(含5套模拟卷)贵州省贵阳市2021届新高考物理考前模拟卷(1)含解析 107页

贵州省贵阳市 2021 届新高考物理考前模拟卷（ 1） 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．我国计划于 2020 年发射火星探测器，如图是探测器到达火星后的变轨示意图，探测器在轨道Ⅰ上的运 行速度为 1v ，在轨道Ⅱ上 P 点的运行速度为 v2，Q 点的运行速度为 3v ，在轨道Ⅲ上 P 点的运行速度为 v4， R 点的运行速度为 v5，则下列关系正确的是 A． 2 1v v B． 1 3v v C． 4 2v v D． 2 4 3 5 v v v v 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．在轨道Ⅰ上 P 点的速度小于轨道Ⅱ上 P 点的速度，选项 A 错误； B．在轨道Ⅰ上的速度大于经过 Q 点的圆轨道上的速度，即大于轨道Ⅱ上 Q 点的速度，选项 B 错误； C．探测器在轨道Ⅰ上运行，若经过 P 点时瞬时加速，就变成椭圆轨道，而且在 P 点加速时获得的速度越 大，椭圆轨道的远火星点就越远，轨道Ⅲ的远火星点 R 比轨道Ⅱ上的远火星点 Q 更远，因此 4 2v v ，选 项 C 正确； D．设 P 点到火星中心的距离为 r， Q 点到火星中心的距离为 r 1， R 点到火星中心的距离为 r 2，由开普勒 第二定律有： 2 3 1v r v r ， 4 5 2v r v r ， 2 1r r ，则 5 2 4 3 v v v v ，选项 D 错误 . 故选 C. 2．2018 年 7 月 29 日 09 时 48 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以 “一箭双星 ”方式 成功发射第 33、34 颗北斗导航卫星。火箭将两颗卫星送入了同一个轨道上的不同位置，如图所示。如果 这两颗卫星与地心连线成 θ(弧度 )角，在轨运行的加速度大小均为 a，均沿顺时针做圆周运动。 已知地球的 半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，则第 33 颗北斗卫星从图示位置运动到第 34 颗北斗卫星图示位置 所用的时间为 A． R g a a B． R g a a C． 2 R g a a D． 4 R g a a 【答案】 B 【解析】 【详解】 根据题意卫星运动的加速为 a，则 2 2 2( )GMm ma m r r T 在地球表面时 2 GMm mg R 则第 33 颗北斗卫星从图示位置运动到第 34 颗北斗卫星图示位置所用的时间为 2 t T 解得： R gt a a ，故 B 对； ACD 错 故选 B 3．有甲、乙两个可看成质点的小钢球，乙球的质量大于甲球的质量。现让甲球以速度 v0 在某一水平桌面 上水平抛出， 抛出后甲球的运动轨迹如图中的②图线所示。 然后再将乙球以同样的速度在同一地点将它水 平抛出。两球的运动都不计空气的阻力，则乙球的运动轨迹为图中的（ ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 两球在水平方向都做初速度相同的匀速直线运动， 在竖直方向， 两小球的加速度相同， 都为重力加速度 g， 故在竖直方向的运动也完全相同，因此两球的运动轨迹相同，即乙球的运动轨迹依然是图线②。 A．①与分析不符，故 A 错误； B． ②与分析相符，故 B 正确； C． ③与分析不符，故 C 错误； D． ④与分析不符，故 D 错误。 故选 B。 4．如图甲所示为由某材料制成的电阻 R 的阻值随温度 t 变化的图象，若用该电阻与电池 (电动势 E=1.5V ， 内阻不计 )、电流表 (量程为 50mA ，内阻不计 )、电阻箱申联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做 测温探头。将电阻箱的阻值调为 R'=15Ω，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单 的 “电阻温度计 ”。下列说法错误的是（ ） A．温度升高，电路中的电流减小 B．电流表刻度较大处对应的温度刻度较小 C．电流表的示数为 50mA 时，电阻 R 的阻值为 30Ω D．电流表的示数为 50mA 时，对应的温度为 5℃ 【答案】 C 【解析】 【详解】 AB ．由图甲可知，温度升高，电阻 R 的阻值增大，电路中电流减小，因此电流表刻度较大处对应的温度 刻度较小， AB 项正确，不符合题意； CD ．电流表的示数为 50mA 时，电路总电阻为 30Ω，电阻箱的阻值 R' =15 Ω。则 R=15Ω，由图甲可得对 应的温度为 5℃， C 项错误，符合题意， D 项正确，不符合题意； 故选 C。 5．如图所示， 绕地球做匀速圆周运动的卫星 P 的角速度为 ，对地球的张角为 弧度，万有引力常量为 G 。 则下列说法正确的是（ ） A．卫星的运动属于匀变速曲线运动 B．张角 越小的卫星，其角速度 越大 C．根据已知量可以求地球质量 D．根据已知量可求地球的平均密度 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．卫星的加速度方向一直改变，故加速度一直改变，不属于匀变速曲线运动，故 A 错误； B．设地球的半径为 R，卫星做匀速圆周运动的半径为 r ，由几何知识得 sin 2 R r 可知张角越小， r 越大，根据 2 2 MmG m r r 得 3 GM r 可知 r 越大，角速度 越小，故 B 错误； C．根据万有引力提供向心力，则有 2 2 MmG m r r 解得地球质量为 2 3rM G 因为 r 未知，所以由上面的式子可知无法求地球质量，故 C 错误； D．地球的平均密度 34 3 M R 则 2 3 3 4 sin 2 G 知可以求出地球的平均密度，故 D 正确。 故选 D。 6．如图所示，粗细均匀的正方形金属线框 abcd 用轻质导线悬吊，线框一半处在匀强磁场中，线框平面与 磁场垂直，给导线通以如图的恒定电流，静止时每根导线的拉力为 F。保持电流不变，将金属线框向下平 移刚好完全进入磁场中，静止时每根导线的拉力为 2F 。ab 边始终保持水平，导线始终竖直，则金属框的 重力为 ( ) A． 1 2 F B． 2 3 F C．F D． 4 3 F 【答案】 D 【解析】 【详解】 线框有一半在磁场中时，对整体根据平衡条件得到： 2F G F安 当线框全部在磁场中时，根据并联电路特点可知 ab 边和 cd 边电流之比为 1: 3 ，则根据平衡条件可知： 4 4F G F安 求得： 4 3 G F A. 由以上分析可知线框的重力为 4 3 F ，故选项 A 错误； B.由以上分析可知线框的重力为 4 3 F ，故选项 B 错误； C.由以上分析可知线框的重力为 4 3 F ，故选项 C 错误； D.由以上分析可知线框的重力为 4 3 F ，故选项 D 正确。 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．如图甲所示， A 、B 两平行金属板长为 l ，两板间加如图乙所示的方波电压 （图中所标数据均为已知量） ， 质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子从两板中线左端 O 点在 t=0 时刻以 0 lv T 的速度平行金属板射入两板 间，结果粒子在上板右端边缘附近射出，不计粒子的重力，则 A．粒子带正电 B．粒子从板间射出时的速度大小仍等于 0v C．两金属板的距离为 2 0 2 qU T m D．要使粒子仍沿中线射出，粒子从 O 点射入的时刻为 2 1 2 Tt n , 0,1,2N L L 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．由于粒子射入两板间的速度 0 lv T ，因此粒子穿过两板的时间为 0 lt T v ，粒子从 t =0 时刻射入两板间，结果粒子在上板右端附近射出，说明粒子射入两板间后，在竖直方向开始受到的电 场力向上，由于开始时 ABU 为正，上板带正电，表明粒子带负电，选项 A 错误； B．从 t=0 时刻开始，在一个周期内，粒子在垂直于金属板方向上先做初速度为零的匀加速运动后做匀减 速运动到速度为零，因此粒子从板间射出时速度大小仍等于 0v ，选项 B 正确； C．两板间的电场强度 0UE d ，粒子的加速度 0qUqEa m md 则 2 14 2 2 Td a 求得 2 0 2 qU Td m 选项 C 正确； D．要使粒子仍沿中线射出，则粒子从 O 点射入的时刻 2 1 4 2 4 T T Tt n n ，n=0 ，1，2⋯⋯ ，选项 D 错误； 故选 BC. 8．在水面上的同一区域内，甲、乙两列水面波独立传播，传播方向互相垂直，波的频率均为 2Hz 。 0t 时刻其波峰与波谷情况如图所示。甲波的振幅为 5cm，乙波的振幅为 10cm 。质点 2、3、5 共线且等距离。 下列说法中正确的是 ________。 A．质点 2 的振动周期为 0.5s B．质点 2 的振幅为 15cm C．图示时刻质点 1、 2 的竖直高度差为 15cm D．图示时刻质点 3 正处于平衡位置且向上运动 E.从图示的时刻起经 0.25s，质点 5 通过的路程为 30cm 【答案】 ABE 【解析】 【详解】 Ａ．两列波的频率均为 2Hz ，可知周期为 1 0.5sT f ，选项 A 正确； B．质点 2 是谷谷叠加，则振动加强，则质点 2 的振幅为 15cm，选项 B 正确； C．图示时刻质点 1 在波峰位置，位移为正向 15cm；质点 2 为波谷位置，位移为负向 15cm，则此时质点 1、2 的竖直高度差为 30cm，选项 C 错误； D．图示时刻质点 2 在波谷，质点 5 在波峰位置，质点 3 正处于 2 和 5 的中间位置，由波的传播方向与质 点振动方向的关系可知，质点 3 处于平衡位置且向下运动，选项 D 错误； E．质点 5 的振动加强， 振幅为 A=15cm ，则从图示的时刻起经 0.25s=0.5T ，质点 5 通过的路程为 2A=30cm ， 选项 E 正确； 故选 ABE. 9．如图所示，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度相等的光滑轨道．甲、乙两小孩沿不同轨道同 时从 A 处自由滑向 B 处，下列说法正确的有 A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达 B 处 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 试题分析：由受力分析及牛顿第二定律可知，甲的切向加速度先比乙的大，后比乙的小，故 A 错误；由机 械能守恒定律可知，各点的机械能保持不变，高度（重力势能）相等处的动能也相等，故 B 错误；由甲乙 的速度时间图像可知 C 错误 D 正确 考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律 10．如图所示，一质量为 m 的物块从光滑斜面底端 A 点以某初动能沿斜面开始向上滑，滑到 B 点时动能 减半，滑到 C 点时动能为零。以过 C 点的水平面为零势能面，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ） A．物块在 A 点处的重力势能为零 B．物块在 A 、B 两点处速度大小之比为 2∶1 C．物块在 AB 段和 BC 段克服重力做的功之比为 1∶1 D．物块在 A、B 两点处重力的瞬时功率之比为 2 ∶ 1 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A．物块上滑过程中只有重力做功，机械能守恒，在 C 点机械能为零，在 A 点有动能，重力势能不为零且 为负值，故 A 错误； B．设物块的初动能为 E k， 2 k 1 2 AE mv ，在 B 点有 k 2 B 1 1 2 2 E mv 解得 : 2 :1A Bv v 故 B 错误； C．根据动能定理可得 k 1 2AB BCW W E 故 C 正确； D．物块在 A、B 两点处重力的瞬时功率之比等于瞬时速度之比即 2 :1，故 D 正确。 故选 CD 。 11．在图示电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为 2∶1，电阻 R1、R 2、R3、 R4 的阻值均为 4Ω。已 知通过 R4 的电流 i4=2 2 sin100 π tA，下列说法正确的是（ ） A． a、b 两端电压的频率可能为 100Hz B． a、b 两端电压的有效值为 56V C．若 a、b 两端电压保持不变，仪减小 R2 的阻值，则 R1 消耗的电功率减小 D．若 a、b 两端电压保持不变，仪减小 R1 的阻值，则 R2 两端电压增大 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．通过 4R 的电流 4 2 2sin100 Ai t ，则角速度 100 rad/s 频率为 50Hz 2 f 变压器不会改变交流电的频率，故 a 、 b 两端电压的频率为 50Hz，故 A 错误； B．通过 4R 的电流最大值为 2 2A ，则有效值为 4 2AI 根据并联电路的规律可知，通过 3R 的电流有效值为 2A ，副线圈的输出电流： 2 4AI = 根据变流比可知，原线圈的输入电流 2 1 2 1 2AnI I n 1R 两端电压为 1 1 1 8VRU I R 副线圈两端电压 2 2 2 4 4 24VU I R I R 根据变压比可知，原线圈的输入电压 1 1 2 2 48VnU U n 则 a 、 b 两端电压 1 1 56Vab RU U U 故 B 正确； C．若 a 、b 两端电压保持不变， 仅减小 2R 的阻值， 根据闭合电路欧姆定律可知， 副线圈的输出电流增大， 根据变流比可知，原线圈的输入电流增大，则 1R 消耗的电功率增大，故 C 错误； D．若 a 、 b 两端电压保持不变，仅减小 1R 的阻值，则原线圈输入电压增大，根据变压比可知，副线圈输 出电压增大，则 2R 两端的电压增大，故 D 正确； 故选 BD 。 12．如图所示为某一工作车间的传送装置，已知传送装置与水平面夹角为 37°，传送带以 10m/s 的速率顺 时针运转．某时刻在传送带上端 A 处无初速度的轻轻放上一质量为 1kg 的小铁块（可视为质点） ，铁块与 传送带间的动摩擦因数为 0.5，传送带 A 到 B 的总长度为 16m，其中 210 /g m s ，则在小铁块从 A 运动 到 B 的过程中（ ） A．小铁块从 A 到 B 运动的总时间为 2s B．小铁块对皮带做的总功为 0 C．小铁块与传送带相对位移为 4m D．小铁块与皮带之间因摩擦生热而产生的内能为 20J 【答案】 AC 【解析】 【分析】 【详解】 A. 开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，小物体下滑的加速度 2 2 (sin cos ) 10m/sa g g ，小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为 1 1vt s a ，在 这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为 1 10 1 5 2 2 vs t m m ，由于 μ＜ tan θ，此后，小物体沿传 送带继续加速下滑时， 它相对于传送带的运动的方向向下， 因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传 送带向上，其加速度变为 a1=g（sin θ-μ cos θ）=10×（ 0.6-0.5 ×0.8）m/s2=2m/s 2，小物体从该位置起运动到 B 端的位移为 s-s1=16m-5m=11m ，小物体做初速度为 v=10m/s 、加速度为 a1 的匀加速直线运动，由 2 1 2 1 2 1 2 s s vt a t ，代入数据，解得 t2=1s（t 2=-11s 舍去）所以，小物体从 A 端运动到 B 端的时间为 t=t 1+t 2=2s，故 A 正确； B.皮带的总位移 10 2 20x vt m m,摩擦力 : 0cos37 0.5 1 10 0.8 4f mg N N ，所以摩 擦力所做的功为 20 4 80fW fx J J ，故 B 错误； C.物体从 A 到 B 运动的位移为 16m，由 B 项分析可知，皮带的总位移为 20m，所以小铁块与传送带相对 位移为 4m，故 C 正确； D.因摩擦产生的热量 =4 4 =16Q fs J J相 ，故 D 错误。 故选 AC 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．教材列出的木一木动摩擦因数为 0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因 数。实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。 （ 1）实验所用重锤质量 150g 左右，下列供选择的木块质量最合适的是 ____； A． 20g B． 260g C．500g D．600g （ 2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有 ____； A．实验中先释放木块，后接通电源 B．调整定滑轮高度，使细线与板面平行 C．必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等 D．木块释放位置到滑轮距离正常应在 0.6m 左右 （ 3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每 5 个打点取一个计数点，依次标出 0、l 、 2、3、4、5、6，测得点 O 与点 3、点 6 间的距离分别为 19.90cm 、 54.20cm，计时器打点周期为 0.02s， 则木块加速度 a= ____m/s 2(保留两位有效数字 )； （ 4）实验测得 μ=0.33，大于教材列表中的标值，请写出两个可能的原因： ____，_____。 【答案】 B BD 1.6 木块、木板表面粗糙程度有差异 细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1] 由题知，重锤的质量 m=150g 左右，动摩擦因数 0.30，设木块的质量为 M ，为使木块在重锤 的拉动下沿水平长木板做匀加速运动，对整体，根据牛顿第二定律有 mg Mg m M a 解得 mg Mga m M 根据长木板做匀加速运动，即 a>0，可得 0mg Mg 解得 500M g 当木块的质量 M 越小时，滑动摩擦力越小，整体的加速度越大，在纸带上打的点越少，则在计算加速度 时误差较大，综上分析可知，木块质量最合适的是 260g，故 B 符合题意， ACD 不符合题意； 故选 B。 （ 2） [2]A ．实验时应先接通电源，再释放纸带，故 A 错误； B．为保证木块所受的拉力为细线的拉力，则应调整定滑轮的高度使细线与木板平行，故 B 正确； C．根据实验原理 mg Mg m M a 可知不必满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等，故 C 错误； D．假设木板光滑，对整体受力分析，根据牛顿第二定律有 mg m M a 将（ 1）问中的 m=150g ， M=260g 代入上式，可得加速度 4a m/s2 为减少误差，计算方便，一般在纸带上是每隔 5 个点取一个计数点，即时间间隔 5 0.02s 0.1sT ，通 常是取 5 至 6 个计数点，则总时间为 0.5s 到 0.6s，取最开始的计数点是从初速度为 0 开始的，根据位移时 间公式有 21 2 x at 取 t=0.5s 计算可得 0.50mx 取 t=0.6s 计算可得 0.72mx 故为提高纸带利用效率，减少实验误差，木块释放位置到滑轮距离正常应在 0.6m 左右，故 D 正确。 故选 BD 。 （ 3） [3] 由题知，每隔 5 个点取一个计数点，则时间间隔 5 0.02s 0.1sT ，根据 2x aT 可得加速度为 06 03 03 29 x x x a T 由题知 03 19.90cmx ， 06 54.20cmx ，代入数据解得 21.6m / sa （ 4） [4] 实验测得 μ=0.33，大于教材列表中的标值，根据实验原理分析，可能存在的原因有：木块、木板 表面粗糙程度有差异；细线与滑轮摩擦或纸带与计时器摩擦。 14．如图 1 所示，为 “探究加速度与力、质量的关系 ”实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度 a 与钩 码的质量及小车和砝码的质量对应关系图。 钩码的质量为 m 1，小车和砝码的质量为 m 2，重力加速度为 g。 （ 1）下列说法正确的是 _________。 A．每次在小车上加减砝码时，应重新平衡摩擦力 B．实验时若用打点计时器应先释放小车后接通电源 C．本实验 m 2 应远小于 m1 D．在用图象探究加速度与质量关系时，应作 a﹣ 2 1 m 图象 （ 2）实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，测得 F=m 1g，作出 a﹣F 图象，他可能作出 图 2 中 _____________（选填 “甲 ”、“乙”、“丙 ”）图线。此图线的 AB 段明显偏离直线，造成此误差的主 要原因是 ______________。 A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态 C．砝码盘和砝码的总质量太大 D．所用小车的质量太大 （ 3）实验时，某同学遗漏了平衡摩擦力这一步骤，若轨道水平，他测量得到的 2 1 m ﹣ a 图象，如图 3。设 图中直线的斜率为 k ，在纵轴上的截距为 b，则小车与木板间的动摩擦因数 μ=________，钩码的质量 m 1=________。 （ 4）实验中打出的纸带如图 4 所示。相邻计数点间的时间是 0.1s，图中长度单位是 cm，由此可以算出小 车运动的加速度是 ________m/s2。 【答案】 D 丙 C b gk 1 gk 0.46 【解析】 【详解】 (1)[1]A ．平衡摩擦力，假设木板倾角为 θ，则有： 2 2sin cosf m g m g m 2 约掉了，每次在小车上加减砝码时，故不需要重新平衡摩擦力，故 A 错误； B．实验时应先接通电源后释放小车，故 B 错误； C．让小车的质量 2m 远远大于钩码的质量 1m ，绳子的拉力 2 2 1 2 1 m gF m a m m 故应该是 1 2m m= ，故 C 错误； D． 2F m a ，所以： 2 Fa m ，所以在用图像探究小车的加速度与质量的关系时，通常作 2 1a m 图像， 故 D 正确。 故选： D。 (2)[2] 遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况。故图线为丙； [3] 当不满足 1 2m m= 时，随 m 1 的增大物体的加速度 a 逐渐减小，故图象弯曲的原因是：所挂钩码的总质 量太大，不满足沙和沙桶质量远小于小车的质量，故 C 正确。 (3)[4][5] 根据牛顿第二定律可知 1 2 2m g m g m a 结合 2 1 a m 图象，可得： 2 1 1 1 1 a m m m g 设图中直线的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b，因此钩码的质量 1 1m gk 小车与木板间的动摩擦因数 b gk (4)[6] 根据 △x=aT 2 得， 2 2 24 1 2 2 2.62 1.24 10 m/s 0.64m/s 3 3 0.1 x xa T 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，两条足够长的光滑导电轨道倾斜放置，倾角 37 ，轨道足够长，轨道间距离 0.6mL ， 轨道下端连接 2R 的电阻，轨道其他部分电阻不计，匀强磁场垂直于轨道平面向上，磁感应强度 0.5TB ，一质量为 0.1kgm ，电阻 1r 的导体棒 ab 在平行于轨道的恒定的拉力 F 作用下由静止开 始向上运动， 1 8mx 时速度达到最大，最大速度 m 10m/sv 。这时撤去拉力 F，导体棒继续运动到达最 高点，全过程中流过电阻 R 的电荷量 1Cq ， sin37 0.6 ，取 210m/sg ，求： （ 1）导体棒达到最大速度时导体棒两端的电势差 abU ； （ 2）导体棒 ab 在恒定的拉力 F 作用下速度为 2 mv 时的加速度大小； （ 3）向上运动的全过程中电阻 R 上产生的热量。 【答案】 （1） 2V ；（2） 21.5m/s ；（3）0.8J 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）导体棒达到最大速度时 mE BLv EI R r 根据右手定则知导体棒中的感应电流由 a 到 b abU IR 解得 2VabU （ 2）导体棒达到最大速度时有 sinF BIL mg 解得 0.9NF 导体棒 ab 在恒定的拉力 F 作用下速度为 m 2 v 时 m 2 vE BL EI R r sinF mg BI L ma 解得 21.5m/sa （ 3）全过程 BLxq R r 根据能量守恒得 1 sin 0Fx mgx Q总 R RQ Q R r 总 解得 0.8JRQ 16．如图所示，为常德市某小区在防治新冠疫情过程中用于喷洒消毒液的喷雾器，由三部分构成，左侧为 手持式喷雾管，管底部有阀门 K ；中间为储药桶，桶的横截面积处处相等为 S=400cm 2，桶高为 H=50cm ， 桶的上方有可以关闭的盖子； 右侧是通过体积可忽略的细管连通的打气装置， 每次打进 V 0=700cm 3 的空气。 某次消毒需将喷嘴举高到比桶底高 75cmh 处，工作人员关闭阀门 K ，向桶中装入了 h=30cm 深的药 液，封闭盖子，为了能使储药桶中消毒液全部一次性喷出，通过打气装置向桶内打气。求需要打气多少次 才能达到目的？ （已知大气压强 0 75.0cmHgp ，消毒液的密度为水银密度的 0.1 倍， 不考虑在整个消毒 过程中气体温度的变化。桶内药液喷洒完时喷管内仍然充满药液，设喷管内部体积远小于储药桶的体积） 【答案】 20 次 【解析】 【分析】 【详解】 当桶内装入 30cmh 深的药液时，桶内气体体积为 1 ( )V S H h ① 末状态欲使桶内药液全部喷出，对桶内剩余的空气进行分析 2 0 0.1p hp ② 根据玻意耳定律，末状态桶内气体可转化为与空气压强相同的气体 2 0 2p SH p V ③ 需要打气次数 2 1 0V V nV ④ 联立上式得 20n 次 17．一个横截面为梯形的玻璃砖， 如图所示， 2 2AB EF L ，∠A=∠ B=60°，该玻璃砖的折射率 n=1.5 ， 一束光从距 A 点为 4 L 的 G 点垂直 AB 射入玻璃砖。光在真空中的传播速度为 c，不计光路逆向的来回反 射情形。 (1)请完成光路图； (2)该束光从 G 点进入起，到刚射出玻璃砖经历的时间 t。 【答案】 (1) ；(2) 9 3 4 L c 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设光发生全反射的临界角为 C，可知 1s n 2 3 i C n 光由 G 点垂直进入玻璃砖，由几何关系可知光在 H 点的人射角 60i C 故入射光线射到 AF 面会发生全反射，同理在 FE、EB 面也发生全反射，光路图如图所示 (2)由 cn v ，解得 2 3 v c 根据几何关系可得光在玻璃砖内传播的路程为： 3 32 tan60 2 2 cos30 4 2 2 L L Ls GH HI IJ JM 光束在玻璃砖内传播的时间为 9 3 4 s Lt v c 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．木块甲、乙分别重 50 N 和 60 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为 0.25。夹在甲、乙之间的轻弹 簧被压缩了 2cm，弹簧的劲度系数为 400N/m 。系统置于水平地面上静止不动。现用 F=1N 的水平拉力作 用在木块乙上，如图所示。力 F 作用后木块所受摩擦力情况是（ ） A．木块甲所受摩擦力大小是 12.5 N B．木块甲所受摩擦力大小是 11.5 N C．木块乙所受摩擦力大小是 9 N D．木块乙所受摩擦力大小是 7 N 2．我国计划在 2020 年发射首个火星探测器，实现火星环绕和着陆巡视探测。假设 “火星探测器 ”贴近火星 表面做匀速圆周运动，测得其周期为 T。已知引力常量为 G，由以上数据可以求得（ ） A．火星的质量 B．火星探测器的质量 C．火星的第一宇宙速度 D．火星的密度 3．继我国探月工程之后， 2020 年我国计划启动火星探测任务，择机发射火星探测器。若已知引力常量 G 和火星的半径 R，火星探测器环绕火星表面飞行的周期 T，那么根据这些已知条件可估算（ ） A．火星的第一宇宙速度 B．火星的自转角速度 C．探测器的质量 D．探测器受火星的引力 4．下列说法正确的是（ ） A．米、千克、秒、库仑都属于国际单位制的基本单位 B．同一个物体在地球上比在月球上惯性大 C．一对作用力与反作用力做的功一定大小相等且一正一反 D．物体做曲线运动时，其所受合力的瞬时功率可能为零 5．伽利略在研究力和运动的关系的时候，用两个对接的斜面，一个斜面固定，让小球从斜面上滚下，又 滚上另一个倾角可以改变的斜面，斜面倾角逐渐改变至零，如图所示．伽利略设计这个实验的目的是为了 说明（ ） A．如果没有摩擦，小球将运动到与释放时相同的高度 B．如果没有摩擦，物体运动过程中机械能守恒 C．维持物体做匀速直线运动并不需要力 D．如果物体不受到力，就不会运动 6．如图所示是旅游景区中常见的滑索。研究游客某一小段时间沿钢索下滑，可将钢索简化为一直杆，滑 轮简化为套在杆上的环， 滑轮与滑索间的摩擦力及游客所受空气阻力不可忽略， 滑轮和悬挂绳重力可忽略。 游客在某一小段时间匀速下滑，其状态可能是图中的（ ） A． B． C． 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．如图所示，用跨过光滑滑轮的轻质细绳将小船沿直线拖向岸边，已知拖动细绳的电动机功率恒为 P， 电动机卷绕绳子的轮子的半径 25cmR ，轮子边缘的向心加速度与时间满足 2[2(2 2) ]a t ，小船的 质量 3kgm ，小船受到阻力大小恒为 10 ( 3 1)Nf ，小船经过 A 点时速度大小 0 2 6 m / s 3 v ， 滑轮与水面竖直高度 1.5mh ，则（ ） A．小船过 B 点时速度为 4m/s B．小船从 A 点到 B 点的时间为 ( 2 1)s C．电动机功率 50WP D．小船过 B 点时的加速度为 225 2 20 3 5 m / s 6 8．以下说法中正确的是 ________。 A．全息照相利用了光的衍射现象 B．如果两个波源振动情况完全相同，在介质中能形成稳定的干涉图样 C．声源远离观察者时，听到的声音变得低沉，是因为声源发出的声音的频率变低了 D．人们所见到的 “海市蜃楼 ”现象，是由于光的全反射造成的 E.摄像机的光学镜头上涂一层 “增透膜 ”后，可减少光的反射，从而提高成像质量 9．如图所示。竖直光滑杆固定不动，两根完全相同的轻质弹簧套在杆上，弹簧下端固定。形状相同的两 物块 A、B 分别置于两弹簧上端但不会拴接， A 的质量大于 B 的质量。现用外力作用在物体上，使两端弹 簧具有相同的压缩量。撤去外力后，两物块由静止向上运动并离开弹簧。从撤去外力到物块速度第一次减 为零的过程中。弹簧始终在弹性限度之内，以地面为零势能面。下列说法正确的是（ ） A．上升过程中两物块机械能均守恒 B． A 上升的最大高度小于 B 上升的最大高度 C． A 物体的最大速度大于 B 物体的最大速度 D． A 物体的最大加速度小于 B 物体的最大加速度 10．在粗糙地面上，某吋刻乒乓球的运动状态如图所示，判断一段时间后乒乓球的可能运动状况（ ） A．静止 B．可能原地向前无滑滚动 C．原地向左滚动 D．原地向右滚动 11．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场 E 和垂直纸面向外的匀强磁场 B，在竖直平面内从 a 点沿 ab、ac 方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球的电荷量始终不变，关于小球的 运动，下列说法正确的是 ( ) A．沿 ab、ac 方向抛出的小球都可能做直线运动 B．若小球沿 ac 方向做直线运动，则小球带负电，可能做匀加速运动 C．若小球沿 ab 方向做直线运动，则小球带正电，且一定做匀速运动 D．两小球在运动过程中机械能均守恒 12．下列说法正确的是（ ） A．随着分子间距离的减小，其斥力和引力均增大 B．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点 C．一定质量的 0°C 的冰熔化成 0°C 的水，其分子势能会增加 D．一定质量的气体放出热量，其分子的平均动能可能增大 E.第二类永动机不可能制成的原因是它违反了能量守恒定律 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学用如图甲所示的装置做 “探究合力做的功与动能改变量之间的关系 ”的实验， 他们将光电门固定 在水平轨道上的 B 点， 并用重物通过细线拉带有遮光条的小车， 然后保持小车和重物的质量不变， 通过改 变小车释放点到光电门的距离（ s）进行多次实验，实验时要求小车每次都从静止释放。 （ 1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，其示数如图乙所示，则遮光条的宽度 d ________mm 。 （ 2）为了减小误差，实验时需要进行的操作是 ________。 A．将水平轨道上的 A 端垫高适当的高度，以平衡摩擦力 B．使重物的质量 m 远大于小车及遮光条的总质量 M C．调节水平轨道左端滑轮的高度 （ 3）某次实验中，测得小车及遮光条的质量 M=1kg ，光电门记录小车通过的时间 0.002st ，则在此次 实验中小车及遮光条增加的动能为 ________J（结果保留到小数点后两位） 。 （ 4）实验中利用 ________计算拉力对小车做的功 W 在方格纸上做出 kE W 图像 （ kE 是小车和重物动能 之和） ，如图所示。 由图像可以看出 kE 总是略大于 W ，造成这种现象的原因是 ________________________。 14．图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安 培力， 来测量磁场的磁感应强度大小、 并判定其方向． 所用部分器材已在图中给出， 其中 D 为位于纸面内 的 U 形金属框， 其底边水平， 两侧边竖直且等长； E 为直流电源； R 为电阻箱； 为电流表； S 为开关． 此 外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线． (1)在图中画线连接成实验电路图 ________． (2)完成下列主要实验步骤中的填空： ①按图接线． ②保持开关 S 断开，在托盘内加入适量细沙，使 D 处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量 m 1． ③闭合开关 S，调节 R 的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使 D________ ；然后读出 ________，并用天平称出 ________． ④用米尺测量 ________． (3)用测量的物理量和重力加速度 g 表示磁感应强度的大小，可以得出 B＝ ________． (4)判定磁感应强度方向的方法是：若 ________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂 直纸面向里． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图（ a）所示，倾角 θ =30°的光滑固定斜杆底端固定一电量为 Q=2×10 ﹣4C 的正点电荷，将一带正电 小球（可视为点电荷）从斜杆的底端（但与 Q 未接触）静止释放，小球沿斜杆向上滑动过程中能量随位 移的变化图象如图 （b）所示， 其中线 1 为重力势能随位移变化图象， 线 2 为动能随位移变化图象． （g=10m/s 2， 静电力恒量 K=9×109N?m2/C 2）则 （ 1）描述小球向上运动过程中的速度与加速度的变化情况； （ 2）求小球的质量 m 和电量 q； （ 3）斜杆底端至小球速度最大处由底端正点电荷形成的电场的电势差 U； （ 4）在图（ b）中画出小球的电势能 ε 随位移 s 变化的图线． （取杆上离底端 3m 处为电势零点） 16．如图所示，四边形 ABCD 是一块玻璃砖的横截面示意图，∠ D=90°， DO 垂直于 AB ，垂足为 O.一束 单色光从 O 点射入玻璃砖，人射角为 i，调节 i 的大小，当 i=45 °时， AD 面和 CD 面都恰好没有光线射出 . 求： ①玻璃砖对该单色光的折射率 . ②四边形 ABCD 中∠ A 的大小 . 17．一足够长宽为 L 的长方体透明介质与右侧的荧光屏平行放置， 其右表面距离荧光屏的距离也为 L ，在 透明介质的左侧 L 处有一点光源 S，该光源在荧光屏上的投影点为 O，点光源 S 发出一细光束，光束与透 明介质表面呈 =45°，细光束经透明介质折射后射到荧光屏上的 A 点，经测量可知 AO 两点之间的距离 为 3(2 ) 3 L ，已知光在真空中的速度为 c。求： (1)该透明介质的折射率大小为多少？ (2)细光束从发射到射到荧光屏上的时间为多少？ 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 1．C 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．由于弹簧被压缩了 2cmx ，故弹簧的弹力 400N/m 0.02m 8NF k x 对于甲来说弹簧对它的力是向左的，大小为 8N，而甲静止，则甲最大的静摩擦力为： f 甲 =50N×0.25=12.5N>F 则甲静止，则甲受到的摩擦力与 F 等大方向 f 甲 =F=8N 故甲受到的摩擦力为 8N，方向水平向右，选项 AB 均错误； CD ．对乙，其最大静摩擦力 f 乙=60N×0.25=15N 它受向右的 8N 的弹力，还有向右的 1N 的拉力，故两力的合力大小为 9N，方向水平向右，也小于其最大 静摩擦力，乙也处于静止状态，受力平衡，故它受到的摩擦力等于弹簧对它的弹力和拉力的合力 9N，方 向水平向左，选项 C 正确， D 错误。 故选 C。 2．D 【解析】 【详解】 AC ．根据 2 2 2 4MmG m R R T 和 2vmg m R 可知，因缺少火星的半径，故无法求出火星的质量、火星的第 一宇宙速度，选项 AC 均错误； B．根据上式可知，火星探测器的质量 m 被约去，故无法求出其质量， B 错误； D．根据 2 2 2 4MmG m R R T 可得 2 3 2 4 RM GT 又 34 3 M V R 代入上式可知，火星的密度 2 3 GT 故可求出火星的密度， D 正确。 故选 D。 3．A 【解析】 【分析】 【详解】 A．由题中条件可求火星的第一宇宙速度 2 Rv T 选项 A 正确； B．由题中条件不能求解火星的自转角速度，选项 B 错误； C．根据 2 2 2 4MmG m R R T 而探测器的质量 m 从两边消掉了，则不能求解探测器的质量，选项 C 错误； D．探测器的质量未知，则不能求解探测器受火星的引力，选项 D 错误。 故选 A。 4．D 【解析】 【分析】 【详解】 A．在国际单位制中，力学的单位被选为基本单位的是米、千克、秒，电学的单位被选为基本单位的是安 培，不是库仑，故 A 错误； B．惯性大小的唯一量度是质量，故同一个物体在地球上与在月球上惯性一样大，故 B 错误； C．作用力做正功，反作用力也可以做正功，比如两带电小球靠斥力分开，库仑斥力对两小球都做正功， 故 C 错误； D．物体做曲线运动时，如果速度和力垂直，功率为零，如匀速圆周运动，故 D 正确。 故选 D。 5．C 【解析】 【分析】 本题考查了伽利略斜面实验的物理意义， 伽利略通过 “理想斜面实验 ”推翻了力是维持运动的原因的错误观 点． 【详解】 伽利略的理想斜面实验证明了：运动不需力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状 态或静止状态，故 ABD 错误， C 正确．故选 C． 【点睛】 伽利略 “理想斜面实验 ”在物理上有着重要意义， 伽利略第一个把实验引入物理， 标志着物理学的真正开始 . 6．B 【解析】 【分析】 【详解】 设索道的倾角为 α，若不考虑任何阻力，对滑轮和乘客组成的整体，由牛顿第二定律得 （M+m ） gsin α=（M+m ）a 对乘客由于满足 Mgsin α =Ma 可知绳子与索道垂直。若索道与滑轮之间有摩擦，而乘客不受空气阻力，则当匀速运动时，绳子在竖直方 向； 若同时考虑滑轮与索道之间的摩擦以及人所受的空气阻力， 则绳子应该在垂直于索道与竖直方向之间， 则选项 B 正确， ACD 错误；故选 B。 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．AD 【解析】 【详解】 AB. 由 2va R 得，沿绳子方向上的速度为： 2 2v aR t（ ） 小船经过 A 点时沿绳方向上的速度为： 1 0 0 330 2 v v cos v 小船经过 A 点时沿绳方向上的速度为： 2 245 2B Bv v cos v 作出沿绳速度的 v-t 图象，直线的斜率为： 0 2 3 2 2 2 2 Bv v t A 到 B 图象与横轴所夹面积即为沿绳的位移： 0 2 3 2 2 (2 2) 2 Bv v t h 联立可解得： 4m/sBv ； 2 1 st （ ） 选项 A 正确， B 错误； C.小船从 A 点运动到 B 点，由动能定理有： 2 2 0 1 1 2 2BPt fs mv mv 由几何知识可知： 3 1s h（ ） 联立可解得： 50 2 1 WP （ ） 选项 C 错误； D.小船在 B 处，由牛顿第二定律得： 45 45 B B P cos f ma v cos 解得： 225 2 20 3 5 m/s 6Ba 选项 D 正确。 故选 AD 。 8．BDE 【解析】 【分析】 【详解】 A．全息照相利用了激光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故 A 错误； B．当频率相同与振幅完全相同时，则会形成稳定的干涉图样，故 B 正确； C．若声源远离观察者，观察者会感到声音的频率变低，是接收频率变小，而发射频率不变，故 C 错误； D．海市蜃楼是一种由光的折射产生的现象， 是由于光在密度不均匀的物质中传播时， 发生折射而引起的， 属于全反射，故 D 正确； E．当薄膜的厚度为入射光在增透膜中波长的 1 4 时， 从薄膜前后表面的反射光相互抵消， 从而减少了反射， 增加了透射，故 E 正确。 故选 BDE 。 9．BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．上升过程中在弹簧恢复原长前，弹簧弹力一直对物块做正功，物块机械能增加， A 错误； B．物块从撤去外力到第一次速度减为 0，根据能量守恒定律 pmgh E 弹 解得 pE h mg 弹 弹簧压缩量相同，所以对于两物块弹簧释放的弹性势能 pE 弹 相同，因为 A Bm m ，所以两小球上升的最 大高度关系为 A Bh h B 正确； C．物块速度最大时，加速度为 0，假设初始状态弹簧的压缩量为 0x ，达到最大速度前，合力满足 0 0( )F k x x mg kx kx mg x 为物块向上运动的位移，因为 A Bm m ，所以 F x图像为 F x图线与位移轴围成的面积为合外力做功，物块从静止开始运动，根据动能定理可知合力为 0 时， B 物块动能大，根据动能表达式 2 k 1 2 E mv 可知 A 物体的最大速度小于 B 物体的最大速度， C 错误； D．撤去外力瞬间，物块的加速度最大，根据牛顿第二定律可知 F mg ma弹 解得 Fa g m 弹 因为 A Bm m ，所以 A Ba a D 正确。 故选 BD 。 10．ABCD 【解析】 【详解】 由图可知乒乓球角速度的方向与平动速度造成的效果是相反的， 故到稳定状态过程中选项中选项中的过程 都有可能出现的，故 ABCD 均正确。 故选 ABCD 。 11．AC 【解析】 【详解】 ABC ．先分析沿 ab 方向抛出的带电小球，若小球带正电，则小球所受电场力方向与电场强度方向相同， 重力竖直向下，由左手定则知小球所受洛伦兹力方向垂直 ab 斜向上，小球受力可能平衡，可能做直线运 动；若小球带负电，则小球受力不可能平衡。再分析沿 ac 方向抛出的带电小球，同理可知，只有小球带 负电时可能受力平衡，可能做直线运动。若小球做直线运动，假设小球同时做匀加速运动，则小球受到的 洛伦兹力持续增大， 那么小球将无法做直线运动， 假设不成立， 小球做的直线运动一定是匀速运动， 故 A 、 C 正确， B 错误； D．在小球的运动过程中，洛伦兹力不做功，电场力对小球做功，故小球的机械能不守恒，故 D 错误。 故选 AC 。 12．ACD 【解析】 【详解】 A．分子间距离减小，其斥力和引力均增大， A 正确； B．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点， B 错误； C． 0℃的冰熔化成 0℃的水，吸收热量，分子平均动能不变，其分子势能会增加， C 正确； D．对气体做功大于气体放出的热量，其分子的平均动能会增大， D 正确； E．第一类永动机违反了能量守恒定律，第二类永动机不违反能量守恒定律，只是违反热力学第二定律， E 错误。 故选 ACD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．4.700 AC 2.76 W mgs 平衡摩擦力过度 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1] 螺旋测微器的精确度为 0.01mm ，主尺的读书为 4.5mm，读数为 4.5mm 20.0 0.01mm=4.700mm。 （ 2）[2]AB ．本实验研究小车受到的合力对小车所做的功与小车动能的改变量之间的关系，可认为小车受 到的合力与重物的重力大小相等，故需要平衡摩擦力，且满足重物的质量远小于小车和遮光条的总质量， B 错误 A 正确； C．需调节水平轨道左端滑轮的高度，使连接光电门的细线与轨道平行， C 正确。 故选 AC 。 （ 3） [3] 小车及遮光条经过光电门的速度 2.35m/sdv t 增加的动能 2 K 1 2.76J 2 E Mv 。 （ 4） [4] 因为平衡摩擦力后，可将重物的重力视为小车受到的合力，所以用重力乘于小车释放点到光电门 的距离 s 计算拉力所做的功，即 W mgs 。 （ 4） [5] 实验中，让重物的质量远小于小车及遮光条的总质量，则平衡摩擦力后，可将重物的重力视为小 车受到的合力，则分析可知造成 kE 总是略大于 W 是平衡摩擦力过度造成的。 14． (1)如图所示 重新处于平衡状态 电流表的示数 I 此时细沙的质量 m 2 D 的底边长度 L 1 2m m g IL 2 1m m 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1） [1] 如图所示 （ 2） [2][3][4] ③重新处于平衡状态；读出电流表的示数 I；此时细沙的质量 m 2；④ D 的底边长度 l; （ 3）（4）[5] [6] 开关 S 断开时， D 中无电流， D 不受安培力，此时 D 所受重力 Mg=m 1g；S 闭合后， D 中 有电流，左右两边所受合力为 0， D 所受合力等于底边所受的安培力，如果 m 2＞m 1，有 m 2g= m 1g+BIL 则安培力方向向下，根据左手定则可知，磁感应强度方向向外；如果 m 2＜m 1，有 m 2g= m 1g-BIL 则安培力方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度方向向里；综上所述，则 2 1m m g B Il ． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．（1）小球的速度先增大，后减小；小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向上做加 速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零． （2）4kg；1.11 ×10﹣ 5C；（3）4.2 ×106V（ 4）图像如图 , 线 3 即 为小球电势能 随位移 s 变化的图线； 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）由图线 2 得知，小球的速度先增大，后减小．根据库仑定律得知，小球所受的库仑力逐渐减小，合 外力先减小后增大，加速度先减小后增大，则小球沿斜面向上做加速度逐渐减小的加速运动，再沿斜面向 上做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度为零． （ 2）由线 1 可得 : EP=mgh=mgssin θ 斜率 : k=20=mgsin30 ° 所以 m=4kg 当达到最大速度时带电小球受力平衡 : 2 0 sin kqQmg s 由线 2 可得 s0=1m ， 得 : 2 0sinmg sq kQ =1.11 ×10﹣ 5C （ 3）由线 2 可得，当带电小球运动至 1m 处动能最大为 27J． 根据动能定理 : W G+W 电 =△E k 即有 : ﹣ mgh+qU=E km ﹣0 代入数据得 : U=4.2 ×106V （ 4）图中线 3 即为小球电势能 ε随位移 s 变化的图线 16．（ 1） 2 （2） 075 【解析】 【分析】 【详解】 ①根据题意可知，当光线在 AB 面上 O 点的入射角为 45i o 时，恰好在 AD 面和 CD 面发生全反射，作 出 45i o 时的光路图如图所示， P、M 、N 分别为光线在 AD 、CD 、AB 面上的入射点，过 P、M 两点的 法线相交于 E 点，设光线全反射的临界角为 1C 由几何关系可知： 12 90C o 解得 1 45C o 折射率 1 1 sin n C 解得 2n ②设光线在 O 点的折射角为 r ，根据 sin sin in r ，代入 45i o ，解得 30r o 根据几何关系可得 190 45APO Co o， 90 60AOP ro o 解得 180 45 60 75A o o o o 17． (1) 2 ；(2) (2 6 6 2) 3 L c 【解析】 【分析】 【详解】 (1)作出光路图如图所示 入射角为 45 ，设折射角为 ，光束从透明介质出射时偏离入射点距离为 x ，则有 3 3 x L 则有 2 2 1sinβ 2 x x L 由折射定律 sinα 2 sinβ n (2)细光束在透明介质中的速度 cv n 由几何关系有 2 2 1x L vt 解得 1 2 6 3 Lt c 光束在空气中的传播时间为 2 2 2Lt c 因此光束从发射到射到荧光屏上的时间为 1 2 (2 6 6 2) 3 Lt t t c 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．如图所示，两个完全相同的小球 A、B，在同一高度处以相同大小的初速度 v0 分别水平抛出和竖直向 上抛出，下列说法正确的是（ ） A．两小球落地时的速度相同 B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C．从开始运动至落地，重力对两小球做功相同 D．从开始运动至落地，重力对两小球做功的平均功率相同 2．光电效应实验中，一组同学用同一光电管在不同实验条件下得到了四条光电流与电压之间的关系曲线 (甲、乙、丙、丁 )，如图所示。以下判断正确的是（ ） A．甲光的频率大于乙光 B．丙光的频率等于丁光 C．甲光的强度等于丙光 D．乙光的强度等于丁光 3．质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中 A． F 逐渐变大， T 逐渐变大 B． F 逐渐变大， T 逐渐变小 C． F 逐渐变小， T 逐渐变大 D． F 逐渐变小， T 逐渐变小 4．如图所示，空间中存在着由一固定的负点电荷 Q(图中未画出 )产生的电场．另一正点电荷 q 仅在电场 力作用下沿曲线 MN 运动，在 M 点的速度大小为 v0，方向沿 MP 方向，到达 N 点时速度大小为 v，且 v< v0，则 ( ) A． Q 一定在虚线 MP 下方 B． M 点的电势比 N 点的电势高 C． q 在 M 点的电势能比在 N 点的电势能小 D． q 在 M 点的加速度比在 N 点的加速度小 5．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，返回器与服务舱分离后，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 2 GM R D．在 d 点时的线速度小于地球第一宇宙速度 6．空中飞椅是游乐场里少年儿童们十分喜爱的娱乐项目，其模型如图所示，顶端转盘上吊着多个座椅， 甲、乙两个儿童分别坐在 A、B 两个吊椅中，当转盘以一定的角速度稳定匀速转动时，连接座椅的钢丝绳 与竖直方向的夹角分别为 a、θ。巳知连接 A 、B 座椅的钢丝绳长度分别为 L 1、L 2，甲、乙两儿童的质量 分别为 m 1、m 2，两座椅的质量相等，若 a>θ，则一定有 A． L 1>L 2 B．L 1m 2 D．m 1L 2 与计算结果相符，故 A 正确。 B. L 1m 2 与计算结果不符，故 C 错误。 D. m 1