(含5套模拟卷)辽宁省鞍山市2021届新高考物理模拟试题含解析 103页

辽宁省鞍山市 2021 届新高考物理模拟试题 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，在 0≤ x≤ 3a的区域内存在与 xOy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。在 t＝ 0 时刻， 从原点 O 发射一束等速率的相同的带电粒子， 速度方向与 y 轴正方向的夹角分布在 0°～ 90°范围内。 其中， 沿 y 轴正方向发射的粒子在 t＝t 0时刻刚好从磁场右边界上 P（3a， 3 a）点离开磁场，不计粒子重力， 下列说法正确的是（ ） A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 3a B．粒子的发射速度大小为 0 4 a t C．带电粒子的比荷为 0 4 3Bt D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为 2t0 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．沿 y 轴正方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示： 设粒子运动的轨迹半径为 r，根据几何关系有 2 2 23 - 3a r a r（ ） （ ） 可得粒子在磁场中做圆周运动的半径 2r a 选项 A 错误； B．根据几何关系可得 3sin 2 a r 所以 3 圆弧 OP 的长度 s π θ r（ ） 所以粒子的发射速度大小 0 0 4 3 s av t t 选项 B 错误； C．根据洛伦兹力提供向心力有 2vqvB m r 结合粒子速度以及半径可得带电粒子的荷质比 0 2 3 q m Bt 选项 C 错误； D．当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时， 粒子在磁场中运动的时间最长， 画出粒子轨迹过程图如图所示： 粒子与磁场边界相切于 M 点，从 E 点射出。 设从 P 点射出的粒子转过的圆心角为 ，时间为 0t ，从 E 点射出的粒子转过的圆心角为 2 π θ（ ）， 故带电粒子在磁场中运动的最长时间为 02t ，选项 D 正确。 故选 D。 2．如图所示 ,在光滑水平面上 ,有质量分别为 2m 和 m 的 A B、 两滑块 ,它们中间夹着一根处于压缩状态的轻 质弹簧 (弹簧与 A B、 不拴连 ),由于被一根细绳拉着而处于静止状态 .当剪断细绳 ,在两滑块脱离弹簧之后 ,下 述说法正确的是（ ） A．两滑块的动量大小之比 : 2 :1A Bp p B．两滑块的速度大小之比 A Bv v: 2 :1 C．两滑块的动能之比 1 2: :kA kBE E D．弹簧对两滑块做功之比 : 1:1A BW W 【答案】 C 【解析】 【详解】 在两滑块刚好脱离弹簧时运用动量守恒得： 2 0A Bmv mv ，得 2 B A vv ，两滑块速度大小之比为： 1 2 A B v v ；两滑块的动能之比 2 2 1 2 12: 1 2 2 A kA kB B mv E E mv ，B 错误 C 正确；两滑块的动量大小之比 2 1 1 A A B B p mv p mv ，A 错误；弹簧对两滑块做功之比等于两滑块动能之比为： 1：2，D 错误． 3．如图所示， D 是一只理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大） ，电流只能从 a 流向 b，A、B 为 间距很小且正对的平行金属板，现有一带电粒子（不计重力） ，从 B 板的边缘沿平行 B 板的方向射入极板 中，刚好落到 A 板正中央，以 E 表示两极板间的电场强度， U 表示两极板间的电压， pE 表示粒子电势 能的减少量，若保持极板 B 不动，粒子射入板间的初速度 0v 不变，仅将极板 A 稍向上平移，则下列说法 中正确的是 A． E 变小 B． U 变大 C． pE 不变 D．若极板间距加倍，粒子刚好落到 A 板边缘 【答案】 B 【解析】 【详解】 由 4 SC Q CU kd ， 可知 d 增大，电容器要放电，但二极管使电容器无法放电， Q 不变， U 增大， B 正确；又 UE d 可得 4= kdE S ，E 不变， A 错误；粒子电势能减少量， E W qU电 ，所以 E 增大， C 错误；对类平抛运动， 2 0 1 2 qEa d at x v t m ， ， 得 2 0 1 2 2 qE mda d at x v m qE ， ， ，第一次落 在 2 l 位置， d 加倍，第二次落在 2 2 l 位置， D 错误． 4．我国新一代可控核聚变研究装置 “中国环流器二号 M”目前建设顺利， 预计 2020 年投入运行， 开展相关 科学实验。 该装置以氢、 氘气体为 “燃料 ”，通过将其注入装置并击穿、 “打碎 ”产生近堆芯级别的等离子体， 来模拟核聚变反应。若已知 2 1 H 的质量为 m 1 3 1，H 的质量为 m 2， 4 2 He 的质量为 m 3， 1 0 n 质量为 m 4，关于下 列核反应方程，下列说法中正确的是（ ） A． 42 3 1 1 2H H He+ 1 0x n 是热核反应，其中 x=2 B． 14 4 7 2N He 17 8 O+ 1 1x H 是热核反应，其中 x=1 C． 14 1 11 7 0 5N n B+ 4 2x He 是人工转变，其中 x=1 D． 235 1 90 92 0 38U n Sr 136 54 Xe+ 1 0x n 是裂变反应，其中 x=8 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A． 2 2 1 1 2 4H H　 He+ 1 0x n 是热核反应，根据核电荷数守恒和质量守恒可知，其中 x=1， A 错误； B． 14 4 7 2N He 17 8 O+ 1 1x H 是人工转变，其中 x=1， B 错误； C． 14 1 11 7 0 5N n B+ 4 2x He 是人工转变，其中 x=1 ，C 正确； D． 235 1 90 92 0 38U n Sr 136 54 Xe+ 1 0x n 是裂变反应，根据核反应前后电荷数守恒和质量数守恒知 x=10，故 D 错误。 故选 C。 5．如图所示， B、M 、N 分别为竖直光滑圆轨道的右端点，最低点和左端点， B 点和圆心等高， N 点和圆 心 O 的连线与竖直方向的夹角为 60 。现从 B 点的正上方某处 A 点由静止释放一个小球，经圆轨道 飞出后以水平上的 v 通过 C 点，已知圆轨道半径为 R，v gR ，重力加速度为 g，则一下结论正确的是 A． C、 N 的水平距离为 R B．C、N 的水平距离为 2R C．小球在 M 点对轨道的压力为 6mg D．小球在 M 点对轨道的压力为 4mg 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB ．小球从 N 到 C 的过程可看作逆过来的平抛，则 cosNv v sinNv gt CNx vt 解得： 2 2Nv v gR 3CNx R 故 A 、B 项错误。 CD ．小球从 M 到 N 的过程应用动能定理可得： 2 21 1( cos ) 2 2 -N Mmg R R mv mv 对小球在 M 点时受力分析，由牛顿第二定律可得： 2 M NM vF mg m R 解得： 6NMF mg 根据牛顿第三定律可得：小球在 M 点对轨道的压力为 6mg。故 C 项正确， D 项错误。 故选 C。 6．如图所示，在水平晾衣杆（可视为光滑杆）上晾晒床单时，为了尽快使床单晾干，可在床单间支撑轻 质细杆 .随着细杆位置的不同，晾衣杆两侧床单间夹角 （ 150 ）将不同 .设床单重力为 G ，晾衣杆所 受压力大小为 N ，下列说法正确的是（ ） A．当 60 时， 3 3 N G B．当 90 时， 2 2 N G C．只有当 120 时，才有 N G D．无论 取何值，都有 N G 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 以床单和细杆整体为研究对象， 整体受到重力 G 和晾衣杆的支持力 N ，由平衡条件知 N G ，与 取何 值无关，由牛顿第三定律知床单对晾衣杆的压力大小 N N G ，与 无关， ABC 错误， 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 0 分 7．在一个很小的矩形半导体薄片上，制作四个电极 E、F、 M 、N，做成了一个霍尔元件，在 E、F 间通 入恒定电流 I，同时外加与薄片垂直的磁场 B，M 、N 间的电压为 UH．已知半导体薄片中的载流子为正电 荷，电流与磁场的方向如图所示，下列说法正确的有（ ） A． N 板电势高于 M 板电势 B．磁感应强度越大， MN 间电势差越大 C．将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行， U H 不变 D．将磁场和电流分别反向， N 板电势低于 M 板电势 【答案】 AB 【解析】 A、根据左手定则，电流的方向向里，自由电荷受力的方向指向 N 端，向 N 端偏转，则 N 点电势高，故 A 正确； B、设左右两个表面相距为 d，电子所受的电场力等于洛仑兹力，即： 设材料单位体积内电子的个数为 n，材料截面积为 s，则 HeU evB d ① ;I=nesv ②; s=dL ③ ;由①②③得： H BIU ned ,令 1k ne ，则 H BI BIU k ned d ④;所以若保持电流 I 恒定，则 M 、N 间的电压与磁感虑强度 B 成正比，故 B 正确； C、将磁场方向变为与薄片的上、下表面平行，则带电粒子不会受到洛伦兹力，因 此不存在电势差，故 C 错误； D、若磁场和电流分别反向，依据左手定则，则 N 板电势仍高于 M 板电势， 故 D 错误．故选 AB. 【点睛】 解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向， 以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用 下平衡． 8．如图所示，在光滑水平面上有宽度为 d 的匀强磁场区域，边界线 MN 平行于 PQ 线，磁场方向垂直平 面向下，磁感应强度大小为 B，边长为 L （L ＜d）的正方形金属线框，电阻为 R，质量为 m，在水平向右 的恒力 F 作用下， 从距离 MN 为 d/2 处由静止开始运动， 线框右边到 MN 时速度与到 PQ 时的速度大小相 等，运动过程中线框右边始终与 MN 平行，则下列说法正确的是（ ） A．线框进入磁场过程中做加速运动 B．线框的右边刚进入磁场时所受安培力的大小为 2 2B L Fd R m C．线框在进入磁场的过程中速度的最小值为 Fd m D．线框右边从 MN 到 PQ 运动的过程中，线框中产生的焦耳热为 Fd 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A、线框右边到 MN 时速度与到 PQ 时速度大小相等，线框完全进入磁场过程不受安培力作用，线框完全 进入磁场后做加速运动，由此可知，线框进入磁场过程做减速运动，故 A 错误； B、线框进入磁场前过程，由动能定理得： 2 1 1 2 2 dF mv ，解得： 1 Fdv m ，线框受到的安培力： 2 2 2 2 1B L v B L FdF BIL R R m ，故 B 正确； C、线框完全进入磁场时速度最小，从线框完全进入磁场到右边到达 PQ 过程，对线框，由动能定理得： 2 2 1 min 1 1( ) 2 2 F d L mv mv 解得： min 2 ( )Fd F d Lv m m ，故 C 错误； D、线框右边到达 MN 、PQ 时速度相等，线框动能不变，该过程线框产生的焦耳热： Q＝Fd ，故 D 正确； 9．如图所示， 单匝矩形闭合导线框 abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中， 线框面积为 S ，电阻为 R ．线 框绕与 cd 边重合的竖直固定转轴以角速度 从中性面开始匀速转动，线框转过 6 时的感应电流为 I ，下 列说法正确的是（ ） A．线框中感应电流的有效值为 2I B．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为 2IR C．从中性面开始转过 2 的过程中，通过导线横截面的电荷量为 2I D．线框转一周的过程中，产生的热量为 28 RI 【答案】 BC 【解析】 试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势 ，电流 ，线框 转过 6 时的感应电流为 ，电流的有效值 ，故 A 错误；线框转动过程中穿过线框 的磁通量的最大值为 BS，又 ，解得 BS= 2IR ，所以 B 正确；从中性面开始转过 2 的过程中， 通过导线横截面的电荷量为 ，故 C 正确；转一周产生的热量 代入解得： ，故 D 错误． 考点：本题考查交流电 10．下列有关光学现象的说法正确的是（ ） A．光从光密介质射入光疏介质，其频率不变，传播速度变小 B．光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射 C．光的干涉、衍射现象证明了光具有波动性 D．做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变小 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．光从光密介质射入光疏介质，其频率不变，传播速度变大，选项 A 错误； B．光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射，选项 B 正确； C．光的干涉、衍射现象证明了光具有波动性，选项 C 正确； D．红光的波长大于紫光，做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，根据 lx d 可知，相邻明条纹间距 变大，选项 D 错误。 故选 BC 。 11．假设某战士从弧形的雪坡上沿水平方向飞出后，若倾斜的雪坡倾角为 θ，战士飞出时的水平速度大小 为 v0，且他飞出后在空中的姿势保持不变，又落回到倾斜的雪坡上，如图所示，不计空气阻力，重力加速 度为 g，则（ ） A．如果 v0 不同，该战士落到雪坡时的位置不同，速度方向也不同 B．如果 v0 不同，该战士落到雪坡时的速度方向相同，在空中运动时间不同 C．该战士在空中经历的时间是 02 tanv g D．该战士在空中经历的时间是 0 tan 2 v g 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 雪坡的倾角等于位移与水平方向的夹角，根据平抛运动的规律可知 0 tan 2 y gt x v 解得平抛运动的时间为 02 tanvt g 如果 v0 不同，该战士在空中运动时间不同，根据平抛运动的规律，位移与水平方向夹角的正切值等于速 度与水平方向夹角的正切值的一半，故落地雪坡的速度方向相同，战士的水平位移为 0 0 22 tanvx v t g 知初速度不同，水平位移不同，落点位置不同，速度方向相同，故 BC 正确， AD 错误。 故选 BC 。 12． “嫦娥五号 ”是我国首个实施无人月面取样且返回的探测器，它由轨道器、返回器、着陆器、上升器 四个部分组成， 由长征五号运载火箭从文昌航天发射场发射。 若 “嫦娥五号 ” 探测器环月工作轨道为圆形， 其离月球表面高度为 h、运行周期为 T ，月球半径为 R。由以上数据可求的物理量有（ ） A．月球表面飞船所受的重力 B． “嫦娥五号 ”探测器绕月球运行的加速度 C． “嫦娥五号 ”探测器绕月球运行的速度 D．月球对 “嫦娥五号 ”探测器的吸引力 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．探测器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有 2 2 2 4 ( ) ( ) GMm m R h R h T 可得月球的质量 2 3 2 4 ( )R hM GT 不考虑天体自转，在月球表面，万有引力等于飞船所受的重力，则有 2 GMm mg R 可得月球表面飞船所受的重力为 3 2 2 2 4 ( )m R R hmg T 由于飞船质量未知，所以无法求出月球表面飞船所受的重力，故 A 错误； B．探测器绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，则有 2( ) GMm ma R h 解得探测器绕月球运行的加速度 2 2 4 ( )R ha T 则探测器绕月球运行的加速度可求出，故 B 正确； C．根据周期和线速度的关系可知 2 ( )R hv T 探测器绕月球运行的速度可求出，故 C 正确； D．月球对探测器的吸引力 2( ) GMmF R h 探测器的质量未知，无法确定月球对其的吸引力，故 D 错误； 故选 BC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．现用光电计时器等器材做 “验证机械能守恒定律 ”的实验，如图所示。在滑块上安装一遮光条，把滑块 放在水平气垫导轨上， 并用绕过定滑轮的细绳与钩码相连， 光电计时器安装在 B 处。测得滑块 （含遮光条） 的质量为 M ，钩码总质量为 m ，遮光条宽度为 d ，导轨上滑块的初始位置 A点到 B 点的距离为 L ，当地 的重力加速度为 g 。将滑块在图示 A 位置释放后，光电计时器记录下遮光条通过光电门的时间为 t 。滑 块从 A 点运动到 B 点的过程中，滑块（含遮光条） 与钩码组成的系统重力势能的减少量为 __________，动 能的增加量为 _____________。（均用题中所给字母表示） 【答案】 mgL 2 2 ( ) 2( ) M m d t 【解析】 【分析】 【详解】 [1] 滑块从 A点运动到 B 点的过程中，滑块（含遮光条）与钩码组成的系统重力势能的减少量为 mgL 。 [2] 通过光电门的速度 dv t ，所以系统动能增加量为 2 2 2 1 ( )( ) 0 2 2( ) M m dM m v t 14．用图甲所示的实验装置验证 1m 、 2m 组成的系统的机械能守恒。 2m 从高处由静止开始下落，同时 1m 向上运动拉动纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是 实验中获取的一条纸带，其中 0 是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有 4 个未标出的点，计数点间 的距离如图中所示。已知电源的频率为 50Hz ， 1 50gm ， 2 150gm ，取 210m / sg 。完成以下问题。 （计算结果保留 2 位有效数字） (1)在纸带上打下计数点 5 时的速度 5v _____ m / s 。 (2)在打 0~5 点过程中系统动能的增加量 kE ______ J，系统势能的减少量 pE _____ J ，由此得出的 结论是 ________________。 (3)依据本实验原理作出的 2 2 v h 图像如图丙所示，则当地的重力加速度 g ______ 2m / s 。 【答案】 2.4 0.58 0.60 在误差允许的范围内， 1 2m m、 组成的系统机械能守恒 9.7 【解析】 【详解】 (1)[1] 第 4 点与第 6 点间的平均速度等于第 5 点的瞬时速度，有 2 5 (21.60 26.40) 10 m/s 2.4m/s 2 0.1 v 打下计数点 5 时的速度 2.4m/s。 (2)[2] 系统动能的增加量 2 k 1 2 5 1 0.58J 2 E m m v 打 0~5 点过程中系统动能的增加量 0.58J。 [3] 系统势能的减少量 p 2 1 0.60JE m m gh 系统势能的减少量 0.60J。 [4] 可见 kE 与 pE 大小近似相等，则在误差允许的范围内， 1 2m m、 组成的系统机械能守恒。 (3)[5] 系运动过程中机械能守恒，则有 2 1 2 2 1 1 2 m m v m m gh 解得 2 1 1 2 22 m m gh m v m 则 2 2 v h 图像的斜率 1 22 1 2 5.82 1.20 m/sm mk g m m 则 29.7m/sg 当地的重力加速度 29.7m/s 。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，用质量为 m，横截面积为 S 的活塞在气缸内封闭一定质量的理想气体，不计活塞厚度及活 塞和气缸之间的摩擦。开始时活塞距气缸底的高度为 h 且气缸足够高，气体温度为 T 0，外界大气压强为 P0，重力加速度为 g，其中 0 2 P Sm g 求∶ （ i）封闭气体的压强； （ ii）在活塞上面放置一个物体，物体的质量也为 m，再次平衡后，发现活塞距气缸底的高度为 1 2 h，则 此时气体。的温度为多少。 【答案】 （i） 0 3 2 P ；（ ii ） 0 2 3 T 【解析】 【详解】 （ i）以活塞为研究对象，由平衡条件得 1 0PS P S mg 得 1 0 3 2 P P （ ii）对活塞由平衡条件可知 2 0 2P S P S mg ， 1 0T T ， 1 1V h S 2 2V h S 由理想气体方程得 1 1 2 2 1 2 PV PV T T 解得 2 0 2 3 T T 16．如图所示， AOB 为折射率 3n 的扇形玻璃砖截面，一束单色光照射到 AO 面上的 C 点，在 C 点 折射后的光线平行于 OB 。已知 C 点是 AO 的中点， D 点是 BO 延长线上一点， 60AOD °。 ①求入射光在 C 点的入射角； ②通过计算判断光射到 AB 弧能否从 AB 弧射出。 【答案】① 60°； ②光射到 AB 弧能从 AB 弧射出。 【解析】 【详解】 ①光在介质中传播的光路图如图所示： 设入射光在 C 点的入射角为 i，折射角为 r ，由于在 C 点折射后的光线平行于 OB ，所以∠ OCP= ∠AOD=60° ， r=30 °， 根据折射定律有： sin sin in r 代入数据解得： i=60 °； ②在 C 点折射后的光线射到 AB 弧上 P 点，连接 O、P， OP 是法线，过 O 点做 CP 的垂线交 CP 于 Q， 则折射光线在 AB 弧的入射角为 i 1，玻璃砖临界角为 C，扇形半径为 L ，则： 1sin C n ， 根据几何知识有∠ COQ=30° ，L OQ ＝L OC ?cos∠COQ= 3 4 L 根据 1sin OQ OP L i L 可得： 1 3 3sin sin 4 3 i C ， 则： i 1＜ C， 所以光射到 AB 弧能从 AB 弧射出。 17．如图所示，间距为 L=2m 的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于 B=0.5T 方向垂直导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为 x1（值未标出） ， 在坐标为 x0=1.2m 处垂直于水平导轨放置有一质量 m=1kg 、电阻为 R=0.1 Ω的导体棒 ab。现把质量为 M=2kg 、电阻也为 R=0.1 Ω的导体棒 cd，垂直导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为 h=1.8m 处由静止释 放。若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰， ab 棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运 动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略磁场的边界效应， g=10m/s 2。求： （ 1） cd 棒恰好进入磁场左边界时的速度大小； （ 2） ab 棒离开磁场右边界前的稳定速度； （ 3） cd 棒从进入磁场到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。 【答案】 （1） 6m/s；（ 2）4m/s ；（3）-19J 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） cd 棒下落过程中机械能守恒，有 2 0 1 2 Mgh Mv 解得 0 6m/sv （ 2） cd 棒进入磁场后与 ab 棒组成的系统动量守恒，有 0 1( )Mv M m v 解得两棒匀速时的速度 1 0 2 4 3 v v m/s （ 3）设两棒达到相同速度时相距为 △x，则两棒同速前进，流过导体棒中的电量： 0 1 2 BL x x q R ① 对 ab 棒应用动量定理得： 1 0BLI t mv ② 1q I t ③ 由①②③式解得 △x=0.4m 则从 ab 棒出磁场右边界到 cd 棒出磁场右边界的过程中，流过导体棒中的电量 2 2 BL xq R ④ 设 cd 出磁场时的速度为 2v ，对 cd 棒应用动量定理可得： 2 2 1BL q Mv Mv ⑤ 解得 2 3m/sv 由功能关系可知，整过程中有： 2 2 2 2 1 0 1 1 1 2 2 2 W Mv mv Mv安 解得 19W安 J 2021 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．中国核学会发布消息称，截至 201 9 年 6 月底，中国大陆在运核电机组 47 台，装机容量 4873 万千瓦， 位居全球第三。铀核（ 285 92 U ）是获得核能的主要原料之一，其中一种核反应方程为 235 1 94 1 92 0 38 0U n X Sr 2 n 并释放核能，下列说法正确的是（ ） A．该核反应是重核裂变，产物的结合能之和大于铀核（ 285 92 U ）的结合能 B．该核反应在中子的轰击下发生，核反应为人工转变 C． X 原子核中的核子数为 140 个，中子数为 84 个 D．因为裂变时释放能量，根据 E=mc 2，所以裂变后的总质量数减少 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A．结合质量数守恒与电荷数守恒可知，铀核裂变的产物为氙核和锶核，并会释放能量，则裂变产物的结 合能之和一定大于铀核的结合能，故 A 正确； B．该核反应为重核裂变，不是人工转变，故 B 错误； C． X 原子核中的核子数为（ 235+1）-（94+2）=140 个，中子数为 140-（ 92-38）=86 个，故 C 错误； D．裂变时释放能量，出现质量亏损，但是总质量数不变，故 D 错误。 故选 A。 2．甲、乙两车在一平直公路上从同一地点沿同一方向沿直线运动，它们的 v-t 图象如图所示。下列判断正 确的是（ ） A．乙车启动时，甲车在其前方 100m 处 B．运动过程中 ,乙车落后甲车的最大距离为 50m C．乙车启动后两车的间距不断减小直到两车相遇 D．乙车启动后 10s 内，两车不会相遇 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．根据速度图线与时间轴包围的面积表示位移，可知乙在 10st 时启动，此时甲的位移为 1 1 10 10m 50m 2 x 即乙车启动时，甲车在乙前方 50m 处，故 A 错误； B．当两车的速度相等时即 15st 时相遇最远，最大距离为 maxS x 甲 x 乙 1 15 15 10 10 5m 75m 2 2 （ ） 故 B 错误； C．两车从同一地点沿同一方向沿直线运动， 10s—15s 内甲车的速度比乙车的大，两车的间距不断增大， 故 C 错误； D．当位移相等时两车才相遇，由图可知，乙车启动 10s 后位移 2 1 20 10m 100m 2 x 此时甲车的位移为 3 10 20 10m 150m 2 x 乙车启动 10s 后位移小于甲的位移，两车不会相遇，故 D 正确； 故选 D。 3．在平直公路上行驶的甲车和乙车，它们沿同一方向运动的 v t图像如图所示。已知 0t 时刻乙车在甲 车前方 10m 处，下列说法正确的是（ ） A． 2st 时，甲、乙两车相遇 B． 0 4s内，甲、乙两车位移相等 C．甲、乙两车之间的最小距离为 6m D．相遇前甲、乙两车之间的最大距离为 18m 【答案】 B 【解析】 【详解】 AD ．0 时刻，乙车在甲车前 10m 处，前 2s内乙车的速度大于甲车的速度，所以两车的距离逐渐变大，在 2s时刻速度相等，距离最远， v t图线和时间轴围成的面积为位移 max 2 4( ) 10m m 10m 14m 2 s x x乙 甲 AD 错误； B． v t图线和时间轴围成的面积为位移， 前 4s内，根据几何关系可知甲乙两车的 v t 图线和时间轴围成 的面积相等，所以二者位移相等， B 正确； C．甲车速度大于乙车速度，二者最终可以相遇，最小距离为 0m，C 错误。 故选 B。 4．一电荷量为 q 的正点电荷位于电场中 A 点，具有的电势能为 Ep，则 A 点的电势为 EqP ．若把 该点电荷换为电荷量为 2q 的负点电荷，则 A 点的电势为（ ） A． 4 B． 2 C． D． 2 【答案】 C 【解析】 根据电势的物理意义：电势是反映电场本身性质的物理量，仅由电场本身决定，与试探电荷无关．可知， 将该点电荷换为电荷量为 2q 的负点电荷， A 点的电势不变，故 C 正确， ABD 错误；故选 C. 5．如图所示，一正方形木板绕其对角线上 O1 点做匀速转动。关于木板边缘的各点的运动，下列说法中正 确的是 A． A 点角速度最大 B． B 点线速度最小 C． C、 D 两点线速度相同 D． A、 B 两点转速相同 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据题意，一正方形木板绕其对角线上 1O 点做匀速转动，那么木板上各点的角速度相同，故 A 错误； B．根据线速度与角速度关系式 v r ，转动半径越小的，线速度也越小，由几何关系可知， 1O 点到 BD、BC 边垂线的垂足点半径最小，线速度最小，故 B 错误； C．从 1O 点到 C 、 D 两点的间距相等，那么它们的线速度大小相同，方向不同，故 C 错误； D．因角速度相同，因此它们的转速也相等，故 D 正确； 故选 D。 6．一静止的原子核 Xa n 发生 衰变， 变成另一个新的原子核 Y ，衰变后测得 粒子的速率为 v，已知 粒 子的质量为 m 0，原子核 Y 的质量为 M ，下列说法正确的是（ ） A．原子核 Y 的符号表示为 0- -2Ya m n B． Xa n 的比结合能一定大于 Y 核的比结合能 C．原子核 Y 的速率为 0m v M D．原子衰变过程中释放的核能为 2 0 1 2 m v 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 A．注意区分质量数和质量的物理意义，质量数和质量不能混淆，原子核 Y 的符号表示为 -4 -2Ya n ，A 错误； B．因反应放出核能，则 Xa n 的比结合能小于 Y 核的比结合能， B 错误； C．根据动量守恒可得 0m v Mv 得 0m vv M C 正确； D．因原子核 Y 也有动能，则衰变过程中释放的核能大于 2 0 1 2 m v ，D 错误． 故选 C。 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．歼－ 15 飞机是我国研制的多用途舰载战斗机。某飞行训练中，第一次舰保持静止，飞机从静止开始沿 甲板运动，当飞机的速度为 v 时通过的距离为 x1，经历的时间为 t 1；第二次舰以速度 v0 匀速运动，飞机 相对甲板由静止开始沿舰运动的同方向加速， 当飞机相对海面的速度为 v 时沿甲板通过的距离为 x2，经历 的时间为 t2。设两次飞机均做匀加速运动且加速度大小相等。则（ ） A． 1 2 1 1 t t B． 1 2 0 t v t v v C． 21 2 0 ( )x v x v v D． 2 1 2 2 2 0 x v x v v 【答案】 BC 【解析】 【详解】 当舰静止时，根据运动学公式有： v=at 1 v2=2ax1 当舰运动时，有 v-v 0=at 2 2 2 0 2 2 0 2 1 2 v t at t xv 整理得： 1 2 0 t v t v v 21 2 0 ( )x v x v v 故 BC 正确， AD 错误。 故选 BC 。 8．一列简谐横波在某均匀介质中沿 x 轴传播， 从 x＝3 m 处的质点 a 开始振动时计时， 图甲为 t0 时刻的波 形图且质点 a 正沿 y 轴正方向运动，图乙为质点 a 的振动图象，则下列说法中正确的是 ________． A．该波的频率为 2.5 Hz B．该波的传播速率为 200 m/s C．该波是沿 x 轴负方向传播的 D．从 t0 时刻起，质点 a、b、c 中，质点 b 最先回到平衡位置 E.从 t 0 时刻起，经 0.015 s 质点 a 回到平衡位置 【答案】 BDE 【解析】 【分析】 【详解】 A．由图乙可得：周期 T=4×10-2s，故频率 2 1 1 Hz 25Hz 4 10 f T ＝ ＝ ＝ 故 A 错误； B．由图甲可得：波长 λ =8m，故波速 v＝ T ＝200m/s 故 B 正确； C．根据图甲所示时刻质点 a 正沿 y 轴正方向运动可得：波沿 x 轴正向传播，故 C 错误； D．根据波沿 x 轴正向传播可得：图甲所示 t 0 时刻， a 向波峰运动， b 向平衡位置运动， c 向波谷运动，故 b 最先回到平衡位置，故 D 正确； E．根据波沿 x 轴正向传播，由图甲可得，平衡位置从 x=0 处传播到 x=3m 的质点 a 处时，质点 a 回到平 衡位置，故质点 a 经过时间 3 0.015 200 / x mt s v m s V＝ ＝ ＝ 回到平衡位置，故 E 正确； 故选 BDE ． 【点睛】 机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传 播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程． 9．如图所示，三颗卫星 a、b、 c 均绕地球做匀速圆周运动，其中 b、 c 在地球的同步轨道上， a 距离地球 表面的高度为 R，此时 a、b 恰好相距最近。已知地球质量为 M 、半径为 R、地球自转的角速度为 ω。万 有引力常量为 G ，则（ ） A．发射卫星 b、c 时速度要大于 11.2 km / sn B． b、c 卫星离地球表面的高度为 3 2 GM R C．卫星 a 和 b 下一次相距最近还需经过 3 2π GM ω 8R D．若要卫星 c 与 b 实现对接，可让卫星 b 减速 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．卫星 b、c 绕地球做匀速圆周运动， 7.9km/s 是指在地球上发射的物体绕地球飞行作圆周运动所需的最 小初始速度， 11.2km/s 是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度。所以发射卫星 b 时速度大于 7.9km/s ， 而小于 11.2km/s ，故 A 错误； B．万有引力提供向心力，对 b、c 卫星，由牛顿第二定律得 2 2( ) MmG m R h R h （ ） 解得 3 2 GMh R 故 B 正确； C．卫星 b 在地球的同步轨道上，所以卫星 b 和地球具有相同的周期和角速度。由万有引力提供向心力， 即 2 2 MmG m r r 解得 3 GM r a 距离地球表面的高度为 R，所以卫星 a 的角速度 38a GM R 此时 a、b 恰好相距最近，到卫星 a 和 b 下一次相距最近 （ ωa-ω）t=2 π 3 2 8 t GM R 故 C 正确； D．让卫星 b 减速，卫星 b 所需的向心力减小，万有引力大于所需的向心力，卫星 b 会做向心运动，轨道 半径变小，离开原轨道，所以不能与 c 对接，故 D 错误； 故选 BC 。 10．在一些电磁现象中会产生一种特殊的电场，其电场线为一个个同心圆，没有起点和终点如图所示，实 线为电场线，方向为顺时针，虚线为经过圆心的一条直线．已知该电场线图像中某一点的电场强度大小与 方向和静电场的电场线具有相同规律，则 A． A 点的电场强度比 B 点的电场强度大 B．将一点电荷沿直线 AB 移动，电场力不做功 C．将一点电荷从 A 点静止释放，点电荷会沿电场线做圆周运动 D．在 A 点放上一正点电荷，点电荷将受到向左的电场力 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A. 电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线越密，场强越大，则知 A 点的场强比 B 点的场强小，故 A 错误． B.直线 AB 与电场线垂直，是一条等势线，将一点电荷沿直线 AB 移动，电场力不做功，故 B 正确． C.点电荷在 A 点所受的电场力沿电场线的切线方向，将点电荷从 A 点静止释放后，电场力将使该点电荷 离开原电场线，所以点电荷不可能沿电场线做圆周运动，故 C 错误． D.A 点场强方向沿电场线的切线方向， 即向左， 则在 A 点放上一正点电荷， 该点电荷所受的电场力也向左， 故 D 正确． 故选 BD 。 11．密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，液面与空气、容器壁的接触情形如图所示。则 （ ） A．水对容器壁是浸润的 B．水的表面层分子间作用力表现为斥力 C．水面上方的水蒸汽为饱和汽 D．环境温度改变时水的饱和气压不变 【答案】 AC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．由图可知，水润湿容器壁并依附在容器壁上面，属于浸润现象，此时附着层内分子间的距离小于液 体内部分子的距离，附着层分子之间的作用力表现为斥力，附着层有扩展趋势，故 A 正确， B 错误； C．密闭的导热容器中盛有部分水，长时间静置后，水蒸气与水达到动态平衡，故水面上方的水蒸汽为饱 和汽，故 C 正确， D．水的饱和气压随温度的变化而变化，故 D 错误。 故选 AC 。 12．如图， MN 和 PQ 是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨足够长，电阻不计，匀强磁场垂 直导轨平面向里。金属杆 ab 垂直导轨放置，与导轨始终良好接触，金属杆具有一定的质量和电阻。开始 时，将开关 S 断开，让金属杆 ab 由静止开始自由下落，经过一段时间，再将开关 S 闭合，从闭合开关 S 开始计时， 取竖直向下为正方向， 则金属杆运动的动能 E K 、加速度 a、所受到的安培力， 及电流表的示数， 随时间 t 变化的图象可能是 A． B． C． D． 【答案】 BC 【解析】 【详解】 闭合开关时，金属棒受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力相等，即 mg=BIL= 22B l v R 金属杆做匀速直线运动。 速度不变， 则动能、 安培力、 感应电流都不变， 加速度为零。 若安培力小于重力， 则加速度的方向向下，做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，做加速度逐渐减小 的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，则 a－ t 图象是斜率逐渐减小的曲线，因为 2 0 1 2kE m v at 所以 E k－ t 图象是一条斜率减小的曲线。安培力为 2 2 F B l v R F－ t 图线先是一条斜率逐渐减小的曲线，之后恒定不变，因为 BlvI R 所以 I －t 图象先是一条斜率逐渐减小的的曲线， 当金属杆匀速时， 电流恒定不变， 但 t=0 时金属杆有速度， 所以 t=0 时电流不等于零。若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中， 安培力减小，做加速度逐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动。安培力为 2 2B l vF R 所以 F－t 图象是斜率逐渐减小的曲线，当匀速运动时，安培力不再减小，此时安培力等于重力，故 AD 错误， BC 正确。 故选 BC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学设计了一个既可以测电阻又可以测电源电动势与内阻的实验电路，如图甲所示，实验室提供了 以下实验器材： 电源 E（电动势约为 6V ，内阻约为 1Ω）； 定值电阻 R0（阻值约为 5Ω）； 电流表 A（量程 30mA ，内阻约为 5Ω）； 电流表 B（量程 1A，内阻约为 1Ω）； 电压表 C（量程 6V，内阻约为 5kΩ）； 电压表 D（量程 3V，内阻约为 3kΩ）； 滑动变阻器 F（阻值 0~20Ω）； 滑动变阻器 G（阻值 0~500Ω） 根据题中所给信息，请回答以下问题 (1)电流表应选 ________，滑动变阻器应选 ________；（选填器材代号） (2)该同学操作正确无误，用 U1、U 2、I 分别表示电表 V1、V 2、A 的读数，其数据如下表所示： I （A ） 0.30 0.35 0.40 0.45 0.50 0.55 U1（V） 5.68 5.61 5.57 5.51 5.48 5.40 U2（V） 1.44 1.69 1.91 2.16 2.39 2.62 根据表中数据求得定值电阻 R 0=________ Ω（保留一位小数） ，其测量值 ________真实值（选填 “ >”、“ <” 或 “=”）；该同学同时利用上表测得的数据求得电动势和内阻，由误差分析可知，电动势的测量值 ________ 电动势的真实值（选填 “>”、“<”或 “=”）。 (3)该同学进一步利用了一个辅助电源 E′，采用如图乙所示电路测量电源的电动势，测量过程中，调节 R 后再调节 R1，使电流表 A 1 的示数为 0，测得多组数据。这样，电源的电动势的测量值 ________电源电动 势的真实值（选填 “>”、“<”或 “=”）。 【答案】 B F 4.8 < < = 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1][2] ．电源电动势为 6V，保护电阻约为 5Ω，则电流约为 I= 0 6= 1 5 E R r A=1A 故为了能准确测量，电流表应选择 B；因电源内电阻较小，故滑动变阻器应选择阻值较小的 F； (2)[3][4][5] ．由电路图可知， U2 为定值电阻两端的电压，电流表示数为 R0 中的电流，由图可知电压表示 数与电流表示数成正比，则可知，定值电阻的阻值为 R0= 2U I ≈ 4.8 Ω 由于采用了电流表外接法，故测量出的电流偏大，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；如果用来测量 电动势和内阻，由于采用相对电源的电流表外接法，由于电压表分流作用而使电流表示数偏小，则测出的 电动势偏小； (3)[6] ．由于电压表支路中电流为零，故电压表不再分流，则此时电流表测出的电流为干路电流，电压表 示数为路端电压，因此测量结果是准确的。 14．某同学用图甲的实验装置验证机械能守恒定律。已知当地重力加速度为 g。 (1)用游标卡尺测量立方体小钢块的边长 d，测量结果如图乙，则 d=____cm 。 (2)用电磁铁吸住小钢块，保持小钢块底面与水平面平行。用刻度尺测量小钢块与光电门的高度差 h。 (3)将电磁铁断电，小钢块由静止开始下落，测得小钢块通过光电门的时间 t=3.20 ms 。则小钢块通过光电 门时的速度 v=____________m/s 。 (4)改变小钢块与光电门的高度差 h，重复步骤 (2)(3)，得到多组数据。 (5)利用实验数据作出 v2 一 h 图像。若 v2 一 h 图线为一条过原点的直线，且直线的斜率 k=____ ，则说 明 小钢块下落过程中机械能守恒。 （用题中给出的物理量符号表示） 【答案】 0.96 3.0 2g 【解析】 【详解】 (1)[1] ．用游标卡尺测量立方体小钢块的边长 d=0.9+0.1mm ×6=0.96cm 。 (3)[2] ．小钢块通过光电门时的速度 2 33.2 0.96 10 m/s=3.0m/ 0 10 sdv t (4)[3] ．由 21 2 mgh mv ，则 v2=2gh，则做出的 v2-h 图像的斜率为 2g。 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 h，此时封闭气体的温度为 T 1．现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收 热量 Q 时，气体温度上升到 T 2．已知大气压强为 p0，重力加速度为 g，T 1 和 T 2 均为热力学温度，不计 活塞与气缸的摩擦．求： （ 1）活塞上升的高度； （ 2）加热过程中气体的内能增加量． 【答案】 （1） 2 1 1 T T h T （2） 2 1 0 1 ( ) T TQ P s mg h T 【解析】 【详解】 （ 1）设温度为 T 2 时活塞与容器底部相距 H．因为气体做等压变化，由盖吕萨克定律： 1 2 1 2 V V T T ＝ 得： 1 2 hS HS T T ＝ 解得活塞上升的高度为 2 1 1 T Th H h h T （ 2）气体对外做功为： 0 0? mgW pS h p Sh p g S S m hV （ ） （ ） 由热力学第一定律可知： 2 1 0 0 1 ( )T TU Q W Q p S mg h Q P S mg h T V （ ） 16．如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上 表面。 t＝0 时刻， 给木板一个水平向右的初速度 v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力 F，经一段时间， 滑块从木板上掉下来。已知木板质量 M ＝ 3kg，高 h＝0.2m，与地面间的动摩擦因数 μ＝0.2；滑块质量 m ＝ 0.5kg，初始位置距木板左端 L 1＝0.46m ，距木板右端 L 2＝0.14m ；初速度 v0＝2m/s，恒力 F＝ 8N，重力 加速度 g＝10m/s2。求： (1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间； (2)滑块离开木板时，木板的速度大小。 【答案】 (1)0.2s(2)0.6m/s 【解析】 【详解】 (1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为 t 0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动， 根据运动学公式知 2 0 1 2 h gt ，得 t 0＝ 2h g ＝ 0.2s (2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 F＋μ (m＋M)g ＝Ma 1 得 a1＝5m/s2 则木板减速到零所经历的时间 t1＝ 0 1 v a ＝0.4s 所经过的位移 s1＝ 2 0 12 v a ＝ 0.4m 由于 s1