万有引力，即GMm T--ma,(R+〃)故加速度大小GMc错误；D、第一宇宙速度是最大环绕速度，其他轨道的环绕速度都小于第一宇宙速度，D正确。故选D。2.如图所示为六根导线的横截面示意图，导线分布在正六边形的六个角，导线所通电流方向已在图中标出.已知每条导线在O点磁感应强度大小为Bo,则正六边形中心处磁感应强度大小和方向（）： 90a,6A.大小为零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】【详解】根据磁场的叠加原理，将最上面电流向里的导线在O点产生的磁场与最下面电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为4；同理，将左上方电流向里的导线在o点产生的磁场与右下方电流向外的导线在o点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为,将右上方电流向里的导线在O点产生的磁场与左下方电流向外的导线在O点产生的磁场进行合成，则这两根导线的合磁感应强度为与，如图所示：@B、0:i多i髭号根据磁场叠加原理可知：用=员=员=2综，由几何关系可：4与4的夹角为120,故将人与用合成，则它们的合磁感应强度大小也为2B。，方向与用的方向相同，最后将其与所合成，可得正六边形中心处磁感应强度大小为4B。，方向水平向左，D正确，ABC错误。故选D。3.如图所示，由均匀导线绕成的直角扇形导线框OMN绕O点在竖直面内从匀强磁场边界逆时针匀速转动，周期为T,磁场的方向垂直于纸面向里，线框电阻为R,线框在进入磁场过程中回路的电流强度大小为I,则（）XXXXXXOx,wx一…D"A.线框在进入磁场过程中回路产生的电流方向为顺时针B.线框在进入与离开磁场的过程中ON段两端电压大小相等C.线框转动一周过程中产生的热量为'frt2d.线框转动一周过程中回路的等效电流大小为!2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.线框在进入磁场过程中，磁通量向里增加，由楞次定律判断知回路产生的电流方向为逆时针，故A错误；B.线框在进入磁场时，ON段电压是外电压的一部分；线框在离开磁场时，ON段电压是外电压，而两个过程外电压相等，所以线框在进入与离开磁场的过程中ON段两端电压大小不等，故B错误；C.线框转动一周过程中产生的热量为Q=2I2R-=-I2RT42故C正确；D.设线框转动一周过程中回路的等效电流大小为r,则q=i,2rt解得1，=22故D错误。故选C。4.近年来，人类发射了多枚火星探测器，火星进行科学探究，为将来人类登上火星、开发和利用火星资源奠定了坚实的基础。假设火星探测器环绕火星做“近地”匀速圆周运动，若测得该探测器运动的周期为T,则可以算得火星的平均密度夕=福，式中&是一个常量，该常量的表达式为（已知引力常量为G）37r 4加2A.2=3万 B.k=37rGC.k=— D.k= G G【答案】C

【解析】【详解】由万有引力定律，知Mm4Mm4兀°—=mr-4万2,

GT2又4aM=p-nR33而火星探测器绕火星做“近地”圆周运动，有/•=/?,解得3%故题中的常量,3乃k=——G故选C。.如图所示，同时作用在质点O上有三个共点力Fi、F2、Fa,其中用、F?是正六边形的两条边，F.、是正六边形的一条对角线。已知F尸F2=2N,则这三个力的合力大小等于A.6N B.8N C.ION D.12N【答案】A【解析】【详解】将Fi、F2合成如图，由几何关系得，F卜Fz的合力=K=2N由于用2与F3的方向相同，由几何关系可得，三力的合力F=Fi2+F3=6N故A项正确，BCD三项错误。Ai.2019年的诺贝尔物理学奖于10月8日公布，有一半的奖金归属了一对师徒——瑞士的天文学家MichelMayor和DidierQueloz,以表彰他们“发现了一颗围绕类太阳恒星运行的系外行星由于行星自身不发光，所以我们很难直接在其他恒星周围找到可能存在的系外行星，天文学家通常都采用间接的方法来侦测太阳系外的行星，视向速度法是目前为止发现最多系外行星的方法。行星自身的质量使得行星和恒星围绕着他们共同的质量中心在转动，在地球上用望远镜就有可能看到行星引力对于恒星的影响。在视线方向上，恒星受行星引力作用，时而远离时而靠近我们，这种细微的摇摆反应在光谱上，就会造成恒星光谱不断地红移和蓝移。我们称这种探测系外行星的方法为视向速度法。结合以上信息，下列说法正确的是A.在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，恒星和行星做圆周运动的线速度大小一定相等B.在绕着共同的质量中心转动的恒星和行星组成的双星系统中，由于恒星质量大，转动半径小，所以恒星做圆周运动的周期比行星的周期小C.若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率将变高，因此接收到的频率就会变高，即恒星光谱会出现蓝移D.若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移【答案】D【解析】【分析】【详解】AB.双星间的万有引力提供它们各自圆周运动的向心力，则恒星和行星做圆周运动的角速度大小相等，周期相同，则可得4_Mr2tn由于恒星与行星质量不同，则轨道半径不同，由公式丫=。「可知，恒星和行星做圆周运动的线速度大小

不同，故AB错误；C.根据多普勒效应可知，若某恒星在靠近我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率，即恒星光谱会出现蓝移，故C错误；D.根据多普勒效应可知，若某恒星在远离我们，该恒星发出光的频率不变，但我们接收到的频率会比它发出时的频率低，即恒星光谱会出现红移，故D正确。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。分.下列说法正确的是.A.物体放出热量，温度一定降低.温度是物体分子平均动能大小的标志C.布朗运动反映的是液体分子的无规则运动D.根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体E.气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的频繁碰撞作用产生的【答案】BCE【解析】【详解】A.物体放出热量，但是如果外界对物体做功，则物体的内能不一定减小，温度不一定降低，选项A错误；B.温度是物体分子平均动能大小的标志，选项B正确；C.布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，选项C正确；D.根据热力学第二定律可知，热量可以从低温物体传到高温物体，但是要引起其他的变化，选项D错误；E.气体对容器壁的压强是由于大量气体分子对器壁的频繁碰撞作用产生的，选项E正确；故选BCE.8.如图，矩形闭合导线框abed平放在光滑绝缘水平面上，导线框的右侧有一竖直向下且范围足够大的有左边界PQ的匀强磁场。导线框在水平恒力F作用下从静止开始运动，ab边始终与PQ平行。用h、t2分别表示线框ab和cd边刚进入磁场的时刻。下列v-t图像中可能反映导线框运动过程的是XXXXXXXXXXXX

【答案】ACD【解析】【详解】线框进入磁场前做匀加速直线运动，加速度为a=-tmA.ad边进入磁场后可能安培力与恒力F二力平衡，做匀速直线运动，完全进入磁场后磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为。=£,的匀加速直线运动，A正确；mBD.ad边进入磁场后，可能安培力大于恒力F,线框做减速运动，由乙=回生知，速度减小，安培力R减小，加速度逐渐减小，v-t图象的斜率逐渐减小。当加速度减至零后做匀速直线运动，完全进入磁场后磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为a的匀加速直线运动，B错误D正确；C.ad边进入磁场后，可能安培力小于恒力F,线框做加速运动，由尼=致上知，速度增大，安培力增大，加速度逐渐减小，“t图象的斜率逐渐减小，完全进入磁场后磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力，做加速度为a的匀加速直线运动，C正确。故选ACD.9.某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。R为定值电阻，Li、L2为两只标有“5V,2A”的相同小灯泡，S为开关。保持开关S断开，在输入端施加如图乙所示的交变电压后，灯泡Li正常发光，测得电阻R两端的电压为灯泡L,两端电压的2倍。以下说法正确的是（）国甲国甲A.理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1B.理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4C.定值电阻的阻值为10QD.闭合开关S后，灯泡I”中的电流变小【答案】CD【解析】【详解】AB.由电压图像可知，输入电压的最大值为U,,=2()&V,则有效值为U(7=-#=20V灯泡正常发光，故灯泡两端的电压为5V,即副线圈两端的电压〃=5丫，由题知电阻R两端的电压为Ur=10V,故变压器原线圈的电压q=u-(4=iov原副线圈的匝数比n,_t/,_10_2故AB错误;C.灯泡L正常发光，即副线圈的电流4=2A,根据理想变压器输入功率等于输出功率可知，原副线圈中的电流之比解得电阻R中的电流为，=1A,由欧姆定律可知故C正确;D.开关S闭合后，电路的总电阻减小，而输入端电压保持不变，故副线圈中的电流增大，则原线圈中电流增大，电阻R两端电压升高，变压器原线圈电压降低，故副线圈输出电压降低，灯泡。两端电压降低,电流减小，故D正确。故选CD.10.如图所示为一列沿x正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图.其中a、b为介质中的两质点，若这列波的传播速度是10()m/s,则下列说法正确的是4y/cm2A.该波波源的振动周期是0.04sa、b两质点可能同时到达平衡位置t=0.04s时刻a质点正在向下运动D.从t=0到t=().0ls时间内质点b的路程为1cmE.该波与频率是25Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象【答案】ACE【解析】【分析】由图可知波的波长，根据「=色可以求得周期，根据波的平移原则判断某时刻某个质点的振动方向，知道T周期则可得出质点的路程，当两列波的频率相同时，发生干涉现象.【详解】A.由图象可知，波长入=4m,振幅A=2cm,由题意知，波速v=100m/s,波源的振动周期T=—=0.04s,v故A正确；B.a、b两质点不可能同时到达平衡位置，故B错误；C.波沿x轴正方向传播，0时刻a质点正在向下运动，t=0.04s=T,一个周期后a质点回到了原来的位置，仍然正在向下运动，故C正确；D.从t=0到t=0.01s时间内，O.OLv=4，四分之一个周期的时间内，质点运动的路程一定大于g=1cm,故D错误；该波的频率/="=25Hz,与频率是25Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象，故E正确.故选ACE.【点睛】考查波的形成与传播过程，掌握波长、波速与周期的关系，理解质点的振动方向与波的传播方向的关系.11.如图所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB,从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中RA.所受滑道的支持力逐渐增大B.所受合力保持不变C.机械能保持不变D.克服摩擦力做功和重力做功相等【答案】AD【解析】【分析】【详解】由图可知，从A到B斜面倾角。一直减小，运动员对轨道的压力为mgcosO,可知运动员对斜面的压力会逐渐增大，故A正确；因为运动员在下滑过程中始终存在向心力，合外力充当向心力，向心力绳子指向圆心，方向不断变化，所以合外力是变力，故B错误；由于速度不变，则动能不变，高度下降，重力势能减小，则机械能减小，故C错误；由于速度不变，则动能不变，由动能定理可知，摩擦力做功和重力做功相等.故D正确.12.下列说法中不符合实际的是A.单晶体并不是在各种物理性质上都表现出各向异性B.液体的表面张力使液体表面具有扩张的趋势C.气体的压强是由于气体分子间相互排斥而产生的D.分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小E.热量能自发地从内能大的物体向内能小的物体进行传递【答案】BCE【解析】【详解】A.由于单晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同，即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的，选项A正确，不符合题意；B.液体的表面张力使液体表面具有收缩的趋势，选项B错误，符合题意；C.气体的压强是由于大量的气体分子频繁的对器壁碰撞产生的，并不是由于气体分子间相互排斥而产生的，选项c错误，符合题意；D.分子间同时存在引力和斥力，且这两种力同时增大，同时减小，选项D正确，不符合题意；E.热量能自发地从温度高的物体向温度低的物体进行传递，选项E错误，符合题意；故选BCE.三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个标有“3VJ5W”灯泡两端的电压和通过灯泡的电流.现有如下器材：直流电源（电动势1.2V,内阻不计）电流表Ai（量程1A,内阻约2.1。）电流表A2（量程622mA,内阻约5。）电压表Vi（量程IV,内阻约IkQ）电压表V2（量程15V,内阻约222kft）滑动变阻器Ri（阻值2〜12。，额定电流1A）滑动变阻器R2（阻值2〜1k。，额定电流122mA）

（1）在该实验中，电流表应选择（填“Ai”或“A2”），电压表应选择（填“箱”或“V2”），滑动变阻器应选择（填"R『或"R2"）.（2）某同学用导线a、b、c、d、e、f、g和h连接成如图甲所示的电路，请在乙图方框中完成实验的电路图（1）该同学连接电路后检查所有元器件都完好，电流表和电压表已调零，经检查各部分接触良好.但闭合开关后，反复调节滑动变阻器，小灯泡的亮度发生变化，但电压表和电流表示数不能调为零，则断路的导线为.（4）如图是学习小组在实验中根据测出的数据，在方格纸上作出该小灯泡的伏安特性曲线.若将该灯泡与一个6.2。的定值电阻串联，直接接在题中提供的电源两端，请估算该小灯泡的实际功率P=W（保留两位有效数字）.（若需作图，可直接画在图中）【解析】【详解】（1）”］灯泡额定电流I=P/U=1.5/1A=2.5A,电流表选A?（量程622mA,内阻约5Q）；⑵灯泡额定电压为IV,如果选择15V量程则误差太大，故电压表只能选5（量程IV,内阻约1k。）；［1］描述小灯泡的伏安特性曲线，要求电流从零开始变化，需采用分压电路.为保证电路安全，方便实验操

作，滑动变阻器应选：&(阻值2~12Q,额定电流1A)；(2)[4]由实物电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法.根据实物电路图作出电路图,如图所示：⑸小灯泡的亮度可以发生变化，但电压表、电流表无法调为零，说明分压电路变成限流电路，导线h断路;(4)[6]电动势为IV的电源与6.2。的定值电阻串联组成等效电源，在灯泡伏安特性曲线中作出等效电源的U-I图象，如图所示：U=1.2V,I=2,1A,灯泡功率为：P=UI=1.2Vx2.1A=2.16W.14.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的的实验器材。①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接②根据电压表的读数U和电流表的读数I,画出U-I图线如图C所示，可得电源的电动势E=V,内电阻r=。(结果保留两位有效数字)。(2)乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流表的读数I,画出U-I图线如图e所示，可得电源的电动势E=V,内电阻r=。(结果保留两位有效数字)。

【解析】【详解】解：(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示;②根据闭合电路欧姆定律可得：U=E-lr,则由数学规律可知电动势E=2.8V,内电阻AU2.8-1.6A/0.20AU2.8-1.6A/0.20=0.600；(2)由乙同学的电路接法可知与左右两部分并联后与串联，则可知在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知当电压为2.5V时，电流为0.5A,此时两部分电阻相等，则总电流为L=1A；而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87A,则说明当电压为2.4V时，干路电流为4=033+0.87A=1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5=E-r,2.4=E-1.2r,解得电源的电动势£=3.0V,内电阻r=0.50Q；四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分15.如图所示，“V”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计.轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B.一根质量m、单位长度电阻R。的金属杆，与轨道成45,位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O点出发，向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，经过位移L.求：(1)金属杆前进L过程中的平均感应电动势.⑵已知金属杆前进L过程中水平拉力做功W.若改变水平拉力的大小，以4a大小的加速度重复上述前进L的过程，水平拉力做功多少？(3)若改用水平恒力F由静止起从轨道的左端O点拉动金属杆,到金属杆速度达到最大值vm时产生热量.(F与Vm为已知量)(4)试分析⑶问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？【答案】⑴BZ?.叵(2)2W+2maL(3)£^■-:加年(4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动V2£ 28vm2【解析】【详解】(1)由位移-速度公式得2aL=v2-0所以前进L时的速度为v=前进L过程需时V_\/2aLI = aadauBx—x2LxLB'S dauBx—x2LxLB'S 2 =bi3・yjlaL—△①E= =yjlaLAt⑵以加速度a前进L过程，合外力做功W+W«=maL所以W安=maL-W以加速度4a前进L时速度为v=>JSaL=2v合外力做功Wf'+W安'=4maLd2t2由吊=5〃=巴?可知，位移相同时:Fa'=2Fa

则前进L过程W/=2W«所以WF'=4maL-2W#=2W+2maL(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d时Fa=F,达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d,则所以所以由动能定理有Fd-Q=^mv；n所以：,22B2%2'(4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。16.如图所示，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中当温度为280K时，被封闭的气柱长L=25cm,两边水银柱高度差h=5cm,大气压强p0=75cmHg。①加热封闭气体，为使左端水银面下降hi=5cm,求此时封闭气体的温度；②封闭气体的温度保持①问中的值不变，为使两液面相平，求需从底端放出的水银柱长度。【答案】①384K；②9cm【解析】【详解】①设左端水银面下降后封闭气体的压强为P2,温度为T2,体积为V2,则p2=80cmHg,匕=(£+4)5由理想气体状态方程得pMP2匕代入数值解得T2=384K②两液面相平时，气体的压强为：PLPo,体积为匕，左端液面下降为，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所以放出的水银柱长度H=2无,+5=9cm17.如图所示，竖直放置的U型管内装有水银，右管封闭了一段长L=20cm的空气柱，此时左右两侧的水银面高度差h=6cm,现从管的开口端慢慢倒入水银，最终左管水银面比右管水银面高h2=4cm,整个过程温度不变，外界大气压po=76cmHg1,求：(1)右管封闭空气柱的最终长度U；(2)加入的水银柱长度X。【答案】(D17.5m；(2)15cm【解析】【分析】【详解】(1)初态气体的压强Pi=Po_0g4