福建省泉州市2021届新高考模拟物理试题(市模拟卷)含解析 19页

福建省泉州市 2021 届新高考模拟物理试题（市模拟卷） 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 1．2019 年“山东舰 " 正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图， “山东舰 " 正在沿直线航行，其质量为 m，发动机的输出功率恒为 P，所受阻力恒为 f，某时刻速度为 v1、加速度为 a1，一段时间 t 后速度变为 v2（v2>v 1），在这段时间内位移为 s。下列关系式正确的是（ ） A． 1 1 P fa mv m B． 1 Pf v C． 1 2 2 v vs t D． 2 2 2 1 1 1 2 2 Pt mv mv 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 A．由牛顿第二定律，则有 1 1 1 1 P f F f v P fa m m mv m 故 A 正确； B．当航母达到最大速度时， F=f ，此时 1m P Pf v v 故 B 错误； C．航母的运动不是匀加速运动，则时间 t 内的位移 1 2 2 v vs t 故 C 错误； D．由动能定理可得 2 2 2 1 1 1 2 2 Pt fs mv mv 故 D 错误。 故选 A。 2．2019 年 11 月 11 日出现了难得一见的 “水星凌日 ”现象。水星轨道在地球轨道内侧，某些特殊时刻，地 球、水星、太阳会在一条直线上，且水星处于地球和太阳之间，这时从地球上可以看到水星就像一个小黑 点一样在太阳表面缓慢移动，天文学称之为 “水星凌日 ”。在地球上每经过 N 年就会看到 “水星凌日 ”现象。 通过位于贵州的 “中国天眼 FAST（目前世界上口径最大的单天线射电望远镜） 观测水星与太阳的视角 （观 察者分别与水星、太阳的连线所夹的角） ，则 sin 的最大值为（ ） A． 2 3 1 N N B． 3 21N N C． 3 2 1 N N D． 3 21N N 【答案】 A 【解析】 【详解】 由于水星每隔 N 年就会处于地球、太阳之间，且三者共线，那就意味着每经过 N 年水星会比地球多转一 圈，则 1N N T T水 地 且 1T地 年，解得 1 NT N水 年 由 2 2 2 4MmG m r r T 得 2 3 24 GMTr 所以 2 3 1 r N r N地 水 视角最大的时候应该是水星与地球连线与水星轨道相切的时候，此时 2 3 sin 1 r N r N 水 地 故选 A。 3．如图，某同学将一足球静止摆放在收纳架上。他估测得足球的直径约为 20 cm，质量约为 0. 48 kg ，收 纳架两根平行等高的横杆之间的距离 d 约为 12 cm。忽略足球的形变以及球与横杆之间的摩擦，重力加速 度 g 取 10m/s2，则可估算出一根横杆对足球的弹力约为（ ） A． 2.4 N B．3.0 N C．4.0 N D． 4.8 N 【答案】 B 【解析】 【详解】 设每根横杆对足球的弹力方向与竖直方向夹角为 α，由几何关系可知 2 2( ) 2cos 0.8 dR R 对足球竖直方向有 2 cosNF mg 解得 FN =3N 故选 B。 4．如图所示， 一个圆盘绕过圆心 O 且与盘面垂直的竖直轴匀速转动角速度为 ，盘面上有一质量为 m 的 物块随圆盘一起做匀速圆周运动，已知物块到转轴的距离为 r，下列说法正确的是（ ） A．物块受重力、弹力、向心力作用，合力大小为 m 2r B．物块受重力、弹力、摩擦力、向心力作用，合力大小为 m 2r C．物块受重力、弹力、摩擦力作用，合力大小为 m 2r D．物块只受重力、弹力作用，合力大小为零 【答案】 C 【解析】 【详解】 对物体进行受力分析可知物体受重力、圆盘对它的支持力及摩擦力作用。 物体所受的合力等于摩擦力，合力提供向心力。根据牛顿第二定律有： 2F f m r合 选项 ABD 错误， C 正确。 故选 C。 5．如图所示， M N、 两点分别放置两个等量异种点电荷， P 为 MN 连线的中点， T 为连线上靠近 N 的 一点， S 为连线的垂直平分线上处于 P 点上方的一点。把一个负检验电荷分别放在 P S T、 、 三点进行比 较，则（ ） A．电场中 P S T、 、 三点， T 点电势最高 B．检验电荷在 T 点电势能最大 C．检验电荷在 P 点受力最小 D．检验电荷在 S 点受力最大 【答案】 B 【解析】 【详解】 A．根据等量异种点电荷电场的特点，可知 S P、 两点处在同一等势面上， S P、 两点电势相等， T 点电 势最低，故 A 错误； B．结合电势能公式 pE q ，可知负检验电荷 q在 T 点电势能最大，故 B 正确； CD ．在两等量异种点电荷连线上，连线中点 P 的电场强度最小，在两等量异种点电荷连线的垂直平分线 上， P 点的电场强度最大，所以负检验电荷在 S 点受力最小，在 T 点受力最大，故 CD 错误。 故选 B。 6．如图所示，固定在同一平面内有三条彼此绝缘的通电直导线，导线中的电流 1 2 3I I I ，方向为图中箭 头方向，在三根导线所在平面内有 a、b、c、d 四个点，四个点距相邻导线的距离都相等，则四个点中合 磁感应强度最大的点是（ ） A． a 点 B．b 点 C．c 点 D． d 点 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 由安培定则可知 1I 在 a 点产生的磁场方向垂直纸面向里， 2I 在 a 点产生的磁场方向垂直纸面向外， 1I 和 2I 在 a 点产生的磁场合磁感应强度为零， 所以 a 点的合磁感应强度等于 3I 在 a 点产生的磁感应强度， 同理可 得 b 点和 d 点的合磁感应强度等于 1I 在这两点产生的磁感应强度， c 点的合磁感应强度等于 1I 、 2I 和 3I 在 c 点产生的磁感应强度同向叠加的矢量和，所以 c 点的合磁感应强度最大，故 C 正确， ABD 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．如图所示，直线 a、抛物线 b 和 c 为某一稳恒直流电源在纯电阻电路中的总功率 PE、输出功率 PR 、电 源内部发热功率 Pr，随路端电压 U 变化的图象，但具体对应关系未知，根据图象可判断 A． PE-U 图象对应图线 a．由图知电动势为 9V，内阻为 3Ω B． Pr -U 图象对应图线 b，由图知电动势为 3V ，阻为 1Ω C． PR -U 图象对应图线 c，图象中任意电压值对应的功率关系为 PE =P r + P R D．外电路电阻为 1.5 Ω时，输出功率最大为 2.25W 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A. 总功率： 2 E E U E EP EI E U r r R ， 可知 PE-U 图象对应图线 a，由数学知识得知，图象 a 的斜率大小： 9 3 3 Ek r ； 当 U=0 时， 2 9E EP r ， 联立解得 E=3V ， r=1 Ω， 故 A 错误； B.内阻消耗的功率： 2( ) r E UP r ， 由数学知识可知， rP U 图象的对应图线 b，故 B 正确； C.根据功率关系可得： E R rP P P ， 则 2 2 1 R E r EP P P U U r r ， 由数学知识可知， rP U 图象的对应图线 c，故 C 正确； D.当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即当外电路电阻为 1Ω时，输出功率最大，最大输出功率为 2 2 2 1 32 W 2.25W 4 4 1m E EP R r ， 故 D 错误。 故选： BC 。 8．如图为乒乓球发球机的工作示意图。若发球机从球台底边中点的正上方某一固定高度连续水平发球， 球的初速度大小随机变化， 发球方向也在水平面内不同方向随机变化。 若某次乒乓球沿中线恰好从中网的 上边缘经过， 落在球台上的 A 点， 后来另一次乒乓球的发球方向与中线成 角，也恰好从中网上边缘经过， 落在桌面上的 B 点。忽略空气对乒乓球的影响，则（ ） A．第一个球在空中运动的时间更短 B．前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等 C．前后两个球发出时的速度大小之比为 1:cos D． A B、 两落点到中网的距离相等 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A．乒乓球发球机从固定高度水平发球，两个球的竖直位移相同，由 21 2 h gt 可知，两个球在空中的运动时间相等，故 A 错误； B．由于发球点到中网上边缘的竖直高度一定，所以前后两个球从发出至到达中网上边缘的时间相等，故 B 正确； C．两球均恰好从中网上边缘经过，且从发出至到达中网上边缘的时间相等，由 x vt 可知前后两个球发出时的速度大小之比等于位移大小之比，为 cos :1 ，故 C 错误； D．前后两球发出时速度大小之比为 cos :1 ，且在空中运动时间相同，故水平位移之比为 cos :1 ，结合 几何关系可知， A B、 两落点到中网的距离相等，故 D 正确。 故选 BD 。 9．如图所示，在光滑水平的平行导轨 MN 、HG 左端接一阻值为 2 R 的电阻 0R （导轨电阻不计） ，两轨道 之间有垂直纸面向里的匀强磁场。一电阻也为 2 R 的金属杆，垂直两导轨放在轨道上。现让金属杆在外力 作用下分别以速度 v1、v2 由图中位置 1 匀速运动到位置 2，两次运动过程中杆与导轨接触良好，若两次运 动的速度之比为 1: 2，则在这两次运动中下列说法正确的是（ ） A． R0 两端的电压之比为 U1:U 2＝ 1:2 B．回路中产生的总热量之比 Q1:Q 2＝ 1:4 C．外力的功率之比 P1:P 2＝1:2 D．通过导体横截面的电荷量 q1:q 2＝1:1 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．两种情况下杆产生的电动势分别为 1 1E BLv 、 2 2E BLv 回路中的总电阻为 R。故回路中两次的电流分别为 1 1 BLvI R 、 2 2 BLvI R 故电流之比为 1 1 2 2 1 2 I v I v 根据欧姆定律， R 0两端的电压之比 1 1 2 2 1 2 U I U I 故 A 正确； B．两次运动所用的时间为 1 21 2 1 2 2 1 L t vv Lt v v 故产生的热量之比为 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 Q I Rt Q I Rt 故 B 错误； C．由于棒做匀速直线运动，故外力的功率等于回路中的功率，故 2 1 1 2 2 2 1 4 P I R P I R 故 C 错误。 D．两种情况下磁通量的变化量相同，则通过导体横截面的电荷量为 q I t t t R R 故通过电阻横截面的电荷量为 q1:q 2=1:1 故 D 正确。 故选 AD 。 10．下列有关原子和原子核的认识，正确的是（ ） A．平均结合能越大，原子核越稳定 B．氢原子辐射光子后，电子绕核运动的动能增大 C．卢瑟福通过 粒子散射实验的研究，发现了中子 . D．光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比 【答案】 AB 【解析】 【分析】 【详解】 A．平均结合能越大，原子核越稳定，故 A 正确； B．氢原子辐射光子后，原子的能级降低，电子的轨道半径减小，根据 2 2 2 q vk m r r 则可得动能为 2 21 2 2k kqE mv r 可知电子绕核运动的动能增大，故 B 正确； C．卢瑟福通过 粒子散射实验的研究，建立了原子的核式结构理论，故 C 错误； D．光电效应现象中，根据 kmE h W逸出功 则光电子的最大初动能与入射光的频率不是成正比关系，故 D 错误。 故选 AB 。 11．如图所示，竖直平面内有一光滑圆环，圆心为 O ，OA 连线水平， AB 为固定在 A 、B 两点间的光滑 直杆，在直杆和圆环上分别套着一个相同的小球 M 、N．先后两达让小球 M 、N 以角速度 ω和 2ω随圆环 一起绕竖直直径 BD 做匀速圆周运动．则 A．小球 M 第二次的位置比第一次时离 A 点近 B．小球 M 第二次的位置比第一次时离 B 点近 C．小球 N 第二次的竖直位置比第一次时高 D．小球 N 第二次的竖直位置比第一次时低 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 设 AB 与竖直方向夹角为 θ，则 mgtan45 0=mω 2r ，则当 ω变为 2ω时， r 变为原来的 1/4，则小球 M 第二 次的位置比第一次时离 A 点远， 离 B 点近， 选项 A 错误， B 正确； 对放在 N 点的小球： mgtanα=mω 2Rsin α， 则 2cos g R ，则当 ω越大， α越大，物体的位置越高，故选项 C 正确， D 错误；故选 BC 。 12．如图所示， abcd 为边长为 L 的正方形线框，线框在纸面内，电阻为 R．图中虚线区域内有垂直纸面 向里的匀强磁场． 现用外力作用于线框， 使线框从图示位置开始沿 x 轴正方向做初速度为零的匀加速运动， 线框运动过程中， ad 边始终水平，线框平面始终与磁场垂直，磁场宽度大于 L ，x 轴正方向作为力的正方 向，则磁场对线框的作用力 F 随时间 t 的变化图线及线框 ab 边的电压 U 随时间 t 的变化图象正确的是 A． B． C． D． 【答案】 AD 【解析】 【分析】 【详解】 线圈做初速度为零的匀加速直线运动，速度 v=at ，进磁场和出磁场受到的安培力 2 2 2 2B L v B L atF R R ， 则 A 正确， B 错误； 进磁场时， ab 两端的电压 1 1 4 4abU BLv BLat ；在磁场中运动时， abU BLv BLat ； 出磁场时， ab 两端的电压 3 3 4 4abU BLv BLat ，则选项 C 错误， D 正确；故选 AD. 【点睛】 对于图象问题，关键是能够根据已知的公式、定律等推导出横坐标和纵坐标的关系式，分析斜率的变化， 然后作出正确的判断． 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。 A．待测干电池两节，每节电池电动势约为 1.5V，内阻约几欧姆 B．直流电压表 V1、 V 2，量程均为 3V ，内阻约为 3kΩ C 定值电阻 R 0未知 D．滑动变阻器 R，最大阻值 Rm E．导线和开关 (1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图 ______。 (2)实验之前， 需要利用该电路图测出定值电阻 R0，方法是先把滑动变阻器 R 调到最大阻值 R m，再闭合开 关，电压表 V 1 和 V2 的读数分别为 U10、U 20，则 R0=___________( 用 U m、U 10、U20、R m 表示 ) (3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表 V 1和 V 2 的多组数据 U1、U2，描绘出 U2-U1 图象如图丙所示， 图中直线斜率为 k ，与纵轴的截距为 a，则两节干电池的总电动势 E=___________ ，总内阻 r=___________( 用 k、a、R0 表示 )。 【答案】 20 10 10 m U U R U 1 a k 0 1 kR k 【解析】 【详解】 （ 1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示： （ 2）由图可知， V 2 测量 R0 与 R 两端的电压， V 1 测量 R 两端的电压，则 R0 两端的电压 U 20﹣U 10；由欧 姆定律可知： R0 20 10 20 10 10 10 m U U U U U U R R m ； （ 3）由闭合电路欧姆定律可知： E＝U 2 2 1 0 U U R r，变形得： 0 2 1 0 0 ER rU U R r R r ，结合图象有： 0 r k R r ， 0 0 ER a R r ，解得 ; 1 aE k , 0 1 kRr k 。 14．图甲为一个简单的多用电表的电路图， 其中电源的电动势 E=1.5V 、内阻 r=1.0 Ω，电流表内阻 Rg=10Ω、 满偏电流 I g=10mA 。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀， C 为上排刻度线的中间刻度。 (1)选择开关接 “ 1”，指针指在图乙所示位置时示数为 _____（结果保留三位有效数字） 。 (2)如果选择开关接 “ 3”，图甲中电阻 R 2=240Ω，则此状态下多用电表为量程 _____的电压表。 (3)如果选择开关接 “ 2”，该多用电表可用来测电阻， C 刻度应标为 _______ Ω。 (4)如果选择开关接 “ 2”，红、黑表笔短接，调节 R 1 的阻值使电表指针刚好满偏，再测量某一电阻，指针指 在图乙所示位置，则该电阻的测量阻值为 _______Ω（保留两位有效数字） 。 (5)如果将该多用电表的电池换成一个电动势为 1.5V、内阻为 1.2 Ω的电池， 正确调零后测量某电阻的阻值， 其测量结果 _____（选填 “偏大 ”、“偏小 ”或 “准确 ”）。 【答案】 7.46mA 2.5V 150 51 准确 【解析】 【详解】 (1)[1] 选择开关接 “ 1”时测电流，电表表盘下面刻度的最小分度值为 0.2mA ，指针在两最小刻度之间进行估 读，故其示数为 37.4mA 0.2mA 7.46mA 10 说明：估读方法符合最新高考评分标准。 (2)[2] 根据串联电路有分压作用可知，当电表满偏时有 2 2.5Vg gU I R R 所以开关接 “3”时为量程 2.5V 的电压表。 (3)[3] 欧姆表的内阻 150Ω g ER I内 由于欧姆表的中值电阻等于欧姆表内阻，故 C 处刻度为 150Ω。 (4)[4] 根据闭合电路欧姆定律有 x EI R R内 其中 7.46mAI ， 150ΩR内 解得 51ΩxR (5)[5] 因为电源内阻的变化，可以通过调零电阻阻值的变化来抵消，所以调零后测量某电阻阻值的测量结 果是准确的。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．一个倾角为 θ =37°的斜面固定在水平面上，一个质量为 m=1.0kg 的小物块（可视为质点）以 v0=8m/s 的初速度由底端沿斜面上滑。小物块与斜面的动摩擦因数 μ=0.1．若斜面足够长，已知 tan37 °= 3 4 ， g 取 10m/s 2，求： （ 1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小； （ 2）小物块上滑的最大距离； （ 3）小物块返回斜面底端时的速度大小。 【答案】 （1） 8m/s2（2）4.0m（ 3）4 2 m/s 【解析】 【详解】 （ 1）小物块沿斜面上滑时受力情况如下图所示，其重力的分力分别为： F1=mgsin θ F2=mgcosθ 根据牛顿第二定律有： FN =F2⋯① F1+F f=ma⋯ ② 又因为 Ff =μFN⋯③ 由①②③式得： a=gsin θ +μ gcos θ =(10 × 0.6 +0.1 × 10× 0.8)m/s2=8.0m/s 2⋯④ （ 2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有： 0-v 02=2（-a）x⋯⑤ 得： 2 2 0 8 m=4m 2 2 8 vx a ⋯⑥ （ 3）小物块在斜面上下滑时受力情况如下图所示，根据牛顿第二定律有： FN =F2⋯⑦ F1-F f=ma' ⋯ ⑧ 由③⑦⑧式得： a'=gsin θ-μ gcos θ =(10 × 0.6 -0.1 ×10×0.8)m/s 2=4.0m/s 2⋯ ⑨ 有： v2=2a′ x⋯⑩ 所以有： 2 = 2 4 4 4 2m/sv a x 16．如图 (a)为一除尘装置的截面图，塑料平板 M 、N 的长度及它们间距离均为 d。大量均匀分布的带电尘 埃以相同的速度 v0 进人两板间， 速度方向与板平行， 每颗尘埃的质量均为 m，带电量均为 -q。当两板间同 时存在垂直纸面向外的匀强磁场和垂直板向上的匀强电场时，尘埃恰好匀速穿过两板 ;若撤去板间电场， 并保持板间磁场不变，贴近 N 板入射的尘埃将打在 M 板右边缘，尘埃恰好全部被平板吸附，即除尘效率 为 100% ；若撤去两板间电场和磁场，建立如图 (b) 所示的平面直角坐标系 xOy 轴垂直于板并紧靠板右端， x 轴与两板中轴线共线，要把尘埃全部收集到位于 P(2.5d ，-2d) 处的条状容器中，需在 y 轴右侧加一垂直 于纸面向里的圆形匀强磁场区域。尘埃颗粒重力、颗粒间作用力及对板间电场磁场的影响均不计，求 : (1)两板间磁场磁感应强度 B1 的大小 (2)若撤去板间磁场，保持板间匀强电场不变，除尘效率为多少 (3)y 轴右侧所加圆形匀强磁场区域磁感应强度 B 2 大小的取值范围 【答案】 (1) mv qd ； (2) 50%；(3) 0 0 2 2 4 5 5 mv mvB qd qd 【解析】 【详解】 (1)贴近 N 极板射入的尘埃打在 M 板右边缘的运动轨迹如图甲所示， 由几何知识可知，尘埃在磁场中的半径 1R d 尘埃在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 2 0 1 1 mvqvB R 解得 1 mvB qd (2)电场、磁场同时存在时，尘埃做匀速直线运动，由平衡条件得 0 1qE qv B 撤去磁场以后粒子在电场力的作用下做平抛运动，假设距离 N 极板 y的粒子恰好离开电场，则在水平方 向 0d v t 在竖直方向 21 2 y at 加速度 qEa m 解得 0.5y d 所以除尘效率 100% 50%y d (3)设圆形磁场区域的半径为 0R ，尘埃颗粒在圆形磁场中做圆周运动的半径为 2R ，要把尘埃全部收集到位 于 P 处的条状容器中，就必须满足 2 0R R 另有 2 0 0 2 2 vqv B m R 如图乙 当圆形磁场区域过 P 点且与 M 板的延长线相切时，圆形磁场区域的半径 0R 最小，磁感应强度 2B 最大， 则有 0 1.25R d小 解得 0 2 4 5 mvB qd大 如图丙 当圆形磁场区域过 P 点且与 y 轴在 M 板的右端相切时，圆形磁场区域的半径 0R 最大，磁感应强度 2B 最 小，则有 0 2.5R d大 解得 0 2 2 5 mvB qd小 所以圆形磁场区域磁感应强度 2B 的大小须满足的条件为 0 0 2 2 4 5 5 mv mvB qd qd 17．如图所示，马桶吸由皮吸和汽缸两部分组成，下方半球形皮吸空间的容积为 1000 cm3，上方汽缸的长 度为 40 cm，横截面积为 50 cm 2。小明在试用时，用手柄将皮吸压在水平地面上，皮吸中气体的压强等于 大气压。 皮吸与地面及活塞与汽缸间密封完好不漏气， 不考虑皮吸与汽缸的形状变化， 环境温度保持不变， 汽缸内薄活塞、连杆及手柄的质量忽略不计，已知大气压强 p0＝1.0 ×105 Pa，g＝10 m/s2。 ①若初始状态下活塞位于汽缸顶部，当活塞缓慢下压到汽缸皮吸底部时，求皮吸中气体的压强； ②若初始状态下活塞位于汽缸底部， 小明用竖直向上的力将活塞缓慢向上提起 20 cm 高度保持静止， 求此 时小明作用力的大小。 【答案】① 3×105 Pa ②250 N 【解析】 【详解】 ①以汽缸和皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为 p 0， 体积： V 1＝1000 cm 3＋ 40×50 cm 3＝3000 cm 3 当活塞下压到汽缸底部时，设封闭气体的压强为 p，体积为 V2＝1000 cm3， 由玻意耳定律： p0V 1＝p 2V 2 解得： p2＝3p0＝ 3×105 Pa ②以皮吸内的气体为研究对象，开始时封闭气体的压强为 p0，体积为 V 2＝1000 cm3，活塞缓慢向上提起 20 cm 高度保持静止时，设小明作用力的大小为 F，封闭气体的压强为 p 3，体积为： V 3＝1000 cm 3＋ 20×50 cm 3＝2000 cm 3 由玻意耳定律有： p 0V 2＝p3V 3 又有： F＋p3S＝p0S 解得： F＝ 250 N