江西省赣州市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析 19页

江西省赣州市 2021 届第二次新高考模拟考试物理试卷 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，两个相同的灯泡 a、b 和电阻不计的线圈 L ( 有铁芯 )与电源 E 连接，下列说法正确的是 A． S 闭合瞬间， a 灯发光 b 灯不发光 B． S 闭合， a 灯立即发光，后逐渐变暗并熄灭 C． S 断开， b 灯 “闪 ”一下后熄灭 D． S 断开瞬间， a 灯左端的电势高于右端电势 【答案】 B 【解析】 【详解】 A．闭合开关瞬间，两小灯泡均有电流流过，同时发光， A 错误； B．闭合开关瞬间， a 灯立即发光，根据楞次定律可知线圈中产生的阻碍原电流变大的感应电流逐渐减小 至 0，因为 a 灯和线圈并联，所以通过线圈的电流逐渐增大，通过 a 灯的电流逐渐减小，亮度逐渐减小， 因为线圈电阻不计，所以稳定时 a 灯被短路，最后熄灭， B 正确； C．断开开关瞬间， b 灯断路无电流流过，立即熄灭， C 错误； D．断开开关瞬间，根据楞次定律可知，通过线圈的电流水平向右，所以线圈作为感应电动势右端电势高 于左端，所以 a 灯右端的电势高于左端， D 错误。 故选 B。 2．AB 是固定在空中的光滑水平横杆，一质量为 M 的物块穿在杆 AB 上，物块通过细线悬吊着一质量为 m 的小球．现用沿杆的恒力 F 拉物块使物块、小球一起（保持相对静止）向右运动，细线与竖直方向夹角 为 θ，则以下说法正确的是（ ） A．杆对物块的支持力为 Mg B．细线上的拉力为 sin mg C． tanF M m g D．物块和小球的加速度为 sing 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 对小球和物块组成的整体，分析受力如图 1 所示， 根据牛顿第二定律得：水平方向： ，竖直方向： ．故 A 错误；以小球为研究 对象，分析受力情况如图 2 所示，由牛顿第二定律得： ； ,故 B 错误；对整体在水平 方向： ，故选项 C 正确，选项 D 错误． 【点睛】 以小球和物块整体为研究对象，分析受力，根据牛顿第二定律研究横杆对 M 的摩擦力、弹力与加速度的 关系．对小球研究，根据牛顿第二定律，采用合成法研究细线与竖直方向的夹角、细线的拉力与加速度的 关系． 3．如图甲所示， 质量为 0.5kg 的物块和质量为 1kg 的长木板， 置于倾角为 37o 足够长的固定斜面上， 0t 时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力 F，使长木板和物块开始沿斜面上滑， 作用一段时间 t 后撤去拉力 F。 已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示， sin 37 0.6o ， cos37 0.8o ， 210m/sg 。则下列说法正确的是（ ） A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为 1 0.35 B．拉力 F 作用的时间为 2st C．拉力 F 的大小为 13N D．物块与长木板之间的动摩擦因数 μ2 可能为 0.88 【答案】 D 【解析】 【详解】 A．撤去力 F 后长木板的加速度 2 2 2 1 8 8m/s 2 2 0.5 va x 由牛顿第二定律 1 2( ) sin ( ) cos ( )M m g M m g M m a 解得 μ1=0.25 选项 A 错误； B．有拉力作用时的加速度 2 2 1 1 8 1m/s 2 2 4 va x 拉力撤掉时的速度为 2 2m/sv 拉力作用的时间为 1 1 2 2 s=2 2s 1 vt a 选项 B 错误； C．由牛顿第二定律 1 1( ) sin ( ) cos ( )F M m g M m g M m a 解得 F=13.5N 选项 C 错误； D．物块与长木板之间无相对滑动，可知物块与长木板之间的动摩擦因数大于 0.25，选项 D 正确。 故选 D。 4．如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车，装满沙子．沙粒之间的动摩擦因数为 μ1，沙子与车厢底部材料 的动摩擦因数为 μ2，车厢的倾角用 θ表示（已知 μ2>μ1），下列说法正确的是 A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足 tan θ =μ2 B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足 sin θ >μ2 C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足 μ2>tan θ >μ1 D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足 μ2>μ1>tan θ 【答案】 C 【解析】 【分析】 【详解】 假设最后一粒沙子，所受重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力时，能顺利地卸干净全部沙子，有 ，B 对；若要卸去部分沙子，以其中的一粒沙子为研究对象， ，C 对； 5．一简谐机械波沿 x 轴正方向传播，周期为 T，波长为 。若在 x = 0 处质点的振动图像如图所示，则该 波在 2 Tt 时刻的波形曲线为（ ） A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 由振动图像可知，在 x =0 处质点在 2 Tt 时刻处于平衡位置，且要向下振动，又由于波的传播方向是沿 x 轴正方向传播，根据同侧法可判断出选项 A 是正确的， BCD 错误； 故选 A． 6．一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移 x 内速度增加了 v，动能变为原来的 9 倍。则该质点的加 速度为（ ） A． 2v x B． 2 2 v x C． 23v x D． 2 3 v x 【答案】 A 【解析】 【详解】 设质点的初速度为 0v ，则动能 2 k1 0 1 2 E mv 由于末动能变为原来的 9 倍，则可知，末速度为原来的 3 倍，故 03v v ， 02v v v 故平均速度 0 0 0 3 2 2 v vv v v 根据位移公式可知 xv v t 根据加速度定义可知 2v va t x A 正确， BCD 错误。 故选 A。 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，质量均为 m 的物块 A B、 放在倾角为 30 的光滑斜面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡 板， B 与挡板接触， A B、 间用劲度系数为 k 的轻弹簧连接， A B、 均处于静止状态。现对物块 A 施加沿斜 面向上、大小恒定的拉力 F ，使物块 A沿斜面向上运动，当 A 向上运动到速度最大时， B 对挡板的压力 恰好为零，重力加速度为 g ，则在此过程中，下列说法正确的是（ ） A．拉力 F 等于 mg B．物块 A的加速度一直减小 C．物块 A向上移动的距离为 2 mg k D．物块 A的加速度大小为 1 2 g 时，物块 B 对挡板的压力为 1 2 mg 【答案】 ABD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．由分析， 可知物块 A 沿斜面向上做加速度不断减小的加速运动， 当物块 A 速度最大时， 加速度为零， 此时物块 B 刚要离开挡板，由受力分析得弹簧的弹力为 1 1sin 30 2 F mg mgo 对物块 A 分析，有 1 sin 30F F mg mgo 故 AB 正确； C．开始时，弹簧的压缩量为 1 sin 30 2 mg mgx k k 同理，当物块 A速度最大时，弹簧的伸长量为 2 sin 30 2 mg mgx k k 因此物块 A向上移动的距离为 1 2 mgx x k 故 C 错误； D．由分析得知，当物块 A 的加速度为 1 2 g 时，根据牛顿第二定律有 2 sin 30F F mg mao 解得弹簧的弹力 2 0F 即弹簧处于原长，对物块 B 分析，则有 1cos30 2NF mg mgo 故物块 B 对挡板压力为 1 2 mg ，故 D 正确。 故选 ABD 。 8．如图， 两轴心间距离 10ml 、与水平面间夹角为 37 的传送带， 在电动机带动下沿顺时针方向以 2m/sv 的速度匀速运行。一质量 50kgm 的货物从传送带底端由静止释放，货物与传送带间的动摩擦因数 0.8 。已知重力加速度大小为 210m/s ， sin37 0.6， cos37 0.8 。则货物从底端运动至顶端的过程 中（ ） A．货物增加的机械能为 3 3.1 10 J B．摩擦力对货物做的功为 31.6 J10 C．系统因运送货物增加的内能为 3 J13.2 10 D．传送带因运送货物多做的功为 34.7 10 J 【答案】 AD 【解析】 【详解】 AB ．当货物刚放上传送带时，对货物由牛顿第二定律得 cos37 sin 37mg mg ma 设货物与传送带共速时用时为 t ，则 v at ，解得 5st= 则这段时间内货物运动的位移 2 1 1 5m 2 s at 传送带运动的位移 2 10ms vt 货物从底端运动至顶端的过程中，滑动摩擦力对货物做的功 1 1 3cos37 1.6 10 JW mgs 静摩擦力对货物做的功 1 3 2 sin37 1.5 10 JW mg l s 故摩擦力对货物做的功 3 1 2 3.1 10 JfW W W 根据功能关系得货物增加的机械能也为 33.1 10 J ，故 A 正确， B 错误； CD ．系统因运送货物增加的内能为 2 3 1 cos37 1.6 10 JQ mg s s 传送带因运送货物多做的功等于系统增加的内能与货物增加的机械能之和 3 3 3= =(1.6 10 3.1 10 )J 4.7 10 JfW W Q 故 C 错误， D 正确。 故选 AD 。 9．如图所示，在竖直纸面内有四条间距均为 L 的水平虚线 L 1、L 2、L 3、L 4，在 L 1、L 2 之间与 L 3，L 4 之 间存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。现有一矩形线圈 abcd，长边 ad=3L ，宽 边 cd=L ，质量为 m，电阻为 R，将其从图示位置（ cd 边与 L 1 重合）由静止释放， cd 边经过磁场边界线 L 3 时恰好开始做匀速直线运动，整个运动过程中线圈始终处于同一竖直面内， cd 边始终水平，已知重力 加速度 g=10 m/s 2，则（ ） A． ab 边经过磁场边界线 L 1 后线圈要做一段减速运动 B． ab 边经过磁场边界线 L 3 后线圈要做一段减速运动 C． cd 边经过磁场边界线 L 2 和 L 4 的时间间隔大于 2 32B L mgR D．从线圈开始运动到 cd 边经过磁场边界线 L 4 过程中，线圈产生的热量为 2mgL － 3 2 2 4 42 m g R B L 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A． cd 边经过磁场边界线 L 3 时恰好开始做匀速直线运动， cd 边从 L 3 到 L 4 的过程中做匀速直线运动， cd 边到 L 4 时 ab 边开始到达 L 1，则 ab 边经过磁场边界线 L 1 后做匀速直线运动，故 A 错误； B． ab 边从 L 2 到 L 3 的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀 加速直线运动，则 ab 边进入下方磁场的速度比 cd 边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所以 ab 边经过磁场边界线 L 3 后线圈要做一段减速运动，故 B 正确； C． cd 边经过磁场边界线 L 3 时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有 mg BIL 而 BLvI R 联立解得 2 2 mgRv B L cd 边从 L 3 到 L 4 的过程做匀速运动，所用时间为 2 3 2 L B Lt v mgR cd 边从 L 2 到 L 3 的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为 g，设此过程的时间为 t 1，由运动学公式得 0 1 1 1 2 2 2 v v vL t t vt 得 2 3 1 L B Lt v mgR 故 cd 边经过磁场边界线 L 2 和 L 4 的时间间隔为 2 3 1 2 22 L B Lt t t v mgR 故 C 正确； D．线圈从开始运动到 cd 边经过磁场边界线 L 4 过程，根据能量守恒得 3 2 2 2 4 4 13 3 2 2 m g RQ mg L mv mgL B L 故 D 错误。 故选 BC 。 10．下列说法正确的是 ____________. A．液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度 B．当液体与大气接触时，液体表面分子的势能比液体内部分子的势能要大 C．布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固定颗粒的分子在做无规则运动 D．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律 E.热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行 【答案】 ABE 【解析】 【分析】 【详解】 液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度， A 正确；当液体与大气接触时，液体表面分子 的距离大于液体内部分子之间的距离，分子势能比液体内部分子的势能要大， B 正确；布朗运动是悬浮微 粒的无规则运动， 是由于其受到来自各个方向的分子撞击作用是不平衡导致的， 其间接反映了周围的分子 在做无规则运动， C 错误；第二类永动机指的是不消耗任何能量，吸收周围能量并输出，不能制成是因为 违反了热力学第二定律， D 错误； 热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增 大的方向进行， E 正确． 11．如图所示， 在电阻不计的边长为 L 的正方形金属框 abcd 的 cd 边上接 两个相同的电阻， 平行金属板 e 和 f 通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强 度 B 大小相等， B 随时间 t 均匀增加，已知 B k t ，磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长 为 L ，板间距离为 L．质量为 m，电荷量为 q 的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入， 刚好从 f 板 右边缘射出．不计粒子重力，忽略边缘效应．则 A．金属框中感应电流方向为 abcda B．粒子带正电 C．粒子初速度为 2 L kq m D．粒子在 e、f 间运动增加的动能为 21 4 kL q 【答案】 AC 【解析】 【分析】 【详解】 A．因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为 abcda，e 板带负电， f 板带正电， A 正确； B．因为粒子刚好从 f 板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电， B 错误； C．粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有 0L v t 在竖直方向上有 21 2 L at Eqa m UE d 而电容器两极板间的电压等于 R 两端的电压，故 2 21 1 1 1 2 2 2 4 BSU k L kL t 联立解得 0 2 L kqv m C 正确； D．根据动能定理可得粒子增加的动能为 2 21 1 1 1 2 2 4 8kE Uq qkL qkL D 错误． 故选 AC 。 12．下列说法中正确的是（ ） A．封闭容器中的理想气体，若温度不变，体积减半，则单位时间内气体分子在容器壁单位面积上碰撞的 次数加倍，气体的压强加倍 B．液体表面张力是液体表面层分子间距离小，分子力表现为斥力所致 C．随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小 D．导热性能各向同性的固体，可能是单晶体 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．由 pV C T 可知，当温度不变，体积减半，则气体压强 p 加倍，即单位时间内气体分子在容器壁单位 面积上碰撞的次数加倍，故 A 正确； B．液体表面层分子间的距离大于平衡距离，液体表面层内分子间的作用力表现为引力，从宏观上表现为 液体的表面张力，故 B 错误； C．随分子间距离增大，分子间引力以斥力均减小，当分子间距离为平衡距离时分子势能最小，如果分子 间距离小于平衡距离，随分子间距增大，分子势能减小，如果分子间距大于平衡距离，随分子间距增大， 分子势能增大，因此随分子间距离增大，分子势能不一定减小，故 C 正确； D．单晶体只是某些物理性质具有各向异性，并不是所有的性质都具有各向异性，所以导热性质表现为各 向同性的物质也有可能是单晶体，故 D 正确。 故选 ACD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码，探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧 伸长长度的关系实验． （ 1）实验中还需要的测量工具有： ______ （ 2）如图乙所示，根据实验数据绘图，纵轴是钩码质量 m，横轴是弹簧的形变量 x，由图可知：图线不 通过原点的原因是由于 ______；弹簧的劲度系数 k ______ N / m( 计算结果保留 2 位有效数字， 重力加速 度 g 取 29.8m / s ) ； （ 3）如图丙所示，实验中用两根不同的弹簧 a 和 b，画出弹簧弹力 F 与弹簧长度 L 的 F L 图象，下列 正确的是 ______ A． a 的原长比 b 的长 B． a 的劲度系数比 b 的大 C． a 的劲度系数比 b 的小 D．弹力与弹簧长度成正比 【答案】刻度尺 弹簧有自身重力 4.9 B 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）［1］实验需要测量弹簧伸长的长度，故需要刻度尺． （ 2）［2］由图可知，当 F=0 时， x 0，说明没有挂重物时，弹簧有伸长，这是由于弹簧自身的重力造成 的．故图线不过原点的原因是由于弹簧有自身重力，实验中没有考虑（或忽略了）弹簧的自重． ［ 3］由图线乙，弹簧的劲度系数 k= F x = 3 2 60 10 10 9.8 N/m 12 2 10 =4.9N/m （ 3）［4］A.由图丙知， F-L 图像横坐标的截距表示原长，故 b 的原长比 a 的长，选项 A 错误； BC. 由弹簧的劲度系数 k= =F F x L 知， a 图线较 b 图线倾斜， a 的劲度系数比 b 的大，选项 B 正确， C 错误； D.图线的物理意义是表明弹簧的弹力大小和弹簧伸长量大小成正比，选项 D 错误． 14．某实验小组欲自制欧姆表测量一个电阻的阻值，实验提供的器材如下： A．待测电阻 Rx（约 200Ω） B．电源（电动势 E 约 1.4V ，内阻 r 约 10Ω） C．灵敏电流计 G（量程 1mA ，内阻 R g=200Ω） D．电阻 R 1=50Ω E.电阻 R2=200Ω F.滑动变阻器 R（阻值范围为 0~500 Ω） G.开关，导线若干 (1)由于电源电动势未知，该实验小组经过分析后，设计了如图（ a）的测量电路。部分步骤如下：先闭合 开关 S1、S2，调节滑动变阻器 R，使灵敏电流计示数 I 1=0.90mA ，此时电路总电流 I 总 =______mA ； (2)同时测出电动势 1.35V 后，该小组成员在图（ a）的基础上，去掉两开关，增加两支表笔 M 、N，其余 器材不变，改装成一个欧姆表，如图（ b），则表笔 M 为 ______（选填 “红表笔 ”或 “黑表笔 ”）。用改装后的 欧姆表先进行电阻调零，再测量 Rx 阻值，灵敏电流计的示数 I 如图（ c），待测电阻 R x 的阻值为 ______ Ω。 【答案】 4.50 黑表笔 180 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1] 闭合开关 S1、S2， G 与 R 1 并联，调节滑动变阻器 R，灵敏电流计读数 I 1=0.90mA ，根据并联电路特 点，通过 R1 的电流 ' 1 1 1 3.60mAgRI I R 故此时电路总电流 4.50mAI总 (2)[2] 改装为欧姆表后，表内有电源，根据多用电表 “红进黑出 ”的特点，表笔 M 应接黑表笔 [3] 根据欧姆表的原理，欧姆调零时，有 3 1.35= Ω 270Ω5 10 ER I内 接待测电阻后，读出表的电流为 I=0.60mA ，电路中的总电流为 5 3.00mAI I总 则有 x ER R I内 总 解得 180ΩxR 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．空间存在一边界为 MN 、方向与纸面垂直、大小随时间变化的磁场，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关 系如图甲所示，方向向里为正。用单位长度电阻值为 R 0 的硬质导线制作一个半径为 r 的圆环，将该圆环 固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上，如图乙所示。 (1)判断圆环中感应电流的方向； (2)求出感应电动势的大小； (3)求出 0~t 1 的时间内电路中通过的电量。 【答案】 （1）顺时针， （2） 2 0 02 B r t ，（3） 0 1 0 04 B rt t R 。 【解析】 【详解】 (1)根据楞次定律可知，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向； (2)根据法拉第电磁感应定律，圆环中的感应电动势 2 20 0 0 0 1 2 2 B B rE r t t t (3)圆环的电阻： R=2π rR0 圆环中通过的电量： q=It 1 而： EI R 解得： 2 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 2 2 4 B r t B rtEq I t t t R rR t R 。 16．如图所示，倾角 37 的斜面体固定，斜面上 B 点以下粗糙，以上部分光滑，质量 1kgm 的物块 以 0 12m/sv 的初速度由斜面上的 A点沿斜面向上沿直线滑行， AB 长为 5m ，斜面足够长，物块与斜面 粗糙部分的动摩擦因数 0.8 ，重力加速度为 210m/sg ，物块可视为质点，已知 sin37 0.6 ， cos37 0.8，求： (1)物块最终停在斜面上的位置离 A点的距离； (2)物块在斜面上运动的时间。 （结果可带根号） 【答案】 (1) 20m；(2) 90 512 5 s 93 【解析】 【分析】 【详解】 (1)物块在 AB 段向上滑行时， 1sin cosmg mg ma 求得加速度大小 2 1 12.4m/sa 设物块运动到 B 点的速度为 v ，则 2 2 0 12 ABv v a x 求得 2 5m/sv 物块从 B 点向下运动时 2cos sinmg mg ma 求得 2 2 0.4m/sa 物块从 B 点向下运动的距离 2 1 2 25m 2 vx a 因此物块最终停下的位置离 A 点的距离 1 20mABx x x (2)物块从 A到 B 运动的时间 0 1 1 12 2 5 30 5 5s s 12.4 31 v vt a 物块在斜面光滑部分运动的时间 2 2 vt a 2sin 6m/sa g 求得 2 2 5 s 3 t 物块在斜面粗糙部分下滑时间 3 2 5 5svt a 因此，物块在斜面上运动的总时间 1 2 3 90 512 5 s 93 t t t t 17．如图所示的 xOy 平面直角坐标系内，在 x≤ 3 a 的区域内，存在着垂直于 xOy 平面向外、磁感应强 度为 B 的匀强磁场，位于坐标原点 O 的粒子源在 xOy 平面内沿各个方向发射速率相同的同种带正电的粒 子．已知沿 y 轴正方向发射的粒子经时间 t0 恰好从磁场的右边界 P( 3 a，a)射出磁场．不计粒子的重力 与相互作用力，求： (1)粒子的比荷； (2)磁场右边界有粒子射出区域的长度。 【答案】 （1） 0 2 3 q m Bt （2） 211 3 a 【解析】 【详解】 （ 1）所有粒子在磁场中做运速圆周运动的半径 r 相同，对沿 y 轴正方向发射的粒子，从 P 点射出磁场。 其运动的轨迹如图 1 所示 . 由几何知识得 2 2 2( 3 )a a r r 可得 2 3 3 r a 3sin 2 a r 可知 =60° 故此粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角为 120°，运动的时间为圆周运动周期的 1 3 ，即 0 1 1 2 3 3 mt T Bq 可得 0 2 3 q m Bt （ 2）如图 2 所示，当粒于轨迹圆直径的另一端点落在磁场的右边界上时，即为粒子从磁场右边界射出的 最高点， 则 2 2 2 1 ( 3 ) (2 )y a r 得 1 21 3 y a 当粒子轨迹圆与磁场的右边界相切时 .即为粒子从磁场布边界射出的最低点。则 2 2 2 2 ( 3 )y a r r 得 2y a 故粒子从磁场右边界射出的区域长度为 1 2 211 3 l y y a .