2021届全国I卷高考高三临考全真模拟 物理(五)(解析版)

河南省安阳市2021届新高考物理五模考试卷一、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，R 3处是光敏电阻，a 、b 两点间接一电容，当开关S 闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻R 3时,下列说法正确的是（ ）A ．R 3的电阻变小，电容上极板带正电，电流表示数变大B ．R 3的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大C ．R 3的电阻变大，电容上极板带正电，电流表示数变小D ．R 3的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小【答案】A【解析】【详解】R 3是光敏电阻，当用光线照射电阻R 3时，据光敏电阻的特点，其阻值变小，据闭合电路的欧姆定律知，所以电流表示数变大，CD 错误；因原来时电容器极板上的带电量为零，故说明ab 两点电势相等；有光照以后，两支路两端的电压相等，因R 1、R 2支路中电阻没有变化，故R 2的分压比不变；而由于R 3的电阻减小，所以R 3的两端电压减小，3=R U ϕϕ-右左，而ϕ左不变，所以ϕ右增大，故上端的电势要高于下端，故上端带正电，A 正确B 错误；2．与下列图片相关的物理知识说法正确的是（ ）A ．甲图，汤姆生通过α粒子散射实验，提出了原子核的概念，建立了原子核式结构模型B ．乙图，氢原子的能级结构图，大量处于n=4能级的原子向低能级跃迁时，能辐射6种不同频率的光子C ．丙图，“光电效应”实验揭示了光的粒子性，爱因斯坦为此提出了相对论学说，建立了光电效应方程D ．丁图，重核裂变产生的中子能使核裂变反应连续得进行，称为链式反应，其中一种核裂变反应方程为2351419219256360U Ba Kr 2n →++【答案】B【解析】【详解】A ．甲图为卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的概念，建立了原子的核式结构模型，故A 错误；B ．乙图中，大量处于n=4能级的原子向低能级跃迁时，能辐射的光子种类为2443C 62⨯== 即共辐射出6种不同频率的光子，故B 正确；C ．丙图的“光电效应”实验揭示了光的粒子性，爱因斯坦为此提出了光子说，建立了光电效应方程，故C 错误；D ．重核裂变称为链式反应是因为生成的多个中子继续作为反应物又轰击铀核，反应方程为235114192192056360U+n Ba Kr 3n →++故D 错误。

山东省临沂市2021届新高考物理五模试卷一、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．下列说法正确的是（ ）A ．速度公式x v t ∆=∆和电流公式U I R=均采用比值定义法 B ．速度、磁感应强度和冲量均为矢量C ．弹簧劲度系数k 的单位用国际单位制基本单位表达是kg·sD ．将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是等效处理方法【答案】B【解析】【分析】【详解】A ．速度公式x v t ∆=∆采用的是比值定义法，而电流公式U I R=不是比值定义法，选项A 错误； B ．速度、磁感应强度和冲量均为矢量，选项B 正确；C ．弹簧劲度系数k 的单位用国际单位制基本单位表达是22N kg m/s ==kg/s m mk ⋅= 选项C 错误；D ．将一个带电小球看成是一个不计大小的点电荷采用的是理想模型法，选项D 错误。

故选B 。

2．某玩具为了模仿小动物行走的姿势，设计了非圆形的“轮子”。

现研究轮子受力情况，模型简化如图，四分之一圆框架OAB 的OA 、OB 边初始位置分别处于水平和竖直方向上，光滑球形重物此时嵌在框架中与OA 、OB 、弧AB 三边恰好接触但接触处并没有全部都产生弹力。

现以O 点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动θ角，下列说法正确的是（ ）A ．转动θ为0至2π的过程，弧AB 受到重物的压力逐渐变大 B ．θ为54π时，弧AB 受到重物的压力最大 C ．转动一周的过程中，存在某一特定的θ角，此时弧AB 与OA 板受到重物的压力一样大 D ．转动一周的过程中，OA 、OB 、弧AB 受到重物压力的最大值不同【答案】C【解析】【详解】A．以O点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动过程中，相当于重力沿顺时针方向转动，转动θ为0至π/2的过程，弧AB始终不受力作用，则选项A错误；B．由力的合成知识可知当θ=π时，此时弧AB受到重物的压力大小为2G，θ=5π/4时，弧AB受到重物的压力为G，则此时压力不是最大，选项B错误；C．旋转重力的方向，当此方向在弧AB弹力的方向与OA板弹力方向的夹角的平分线上时，此时弧AB 与OA板受到重物的压力一样大，选项C正确；D．旋转重力的方向，当此方向与弧AB的弹力方向垂直时，在两个不同的位置，OA板和OB板的弹力都会取得最大值，大小为2G，则转动一周的过程中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值一样大，选项D错误。

2021年高考模拟试卷物理(第五模拟 )参考答案一、2．C、D设水银柱不动，即空气柱体积不变，此时两侧压强相等。

求升高相同温度后的压强增量，当ΔP右＞ΔP左时，水银柱向左移动。

根据气体和D。

(原来气柱体积大小对讨论的问题没有直接影响。

)3．D物体受力情况为竖直向下的重力，竖直向上的静摩擦力和垂直圆筒内壁的支持力，所处状态，竖直方向平衡有：f=mg，水平方向匀速圆周运动有：N=mrω2，要使a刚好不下落，静摩擦力达到最大值f=N＜mg/μ，即μN＜mg，a将下落。

5．D 由状态(P1，V1，T1)，变到状态(P2，V2，T2)，可以经历不同的过程，因为做功与过程有关，经历过程不同做功也可能不同。

而内能只有状态参量决定T2＞T1，不管经历怎样的过程其内能增加量是一样的，所以选项D正确。

由上述分析可以知道C选项的误，由于气体内能增量一定而做功情况可以有多种情况，所以与外界热交换情况也不能决定，选项A、B也不正确。

6．A、D在导轨匀速滑动时，合外力为0．mg-f=0．f=BIL=BL(ε/R)=BL(BLV/R)，V=mgR/B2l2，A对。

V＜v时，mg＞f，V↑，f↑，a↓，变加速。

V=v时，mg=f，a=0，匀速。

V＞v时，mg＜f，V↓，f↓，a↓，方向向上，变减速。

7．A、Bt=0时，A、B位移为0，A、B之间仅有1个波峰，故AB间距…．V=60；n=1，λ=6时，V=30．C选项因无合适的n使v=90而不选。

8．A 透镜向上移动少许，可等效于物体向主轴下方移动了少许，物距不变，像距也不变，则像沿主轴前后位置也不变。

因为凸透镜成实像是倒立的，物体问下移动，像就向上移动。

9KΩ。

10．C 子弹击中木块的瞬间，系统动最守恒，故木块的下降速度减小。

因此，被击中的木块后落地。

二、11．单色光在玻璃中的频率不变，E=bγ．v=E/h，速度变为V=19．n1∶n2=720∶22．n1∶(n2＋55)=220∶33．n1=1100，13．如图答5-2Ur =Ir=0.1(V)UD =UE＋ε-Ur=1.9V，Uc=UD-U2=-2.6V，UB=UC＋ε-Ur=-0.7V，UA =UB＋ε-Ur=1.2V．三、14．同一位置，两个分力与合力产生效果相同。

河南省濮阳市2021届新高考物理五模考试卷一、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．据科学家研究发现，由于潮汐作用，现阶段月球每年远离地球3.8cm ，在月球远离地球的过程中，地球正转得越来越慢，在此过程中月球围绕地球的运动仍然看成圆周运动，与现在相比，若干年后（ ）A ．月球绕地球转动的角速度会增大B ．地球同步卫星轨道半径将会增大C ．近地卫星的环绕速度将会减小D ．赤道上的重力加速度将会减小【答案】B【解析】【分析】【详解】A ．对月球绕地球转动，则 22Mm G m r rω=ω= 随着月球绕地球转动半径的增大，角速度减小，选项A 错误；B ．对地球的同步卫星，由222()Mm Gm r r Tπ=可知，T 变大，则r 变大，即地球同步卫星轨道半径将会增大，选项B 正确； C ．对近地卫星，由22Mm v G m r r= 可得v =可知，近地卫星的环绕速度不变，选项C 错误；D ．由2GM g R=可知，赤道上的重力加速度将不变，选项D 错误。

故选B 。

2．1897年英国物理学家约瑟夫·约翰·汤姆生在研究阴极射线时发现了电子，这是人类最早发现的基本粒子。

下列有关电子说法正确的是（ ）A ．电子的发现说明原子核是有内部结构的B ．β射线也可能是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力C ．光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中自由电子D ．卢瑟福的原子核式结构模型认为核外电子的轨道半径是量子化的【答案】C【解析】A．电子的发现说明了原子是有内部结构的，无法说明原子核有内部结构。

原子是由原子核和核外电子组成的。

故A错误。

B．β-射线是核内中子衰变为质子时放出的电子形成的，与核外电子无关。

故B错误。

C．根据光电效应现象的定义可知光电效应实验中，逸出的光电子来源于金属中的自由电子。

故C正确。

D．玻尔理论认为电子轨道半径是量子化的，卢瑟福的原子核式结构模型认为在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故D错误。

广东省广州市2021届新高考物理五模考试卷一、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．关于静电场的描述正确的是A ．电势降低的方向就是电场线方向B ．沿着电场线方向电场强度一定减小C ．电场中电荷的受力方向就是电场强度的方向.D ．电场中电场强度为零的地方电势不一定为零【答案】D【解析】【详解】A ．沿电场线方向电势降低，电势降低最快的方向是电场线方向，故A 项错误；B ．负点电荷形成的电场，沿着电场线方向电场强度增大，故B 项错误；C ．电场中正电荷的受力方向与电场强度的方向相同，电场中负电荷的受力方向与电场强度的方向相反，故C 项错误；D ．电势具有相对性，电场中电场强度为零的地方电势不一定为零，故D 项正确。

2．如图所示，总阻值为R 的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN 恰与磁场边缘平齐。

若第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出，第二次以线速度v 2让线框绕轴MN 匀速转过90°，下列说法正确的是（ ）A ．第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向B ．两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为2∶1C ．若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则v 1：v 2=π：2D ．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则v 1：v 2=2：π【答案】D【解析】【分析】【详解】A ．由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项A 错误；B ．由公式q R∆Φ=可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项B 错误；C ．设线框的边长为L ，若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出11E BLv '= ()223111122L BLv B L v Q R v R=⋅= 第二次以线速度v 2让线框转过90°2222E '== 22232221122428L B L v Q Rππ⨯ ⎪⎝⎭== Q 1=Q 2所以12::4v v π=选项C 错误；D ．若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v 1向右匀速拉出11E BLv '=第二次以线速度v 2让线框转过90°222212112242BL L BLv E t v ππ⨯⋅∆Φ===∆ 12E E =得12:2:v v π=D 选项正确。

2021年全国I卷高考物理仿真模拟试卷物理试题（考试时间：90分钟试卷满分：110分）第Ⅰ卷选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。

14.用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流大小与照射光的强弱、频率等物理量的关系.图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调.分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示.由图可知()A.单色光a和c的频率相同，但a更强些B.单色光a和c的频率相同，但a更弱些C.单色光b的频率小于a的频率D.改变电源的极性不可能有光电流产生答案A解析由题图乙知，a、c的遏止电压相同，根据光电效应方程可知单色光a和c 的频率相同，但a产生的光电流大，说明a光的强度大，选项A正确，B错误；b的遏止电压大于a、c的遏止电压，所以单色光b的频率大于a的频率，选项C 错误；只要光的频率不变，改变电源的极性，仍可能有光电流产生，选项D错误.15.甲、乙两物体从同一点出发且在同一条直线上运动，它们的位移—时间(x－t)图象如图所示，由图象可以看出在0～4 s内()A.甲、乙两物体始终同向运动B.第4 s末时，甲、乙两物体间的距离最大C.甲的平均速度等于乙的平均速度D.乙物体一直做匀加速直线运动答案C解析由题图可知在0～2 s内，甲、乙同向运动，在2～4 s内两者反向运动，选项A错误；第4 s末两物体相遇，两物体间的距离不是最大，选项B错误；由题图知在0～4 s内，甲、乙的位移都是2 m，故平均速度相等，选项C正确；根据图线斜率的绝对值等于速度的大小，可知乙物体一直做匀速直线运动，选项D错误.16.如图所示，甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬挂在天花板上.现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧.则平衡时两球的可能位置是下列选项中的()答案A解析用整体法分析，把两个小球看做一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg、水平向右的拉力F、细线2的拉力F2.要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜.故A正确.17.如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点.竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心.已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点.则()A.a球最先到达M点B.b球最先到达M点C.c球最先到达M点D.b球和c球都可能最先到达M点答案C解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”理论，ta＝4Rg＝2Rg，tb>ta，c球做自由落体运动tc＝2Rg，C选项正确.18. 如图，竖直平面内有一段圆弧MN ，小球从圆心O 处水平抛出.若初速度为va ，将落在圆弧上的a 点；若初速度为vb ，将落在圆弧上的b 点.已知Oa 、Ob与竖直方向的夹角分别为α、β，不计空气阻力，则( )A.va vb ＝sin αsin βB.va vb ＝cos βcos αC.va vb ＝cos βcos αsin αsin βD.va vb ＝sin αsin βcos βcos α 答案 D解析 小球水平抛出，其做平抛运动，由平抛运动规律知，若落到a 点，则有 Rsin α＝vataRcos α＝12gta2得va ＝gR2cos α·sin α若落到b 点，则有 Rsin β＝vbtbRcos β＝12gtb2得vb ＝gR 2cos β·sin β 则va vb ＝sin αsin βcos βcos α，故D 正确.19.如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A 和B 放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是()A.当ω>2Kg3L时，A、B相对于转盘会滑动B.当ω>Kg2L，绳子一定有弹力C.ω在Kg2L<ω<2Kg3L范围内增大时，B所受摩擦力变大D.ω在0<ω<2Kg3L范围内增大时，A所受摩擦力一直变大答案ABD解析当A、B所受摩擦力均达到最大值时，A、B相对转盘将会滑动，Kmg＋Kmg＝mω2L＋mω2·2L，解得：ω＝2Kg3L，A项正确；当B所受静摩擦力达到最大值后，绳子开始有弹力，即：Kmg＝m·2L·ω2，解得ω＝Kg2L，可知当ω>Kg2L时，绳子有弹力，B项正确；当ω>Kg2L时，B已达到最大静摩擦力，则ω在Kg2L<ω<2Kg3L内，B受到的摩擦力不变，C项错误；ω在0<ω<2Kg3L范围内，A相对转盘是静止的，A所受摩擦力为静摩擦力，所以Ff－FT＝mLω2，当ω增大时，静摩擦力也增大，D项正确.20.如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在平行导轨的水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示.在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动.图乙中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计.则()A.在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B.在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C.在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为2(F2－F1)R B2L2t0D.在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为(F2－F1)t02BL答案 BD解析 因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒先做加速度减小的加速运动，当加速度a ＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A 错误，B 正确.设在0～t0时间内导体棒的加速度为a ，通过导体棒横截面的电荷量为q ，导体棒的质量为m ，t0时刻导体棒的速度为v ，则有：a ＝v t0，F2－B2L2v R ＝ma ，F1＝ma ，q ＝ΔΦR ，ΔΦ＝BΔS ＝BL v 2t0，解得：a ＝(F2－F1)R B2L2t0，q ＝(F2－F1)t02BL ，故C 错误，D 正确.21. 如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图象如图乙所示.设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s2，则( )A.传送带的速率v0＝10 m/sB.传送带的倾角θ＝30°C.物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D.0～2.0 s内摩擦力对物体做功Wf＝－24 J答案ACD解析当物体的速度超过传送带的速度后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v－t图象可得，传送带的速率为v0＝10 m/s，选项A 正确；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2，1.0 s之后的加速度a2＝2 m/s2，结合牛顿第二定律，gsin θ＋μgcos θ＝a1，gsin θ－μgcos θ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ≈37°，μ＝0.5，选项B错误，选项C正确；摩擦力大小Ff＝μmgcos θ＝4 N，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s内物体的位移为5 m，1.0～2.0 s内物体的位移是11 m，0～2.0 s内摩擦力做的功为－4×(11－5) J＝－24 J，选项D正确.第Ⅱ卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。

2021年高考物理模拟试卷（五）含解析一.选择题（本题包括7个小题．共42分．每小题给出的四个选项中．有的只有一个选项正确．有的有多个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有错选的得0分．）1．物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，从科学方法上来说属于（）A．控制变量B．类比C．理想模型D．等效替代2．地球静止轨道卫星的轨道面与地球赤道共面，倾斜地球同步轨道卫星的轨道面与地球赤道面有一定的夹角，它的运转周期是24小时．2011年12月2日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭成功发射的第10颗北斗导航卫星就是一颗倾斜地球同步轨道卫星．xx年l0月25日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙，运载火箭成功发射的第16颗北斗导航卫星是一颗地球静止轨道卫星，它与先期发射的15颗北斗导航卫星组网运行，北斗导航工程区域组网顺利完成．现在已向亚太大部分地区提供正式服务．关于这两颗卫旱下列说法正确是（）A．这两颗卫星离地面的高度一样，约为3.6万千米B．第10颗北斗导航卫星的运行速度一定比第一宇宙速度小C．发射第10颗北斗导航卫星要比发射同等质量的近地卫星少消耗能量D．第10颗北斗导航卫星比第16颗北斗导航卫星运行加速度大3．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点．已知∠COD=60°，且不计空气阻力，则（）A．两小球同时落到D点B．两小球在此过程中动能的增加量相等C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等D．两小球初速度之比v1：v2=：34．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是（）A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变5．如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，电源电压U不变，输电线电阻忽略不计．当变阻器滑片P向上移动时，对于电表读数发生的变化判断正确的是（）A．A l变大B．A2变小C．V I不变D．V2变小6．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d．现给导体框一个初速度v0（v0垂直磁场边界），已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2．下列说法正确的是（）A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动C．Q1＞Q2D．Q1+Q2=m（v﹣v）7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，对同一带电质点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大C．带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时大D．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大二、非选择题：【必做部分】8．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么（1）B点瞬时速度是v B=m/s．（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为a=m/s2．（3）若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？．（填“能”或“不能”）9．在测定金属的电阻率的实验中，所用金属电阻丝的电阻约为30Ω．现通过以下实验测量该金属材料的电阻率（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图1所示，则该电阻丝直径的测量值d= mm．（2）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：电压表V l（量程0～3V，内阻约3kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）电流表A l（量程0～100mA，内阻约5Ω）电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）滑动变阻器R1（o～5Ω）滑动变阻器R2（0～1kΩ）电源E（电动势为4.5V，内阻不计）为了便于调节电路并能较准确的涮l也电阻丝的阻值，电流表应选，滑动变阻器应选．（3）如图2所示，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头P，触头的另一端为接线柱c，当用手按下触头P时，触头P才与电阻丝接触，触头的位置可在刻度尺上读出．实验中改变触头P与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数I保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L与对应的电压U．请在图3中完成实验电路的连接，部分已连好的线不能改动．（要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量）（4）利用测量数据画出U﹣L图线，如图4所示，其中（L0，U0）是U﹣L图线上的一个点的坐标．根据U﹣L图线，用电阻丝的直径d、电流I和坐标（L0，U0）可计算得出电阻丝的电阻率p=．（用所给字母表示）10．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：（1）物块m2过B点时的瞬时速度V0及与桌面间的滑动摩擦因数．（2）BP间的水平距离（3）判断m2能否沿圆轨道到达M点（要求计算过程）．（4）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．11．如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直予坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域（图中未画出）；在第二象限内存在与x轴平行的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为（﹣L，0）．粒子源沿y 轴正方向释放出速度人小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为（0，2L），电子经过磁场偏转后方向恰好垂直ON，ON是与x轴正方向成15°角的射线．（电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之问的相互作用．）求：（1）第二象限内电场强度E的大小和方向．（2）电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ．（3）粗略画出电子在电场和磁场中的轨迹．（4）圆形磁场的最小半径见R min．【选做部分】．[物理-物理3-3]12．下列说法中正确的有（）A．第二类永动机和第一类永动机一样，都违背了能量守恒定律B．自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大D．晶体都具有固定的熔点13．如图所示，用销钉固定的导热活塞把水平放置的导热气缸分隔成容积相同的两部分，分别封闭着A、B两部分理想气体：A部分气体压强为P A0=2.5×105 Pa，B部分气体压强为P B0=1.5×105 Pa．现拔去销钉，待活塞重新稳定后，（外界温度保持不变，活塞与气缸间摩擦可忽略不计，整个过程无漏气发生）①求此时A部分气体体积与原来体积之比；②判断此过程中A部分气体是吸热还是放热，并简述理由．xx年山东省师大附中高考物理模拟试卷（五）参考答案与试题解析一.选择题（本题包括7个小题．共42分．每小题给出的四个选项中．有的只有一个选项正确．有的有多个选项正确．全部选对的得6分，选对但不全的得3分．有错选的得0分．）1．物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，从科学方法上来说属于（）A．控制变量 B．类比 C．理想模型 D．等效替代【考点】电场线；质点的认识；元电荷、点电荷．【分析】物理学中引入了“质点”、“点电荷”、“电场线”等概念，都是在物理学中引入的理想化的模型，是众多的科学方法中的一种．【解答】解：“质点”、“点电荷”、“电场线”等都是为了研究问题简单而引入的理想化的模型，所以它们从科学方法上来说属于理想模型，所以C正确．故选C．【点评】理想化的模型是实际物体的简化处理．物理上研究的方法很多，我们在学习物理知识的同时，更要学习科学研究的方法．2．地球静止轨道卫星的轨道面与地球赤道共面，倾斜地球同步轨道卫星的轨道面与地球赤道面有一定的夹角，它的运转周期是24小时．2011年12月2日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号甲”运载火箭成功发射的第10颗北斗导航卫星就是一颗倾斜地球同步轨道卫星．xx年l0月25日，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙，运载火箭成功发射的第16颗北斗导航卫星是一颗地球静止轨道卫星，它与先期发射的15颗北斗导航卫星组网运行，北斗导航工程区域组网顺利完成．现在已向亚太大部分地区提供正式服务．关于这两颗卫旱下列说法正确是（）A．这两颗卫星离地面的高度一样，约为3.6万千米B．第10颗北斗导航卫星的运行速度一定比第一宇宙速度小C．发射第10颗北斗导航卫星要比发射同等质量的近地卫星少消耗能量D．第10颗北斗导航卫星比第16颗北斗导航卫星运行加速度大【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】定性思想；模型法；人造卫星问题．【分析】地球静止轨道卫星的周期为24h，离地高度大约3.6万千米，卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，据此分析由周期关系确定轨道半径．【解答】解：A、两颗卫星的周期都是24h，故可知两个卫星的轨道高度与地球同步卫星轨道高度相同，都约为3.6万千米．故A正确；B、由v=知，绕地球圆周运动，轨道半径越大，运行速度越小，可知第一宇宙速度是卫星绕地球圆周运动的最大速度，则第10颗北斗导航卫星的运行速度一定比第一宇宙速度小．故B正确；C、发射高轨道卫星需要克服地球引力做更多的功，故发射第10颗北斗导航卫星要比发射同等质量的近地卫星多消耗能量，故C错误；D、根据万有引力提供圆周运动向心力，得G=ma，得a=，故第10颗北斗导航卫星与第16颗北斗导航卫星运行加速度大小相等，故D错误；故选：AB【点评】本题要明确卫星绕地球做圆周运动时，由万有引力提供圆周运动向心力，并能由此判断周期与轨道半径的关系，掌握宇宙速度的物理意义，知道向高轨道发射卫星需要更多的能量．3．如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点．已知∠COD=60°，且不计空气阻力，则（）A．两小球同时落到D点B．两小球在此过程中动能的增加量相等C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的功率不相等D．两小球初速度之比v1：v2=：3【考点】动能定理的应用；平抛运动．【专题】动能定理的应用专题．【分析】根据平抛运动的竖直位移研究运动的时间，根据水平位移求出平抛运动的初速度．从而得出两球的初速度之比．平抛运动过程中，重力做功等于动能的增加量，由W=mgh 分析动能增加量的关系．重力的瞬时功率P=mgv y．【解答】解：A、两球均做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由h=，得t=，由于两球下落的高度不同，则知两球不可能同时到达D点．故A错误．B、根据动能定理得知：重力做功等于动能的增加量，而重力做功不等，则动能的增加量不等．B错误．C、在击中D点前瞬间，重力做功的功率为P=mgv y=mg•gt，t不等，则P不等．故C正确．D、设半圆的半径为R．小球从A点平抛，可得R=v1t1 R=gt12小球从C点平抛，可得Rsin60°=v2t2R（1﹣cos60°）=gt22联立解得=．故D正确．故选CD【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，掌握平抛运动的运动学规律．4．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉质量为3m 的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是（）A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断C．当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变【考点】牛顿第二定律；胡克定律．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】根据弹簧的最大拉力为T，对质量为m和2m的两个物体分析，求出加速度的最大值，再对整体分析，求出拉力的最大值．撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律判断m所受的摩擦力大小和方向是否改变．【解答】解：A、质量为2m的物体受重力、支持力、m对它的压力以及摩擦力，还有弹簧的弹力，总共受5个力．故A错误．B、当弹簧的弹力为T时，m和2m的加速度a=，对整体分析，拉力F=6ma=2T．知当拉力为2T时，轻弹簧恰好被拉断．故B错误，C正确．D、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，m和2m整体的加速度不变，隔离对m分析，根据牛顿第二定律知，m所受的摩擦力大小和方向都不变．故D正确．故选CD．【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．5．如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，电源电压U不变，输电线电阻忽略不计．当变阻器滑片P向上移动时，对于电表读数发生的变化判断正确的是（）A．A l变大B．A2变小C．V I不变D．V2变小【考点】变压器的构造和原理．【专题】交流电专题．【分析】和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．【解答】解：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向上移动时，滑动变阻器的电阻减小，所以负线圈的电流增大，原线圈的电流也要变大，所以AC正确，BD错误．故选：A．【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．6．如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行磁场边界，短轴小于d．现给导体框一个初速度v0（v0垂直磁场边界），已知导体框全部在磁场中的速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1；导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2．下列说法正确的是（）A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动C．Q1＞Q2D．Q1+Q2=m（v﹣v）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向；根据导线框进出磁场是，所受安培力的大小判断导线框的运动情况；根据线框的速度大小比较出产生感应电动势的大小，从而比较出电流的大小，得知进出磁场时产生的热量大小．根据能量守恒定律求出进出磁场时的产生的焦耳热之和．【解答】解：A、导线框离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得，感应电流的方向为顺时针方向．故A正确．B、导线框在进出磁场时，速度变化，则感应电动势变化，产生的感应电流变化，则所受的安培力变化，根据牛顿第二定律知，加速度变化，导线框做的变减速运动．故B错误．C、因为进磁场时的速度大于出磁场时的速度，则进磁场时产生的电流要比出磁场时产生的电流大，根据克服安培力做功知，Q1＞Q2．故C正确．D、根据能量守恒定律知，线框动能的减小量全部转化为焦耳热，则．故D正确．故选ACD．【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道线框进出磁场的运动情况，会通过能量守恒定律求解产生的热量．7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带电质点（重力不计）仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，对同一带电质点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大C．带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时大D．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大【考点】等势面；电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据合力指向轨迹的内侧和电场线与等势线垂直，确定电场力的方向，判断电势的高低．由电场力做功的正负判断电势能的变化．电场力做正功，质点的电势能减小，动能增大；电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小．根据等差等势面密处场强大，判断场强大小，确定加速度的大小．【解答】解：A、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，画出M、N两点处场强的方向，如图．则可知，三个等势面中的，a的电势最低．故A错误．B、若质点从P到Q过程，电场力做负功，质点的电势能增大，动能减小，则质点在P 点时的动能比通过Q点时大．故B正确，D错误；C、根据电场线的疏密可知，P点的电场强度大于Q点，则带电质点在P点受到的电场力大于Q点，故C正确．故选：BC．【点评】已知等势面的分布，往往要作出电场的分布．根据电场线的方向判断电势的高低．基础题．二、非选择题：【必做部分】8．在验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=200g的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点．已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么（1）B点瞬时速度是v B= 1.92m/s．（2）同学丙想根据纸带上的测量数据进一步计算重物和纸带下落过程中所受的阻力，为此他计算出纸带下落的加速度为a=9.50m/s2．（3）若同学丁不慎将上述纸带从OA之间扯断，他仅利用A点之后的纸带能否实现验证机械能守恒定律的目的？能．（填“能”或“不能”）【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题．【分析】题的关键是处理纸带问题时应用=求瞬时速度，并根据△x=at2，可求出a的大小；既可以用mgh=mv2来验证机械能守恒，也可以用mgh=mv22﹣mv12来验证．【解答】解：（1）根据=求瞬时速度v B===1.92m/s，（2）、根据△x=at2，可求出a=，代入数据解得a==9.5m/s2，（3）、根据mgh=mv22﹣mv12可知，可以利用A点之后的纸带验证机械能守恒，即能实现．故答案为：1.92；9.50；能．【点评】明确实验原理，熟记处理纸带问题的思路和方法，注意求瞬时速度的方法，分清理论推导与实验探索的区别，学会求加速度的方法，同时注意单位的统一．9．在测定金属的电阻率的实验中，所用金属电阻丝的电阻约为30Ω．现通过以下实验测量该金属材料的电阻率（1）用螺旋测微器测量电阻丝直径，其示数如图1所示，则该电阻丝直径的测量值d=0.184 mm．（2）实验中能提供的器材有开关、若干导线及下列器材：电压表V l（量程0～3V，内阻约3kΩ）电压表V2（量程0～15V，内阻约15kΩ）电流表A l（量程0～100mA，内阻约5Ω）电流表A2（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）滑动变阻器R1（o～5Ω）滑动变阻器R2（0～1kΩ）电源E（电动势为4.5V，内阻不计）为了便于调节电路并能较准确的涮l也电阻丝的阻值，电流表应选A1，滑动变阻器应选R1．（3）如图2所示，将电阻丝拉直后两端固定在刻度尺两端的接线柱a和b上，刻度尺的中间有一个可沿电阻丝滑动的触头P，触头的另一端为接线柱c，当用手按下触头P时，触头P才与电阻丝接触，触头的位置可在刻度尺上读出．实验中改变触头P与电阻丝接触的位置，并移动滑动变阻器的滑片，使电流表示数I保持不变，分别测量出多组接入电路中电阻丝的长度L与对应的电压U．请在图3中完成实验电路的连接，部分已连好的线不能改动．（要求：能改变电阻丝的测量长度和进行多次测量）（4）利用测量数据画出U﹣L图线，如图4所示，其中（L0，U0）是U﹣L图线上的一个点的坐标．根据U﹣L图线，用电阻丝的直径d、电流I和坐标（L0，U0）可计算得出电阻丝的电阻率p=．（用所给字母表示）【考点】测定金属的电阻率．【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）应分成整数部分和小数部分两部分来读；（2）首先根据电动势大小选出电压表量程，再根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器；（3）根据待测电阻满足，可知电流表应用外接法，根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知，变阻器应采用分压式接法；（4）根据欧姆定律和电阻定律写出电压U与长度L的函数表达式，然后通过斜率的概念即可求解．【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为：d=0+18.4×0.01mm=0.184mm（0.183～0.185均可以）；（2）由于电源电动势为4.5V，所以电压表应选V1，根据欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：I max==A=100mA，所以电流表应选A1；根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻为：R max==Ω=135Ω，所以变阻器应选R1，且应采用分压式接法；（3）由于待测电阻满足，可知电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，连线图如图所示：（4）根据欧姆定律应有：R x=根据电阻定律应有：R x=，联立得：U=L，根据函数斜率概念应有：=，解得：ρ=；故答案为：（1）0.184；（2）A1，R1；（3）如上图所示；（4）．【点评】应明确：①根据电动势大小选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表量程，根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器；②当变阻器的全电阻远小于待测电阻或要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法；③当待测电阻满足时，电流表应用外接法．④遇到根据图象求解的问题，首先应根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解．10．如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R=0.8m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R．用质量m1=0.4kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后做匀变速运动其位移与时间的关系为s=6t﹣2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．g=10m/s2，求：（1）物块m2过B点时的瞬时速度V0及与桌面间的滑动摩擦因数．（2）BP间的水平距离（3）判断m2能否沿圆轨道到达M点（要求计算过程）．（4）释放后m2运动过程中克服摩擦力做的功．【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；平抛运动．【专题】机械能守恒定律应用专题．【分析】（1）由物块过B点后其位移与时间的关系求出初速度和加速度，根据牛顿第二定律即可求得与桌面间的滑动摩擦因数．。

广西省崇左市2021届新高考物理五模考试卷一、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．竖直放置的肥皂膜在阳光照耀下，由于前后表面反射光通过的路程不同，形成两列相干光，薄膜上会呈现出彩色条纹．若一肥皂膜由于受重力和液体表面张力的共同影响，其竖直方向的截面如图所示，则光通过该肥皂膜产生的干涉条纹与下列哪个图基本一致（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】【详解】薄膜干涉为前后两个面反射回来的光发生干涉形成干涉条纹，故从肥皂薄膜的观察到水平干涉条纹，用复色光时出现彩色条纹，由重力作用，肥皂膜前后表面的厚度从上到下逐渐增大，从而使干涉条纹的间距变密，故B正确，ACD错误．【点睛】本题考查了薄膜干涉的原理和现象，抓住薄膜干涉的形成原因：前后两表面反射的光发生干涉，是考试的重点．Am来探测烟雾。

当正常空气分子穿过探测2．烟雾探测器使用了一种半衰期为432年的放射性元素镅24195Am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，烟雾中的微器时，镅24195粒会吸附部分射线，导致电流减小，从而触发警报。

则（）Am放出的是X射线A．镅24195B．镅24195Am放出的是γ射线C．1mg的镅24195Am经864年将有0.75mg发生衰变D．发生火灾时，烟雾探测器中的镅24195Am因温度升高而半衰期变短【答案】C【解析】【详解】AB．镅24195Am会释放出射线将它们电离，从而产生电流，而三种射线中α射线能使空气电离，故镅24195Am放出的是α射线，故AB错误；C．半衰期为432年，当经864年，发生两次衰变，1mg的镅将衰变掉四分之三即0.75mg，还剩下0.25 mg 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。

3．如图所示，自身重力不计的定滑轮固定在天花板上，跨过定滑轮的轻绳两端分别与A B、两物体相连，物体A质量为m，物体B质量为3m。

河南省南阳市2021届新高考物理五月模拟试卷一、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，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一点电荷从图中A 点以速度v 0垂直磁场射入，与半径OA 成30°夹角，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是()A ．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B ．该点电荷的比荷为02v q m BR= C ．该点电荷在磁场中的运动时间为t ＝03R v π D ．该点电荷带正电【答案】B【解析】如图所示，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系作出点电荷运动轨迹有：电荷在电场中刚好运动T/1，电荷做圆周运动的半径r=Rsin30∘=R/1．A. 如图，电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O 点，故A 错误；B. 根据洛伦兹力提供向心力有200v qv B m r=，所以：002v v q m Br RB ==，故B 正确； C. 由图知该电荷在磁场中运动的时间t=0012222T r R v v ππ=⨯=，故C 错误； D. 根据电荷偏转方向，由左手定则可知，该电荷带负电，故D 错误．故选B2．某跳水运动员在3m 长的踏板上起跳，踏板和运动员要经历如图所示的几个位置，其中A 为无人时踏板静止点，B 为人站在踏板上静止时的平衡点，C 为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，已知板形变越大时板对人的弹力也越大，在人由C 到B 的过程中（ ）A ．人向上做加速度大小减小的加速运动B ．人向上做加速度大小增大的加速运动C ．人向上做加速度大小减小的减速运动D ．人向上做加速度大小增大的减速运动【答案】A【解析】【详解】 人由C 到B 的过程中，重力不变，弹力一直减小，弹力大于重力，向上做加速运动，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，所以人向上做加速度大小减小的加速运动，故A 正确，BCD 错误。

河南省南阳市2021届新高考物理五模考试卷一、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．某同学设计了一个烟雾探测器，如图所示，S 为光源，当有烟雾进入探测器时，S 发出的光被烟雾散射进入光电管C 。

光射到光电管中的钠表面产生光电子，当光电流大于或等于I 时，探测器触发报警系统报警。

已知真空中光速为c ，钠的极限频率为υ0，电子的电荷量为e ，下列说法正确的是（ ）A ．要使该探测器正常工作，光源S 发出的光波长应大于 0c v B ．若用极限频率更高的材料取代钠，则该探测器一定不能正常工作C ．若射向光电管C 的光子中能激发出光电子的光子数占比为η，报警时，t 时间内射向光电管钠表面的光子数至少是 It e ηD ．以上说法都不对【答案】C【解析】【分析】【详解】A ．根据c λν=可知，光源S 发出的光波波长 0cλν=即要使该探测器正常工作，光源S 发出的光波波长小于0c ν，故A 错误；B ．根据光电效应方程可知，用极限频率更高的材料取代钠，只要频率小于光源S 发出的光的频率，则该探测器也能正常工作，故B 错误；C ．光电流等于I 时，t 秒产生的光电子的个数It n e= t 秒射向光电管钠表面的光子最少数目nIt N e ηη== 故C 正确；D ．由以上分析，D 项错误。

故选C 。

2．一个物体沿直线运动，t=0时刻物体的速度为1m/s ，加速度为1m/s 2，物体的加速度随时间变化规律如图所示，则下列判断正确的是（ ）A ．物体做匀变速直线运动B ．物体的速度与时间成正比C ．t ＝5s 时刻物体的速度为6.25m/sD ．t ＝8s 时刻物体的速度为12.2m/s【答案】D【解析】【详解】 A ．物体的加速度在增大，做变加速直线运动，故A 错误。

B.由图像知质点的加速度随时间增大，根据v=v 0+at 可知，物体的速度与时间一定不成正比，故B 错误。

江西省抚州市2021届新高考物理五模考试卷一、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．下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A．图甲：卢瑟福通过分析 粒子散射实验结果，发现了质子和中子B．图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能C．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的D．图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构【答案】C【解析】【详解】图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，得出原子的核式结构模型．故A错误．图乙：用中子轰击铀核使其发生裂变，裂变反应会释放出巨大的核能．故B错误．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故C正确；图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有复杂结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构．故D错误．故选C．2．把图甲所示的正弦式交变电流接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，R t为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是：()A．R t处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大B．R t处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变C．在t=1×10﹣2s时，穿过该矩形线圈的磁通量为零D．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50πt（V）【答案】A【解析】【详解】副线圈电压不变，若R t电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若R t电阻原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当R t处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表A1示数的乘积一定变大，故A正确；R t处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量R t的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与V2示数的比值变大，故B错误；在图甲的t=0.01s时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；根据图甲可知，E m=362V，T=0.02s，则ω＝220.02Tππ==100πr ad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=362sin100πt（V），故D错误。

安徽省铜陵市2021届新高考物理五模考试卷一、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．原子核A 、B 结合成放射性原子核C ．核反应方程是A+B→C ，已知原子核A 、B 、C 的质量分别为A m 、B m 、C m ，结合能分别为A E 、B E 、C E ，以下说法正确的是（ ）A ．原子核A 、B 、C 中比结合能最小的是原子核CB ．原子核A 、B 结合成原子核C ，释放的能量()2A B C E m m m c ∆=+- C ．原子核A 、B 结合成原子核C ，释放的能量A B C E E E E ∆=+-D ．大量原子核C 经历两个半衰期时，已发生衰变的原子核占原来的14【答案】B【解析】【分析】【详解】ABC ．某原子核的结合能是独立核子结合成该核时释放的能量，原子核A 、B 结合成放射性原子核C ，要释放能量，原子核C 的比结合能最大，释放的能量 ()C A B E E E E ∆=-+根据质能方程得()2A B c E m m m c ∆=+-故AC 错误，B 正确；D ．原子核的半衰期是原子核有半数发生衰变所需要的时间，大量原子核C 经历两个半衰期时，未发生衰变的原子核占原来的14，D 错误。

故选B 。

2．如图所示为四分之一圆柱体OAB 的竖直截面，半径为R ，在B 点上方的C 点水平抛出一个小球，小球轨迹恰好在D 点与圆柱体相切，OD 与OB 的夹角为60°，则C 点到B 点的距离为( )A ．RB ．2RC ．34RD ．4R 【答案】D【分析】由几何知识求解水平射程．根据平抛运动的速度与水平方向夹角的正切值得到初速度与小球通过D 点时竖直分速度的关系，再由水平和竖直两个方向分位移公式列式，求出竖直方向上的位移，即可得到C 点到B 点的距离．【详解】设小球平抛运动的初速度为v 0，将小球在D 点的速度沿竖直方向和水平方向分解，则有0tan 60yv v =︒，解得：gt v = 小球平抛运动的水平位移：x ＝Rsin 60°，x ＝v 0t ，解得：202Rg v =，232y Rg v =， 设平抛运动的竖直位移为y ，22y v gy =，解得：34R y =， 则 BC ＝y －(R －Rcos 60°)=4R ， 故D 正确，ABC 错误．【点睛】本题对平抛运动规律的直接的应用，根据几何关系分析得出平抛运动的水平位移的大小，并求CB 间的距离是关键．3．一种比飞机还要快的旅行工具即将诞生，称为“第五类交通方式”，它就是“Hyperloop （超级高铁）”。

2021年高考仿真模拟卷新课标I（五）物理试题含解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1（xx·上海嘉定区一模·7）．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一个很长的竖直圆筒。

一根条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。

让条形磁铁从静止开始下落。

条形磁铁在圆筒中的运动速率A．均匀增大 B．先增大，后减小C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变2（xx·辽宁沈阳一模·5）．如图所示，在倾角为的光滑斜面上，放置一质量为m 的导体棒，棒长为，棒中通有垂直纸面向里的电流，电流大小为I。

若使金属棒静止在斜面上，则下面关于磁感应强度B的判断正确的是（）A．B的方向垂直斜面向上，，B为最小值B．B的方向平行斜面向上，，B为最小值C．B的方向竖直向上，，此时金属棒对导轨无压力D．B的方向水平向左，，此时金属棒对导轨无压力3（xx•江苏省海门市高三模拟）如图所示，匀强磁场的边界为直角三角形abc，今有质量为m、带电量为q的一束微观粒子以不同的速度v沿ca方向从c点射入磁场做匀速圆周运动，不计粒子的重力，下列说法中正确的是（）A．粒子带负电B．从ab边射出的粒子一定比从bc边射出的粒子速度小C．从bc边射出的所有粒子在磁场中运动的时间相等D．只要速度合适，粒子可以到达b点4（xx·安徽合肥高三一模·6）如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连。

当用恒力F竖直向上拉着a ,使a、b—起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为为x1，加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b—起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2。

2021届物理高考模拟测试卷（五）(时间：60分钟，满分110分)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14.氢原子的能级公式为E n ＝1n 2E 1(n ＝1,2,3，…)，其中基态能量E 1＝－13.6 eV ，能级图如图所示．大量氢原子处于量子数为n 的激发态，这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为－0.96E 1，则n 和可能发出的频率最小的光子能量分别为( )A ．n ＝5,0.54 eVB ．n ＝5,0.31 eVC ．n ＝4,0.85 eVD ．n ＝4,0.66 eV15．一个质点做匀变速直线运动，依次经过a 、b 、c 、d 四点．已知经过ab 、bc 和cd 段的时间分别为t 、2t 、4t ，ac 和bd 段的长度分别为x 1和x 2，则质点运动的加速度为( ) A.x 2－x 115t 2 B.x 2－x 142t 2C.x 2－2x 142t 2D.x 2－2x 115t 216.如图所示，一根长为L 的金属细杆通有电流I 时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，斜面处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为12I ，磁感应强度大小变为4B ，重力加速度为g ，则此时金属细杆( )A ．中的电流方向垂直于纸面向外B ．受到的安培力大小为2BIL sin θC ．对斜面的压力大小变为原来的2倍D ．将沿斜面加速向上运动，加速度大小为g sin θ17．如图所示，有一个物块恰好能静止在固定的斜面上．若再对物体施加一个力，使物块能沿着斜面下滑，则该力可能是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．竖直向下的恒力B ．沿斜面向下的恒力C ．垂直于斜面向下的恒力D ．竖直向上的恒力18．如图所示，宽为L 的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .质量均为m 、电阻值均为r 的两导体棒ab 和cd 静止置于导轨上，其间距也为L ，现给cd 一向右的初速度v 0，对它们之后的运动过程说法不正确的是( )A ．ab 的加速度越来越大，cd 的加速度越来越小B ．回路产生的焦耳热为14mv 20C ．通过ab 的电荷量为mv 02BLD ．两导体棒间的距离最终变为L ＋mv 0r B 2L2 19．如图所示，在磁感应强度B ＝ 2 T 的匀强磁场中，矩形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度ω＝10 rad/s 转动，线框电阻不计，匝数为10，面积为0.4 m 2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4W 100 Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想交流电表．下列说法正确的是( )A ．若从图示位置开始计时，则线框中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝402cos 10t (V)B ．若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为1:2C ．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D ．若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗20.如图所示，匀强电场的方向与长方形abcd 所在的平面平行，ab ＝3ad .电子从a 点运动到b 点的过程中，电场力做的功为4.5 eV ；电子从a 点运动到d 点的过程中，克服电场力做的功为4.5 eV.以a 点的电势为电势零点，下列说法正确的是( )A ．b 点的电势为4.5 VB ．c 点的电势为332V C ．该匀强电场的方向是由b 点指向a 点D ．该匀强电场的方向是由b 点垂直指向直线ac21．小球甲从斜面顶端以初速度v 沿水平方向飞出，最终落在该斜面上．已知小球甲在空中运动的时间为t ，落在斜面上时的位移为s ，落在斜面上时的动能为E k ，离斜面最远时的动量为p .现将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v n(n >1)沿水平方向抛出，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．小球乙落在斜面上时的位移为s nB ．小球乙在空中运动的时间为t nC ．小球乙落在斜面上时的动能为E k n2 D ．小球乙离斜面最远时的动量为p n2 三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分22．(5分)某同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，已知当地重力加速度为g .主要实验步骤如下：①用游标卡尺测量挡光片的宽度d ，用量角器测出气垫导轨的倾角θ；②测量挡光片到光电门的距离x ；③由静止释放滑块，记录数字计时器显示挡光片的挡光时间t ；④改变x ，测出不同x 所对应的挡光时间t .根据上述实验步骤请回答：(1)用游标卡尺测量挡光片的宽度时的结果如图所示，则挡光片的宽度d＝________ mm.(2)滑块通过光电门时速度的表达式v＝________(用实验中所测物理量符号表示)．(3)根据实验测得的多组x、t数据，可绘制x -1t2图象，图象的纵坐标为x，横坐标为1t2，如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为________(用d、θ、g表示)．23．(10分)测量电源的电动势和内阻，提供的器材如下：A．待测电源(电动势约为8 V，内阻约为2 Ω)B．电压表V(0～3 V，内阻约为3 kΩ)C．电流表A(0～1 A)D．电阻箱R(0～99 999.9 Ω)E．滑动变阻器(0～20 Ω)F．滑动变阻器(0～100 Ω)G．开关、导线若干(1)采用图甲所示电路测量电压表的内阻R V.调节电阻箱R，使电压表指针满偏，此时电阻箱示数为R1；再调节电阻箱R，使电压表指针指在满刻度的一半处，此时电阻箱示数为R2.①电压表内阻R V＝________.②关于上述实验，下列说法中正确的有________．A．实验中电源可使用待测电源B．闭合开关S前，应将电阻箱阻值调到最小C．调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐增大的D．实验中忽略了电源的内阻，会使测量值偏大(2)若测得电压表内阻R V＝3 010 Ω，与之串联R＝___ Ω的电阻，将电压表的量程变为9 V.(3)为测量电源的电动势和内阻，请用笔画线代替导线，将图乙电路连接完整．实验中，滑动变阻器应选择________(选填“E”或“F”)，并指出产生实验误差的一个原因：________________________________________________________________________. 24．(12分)如图所示，在光滑水平桌面上O处固定一个弹性挡板，P处静置一可视为质点的质量为2 kg的物块C，O、P间的距离等于P、Q间的距离．两个可视为质点的小物块A、B间夹有炸药，一起以v0＝5 m/s的速度向右做匀速运动，到P处碰C前引爆炸药，A、B 瞬间弹开且在一条直线上运动，B与C发生碰撞后瞬间粘在一起．已知A的质量为1 kg，B 的质量为2 kg.要使B、C到达Q之前不再与A发生碰撞，则A、B间炸药释放的能量E应在什么范围内？(假设爆炸释放的能量全部转化为物块的动能)25．(20分)如图甲所示，长度L＝0.8 m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q ＝1.8×10－7 C，一质量m＝0.02 kg、电荷量为q的带正电小球B套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非匀强外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为正方向，建立坐标系．点电荷A 对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图乙中曲线Ⅰ所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图乙中的曲线Ⅱ所示，其中曲线Ⅱ在0.16 m≤x≤0.20 m和x≥0.40 m范围可近似看作直线．(静电力常量k＝9×109 N·m2/C2)(1)求小球B所带电荷量q；(2)求非匀强外电场在x＝0.3 m处沿杆方向的电场强度的大小；(3)在合电场中，求x＝0.4 m处与x＝0.6 m处之间的电势差U；(4)已知小球在x＝0.2 m处获得v＝0.4 m/s的初速度后，最远可以运动到x＝0.4 m处；若小球在x＝0.16 m处受到方向沿杆向右、大小为0.04 N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s是多少？(二)选考题(本题共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．)(1)(5分)如图所示，水平地面上放置一个导热性能良好的气缸，气缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体，一条轻细绳一端连接在活塞上，另一端绕过两个光滑的定滑轮后连接在一个可施加拉力的传感器上，传感器由计算机控制，开始时活塞和气缸均静止．现通过计算机对活塞施加拉力，让活塞缓慢向上移动，发现活塞始终没有被从气缸中拉出，周围环境温度不变，不计一切摩擦．则在拉动活塞的过程中，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．)A．气缸内气体对活塞单位时间内碰撞的次数先减少后不变B．气缸对地面的压力先不变后逐渐减小到零C．缸内气体对外做功，气体从外界吸收热量D．缸内气体从外界吸收热量，分子势能增加E．传感器施加的拉力最大值与气缸、活塞和缸内气体的总重力大小相等(2)(10分)一定质量的理想气体从状态1开始，经历a、b、c、d四个变化过程又回到状态1，已知气体在状态1时的压强p1＝2×105 Pa，在状态4时温度为T4＝600 K,41和32的延长线均经过原点O，其它参数如图所示．(ⅰ)求气体在状态2时的压强p2；(ⅱ)若气体沿直线从状态1直接变化到状态3，求气体对外界做的功．(1)(5分)用图(a)所示的干涉仪做“用双缝干涉测量光的波长”实验，图(b)是红光产生的干涉条纹，图(c)是通过目镜观测到测量头上的A、B两条纹的位置刻度，已知双缝到光屏的距离l ＝50.0 cm，双缝间距d＝0.250 mm，则下列说法正确的是________．(填正确答案标号．)A．实验中必须用拨杆来调整单缝和双缝，使单缝和双缝相互平行B．实验中还需测出单缝到光屏的距离C．实验中测得红光的波长为700 nmD．若改用间距为0.300 mm的双缝做实验，则相邻两亮条纹中心的距离将增大E．若将红色滤光片换成绿色滤光片，则相邻两亮条纹中心的距离将减小(2)(10分)将气垫导轨倾斜放置，倾角为θ＝30°，质量为m＝5×10－2 kg的物块放在气垫导轨上，用轻弹簧连接固定挡板和物块，如图(a)所示．从弹簧处于自然伸长状态时上端的位置由静止释放物块，物块在气垫导轨上运动的x -t图象如图(b)所示，物块的振幅为A(未知)．已知弹簧振子的周期T＝2πmk，其中m为振子的质量，k为弹簧的劲度系数，取g＝10 m/s2.(ⅰ)求物块振动的位移表达式；(ⅱ)若让物块振动的振幅为2 cm，请写出物块振动时所受回复力与振动位移的关系式．——★ 参 考 答 案 ★——14．『解析』氢原子基态的能量为E 1＝－13.6 eV ，大量氢原子处于某一激发态，这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为－0.96E 1，则最高能级的能量E ＝0.04E 1＝－0.54 eV ，即处在n ＝5能级；频率最小的光子的能量为ΔE′＝－0.54 eV －(－0.85 eV )＝0.31 eV ，故B 正确．『答案』B15．『解析』设质点经过a 点时的速度为v ，则有x 1＝v·3t ＋12a(3t)2，x 2＝(v ＋at)·6t ＋12a(6t)2，联立解得a ＝x 2－2x 115t 2，故D 正确． 『答案』D16．『解析』金属细杆受到重力、斜面的支持力和安培力而平衡，由左手定则可判断，电流方向垂直于纸面向里，故A 错误；此时金属细杆受到的安培力大小为F 安＝4B·12IL ＝2BIL ，故B 错误；金属细杆水平静止在斜面上时，根据平衡条件得F N cos θ＝mg ，F N sin θ＝BIL ，当电流大小和磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律得F ′N ＝mg cos θ＋2BIL sin θ＝mg (1＋sin 2θ)cos θ，a ＝2BIL cos θ－mg sin θm＝g sin θ，加速度方向沿斜面向上，故C 错误，D 正确．『答案』D17．『解析』设斜面倾角为θ，物块的质量为m ，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由题意可知，mg sin θ＝μmg cos θ，若对物块施加竖直向下的恒力F ，则沿斜面向下的力为(mg ＋F)sin θ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μ(mg ＋ F)cos θ，由于(mg ＋F)sin θ＝μ(mg ＋F)cos θ，所以物块仍静止，故A 错误；若对物块施加沿斜面向下的恒力F ，则沿斜面向下的力为mg sin θ＋F ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μmg cos θ，由于mg sin θ＋F>μmg cos θ，所以物块向下滑，故B 正确；若对物块施加垂直于斜面向下的恒力F ，则沿斜面向下的力为mg sin θ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μ(mg cos θ＋F)，由于mg sin θ<μ(mg cos θ＋F)，所以物块仍静止，故C 错误；若对物块施加竖直向上的恒力F ，则沿斜面向下的力为(mg －F)sin θ，物块与斜面间的最大静摩擦力为μ(mg －F)cos θ，由于(mg －F)sin θ＝μ(mg －F)cos θ，所以物块仍静止，故D 错误．『答案』B18．『解析』根据安培力公式和牛顿第二定律得：F ＝B 2L 2v 02r ＝ma ，解得a ＝B 2L 2v 02mr ，两棒的加速度a 均越来越小，A 错误；棒ab 和cd 在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统的动量守恒，以向右的方向为正方向，则有：mv 0＝2mv 1，解得：v 1＝12v 0，由动能定理得：－W 安＝12·2mv 21－12mv 20，解得回路产生的焦耳热为：Q ＝W 安＝14mv 20，选项B 正确；设整个过程中通过回路的电荷量为q ，对cd 棒由动量定理得：mv 1－mv 0＝－BILt ＝－BLq ，所以q＝mv 02BL ，选项C 正确；对cd 棒由动量定理得：mv 1－mv 0＝－B 2L 2v －2r t ＝－B 2L 2·Δx 2r，解得：Δx ＝mv 0r B 2L 2，两导体棒间的距离最终变为L ＋mv 0r B 2L 2，选项D 正确． 『答案』A19．『解析』输入电压的最大值为U m ＝NBSω＝40 2 V ，在图示位置穿过线框的磁通量为0，感应电动势最大，若从图示位置开始计时，则线框中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝402cos 10t(V )，A 正确；变压器输入电压的有效值为U 1＝4022V ＝40 V ，若灯泡正常发光，则U 2＝PR ＝4×100 V ＝20 V ，根据理想变压器的变压比得此时原、副线圈的匝数比为2:1，B 错误；若将滑动变阻器滑片向上移动，则滑动变阻器接入电路的电阻变大，负载等效电阻变大，根据I 2＝U 2R 2可知，副线圈中电流变小，则原线圈中电流变小，即电流表示数变小，C 错误；若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数变小，根据理想变压器的变压比可知输出电压减小，所以灯泡变暗，D 正确．『答案』AD20．『解析』电子从a 点运动到b 点的过程中，电场力做的功为4.5 eV ，电子从a 点运动到d 点的过程中，克服电场力做的功为4.5 eV ，根据W ＝qU ，可得U ab ＝－4.5 V ，U ad ＝4.5 V ，又知φa ＝0，则φb ＝4.5 V ，φd ＝－4.5 V ，根据匀强电场的规律知U ab ＝U dc ，可得φc ＝0，所以a 、c 连线为电场的等势线，电场强度的方向垂直于等势线，所以该匀强电场的方向是由b 点垂直指向直线ac ，选项B 、C 错误，A 、D 正确．『答案』AD21．『解析』设斜面倾角为θ，则tan θ＝12gt 2vt ，解得t ＝2v tan θg ，s ＝vt cos θ＝2v 2tan θg cos θ，E k ＝12m(v 2＋4v 2tan 2θ)＝12mv 2(1＋4tan 2θ)．将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v n沿水平方向抛出时，小球乙在空中运动的时间为t n ，小球乙落在斜面上时的位移为s n 2，小球乙落在斜面上时的动能为E k n2，选项A 错误，B 、C 正确；小球离斜面最远时，速度方向平行于斜面，大小为v 1＝v cos θ，动量为p 1＝mv 1＝mv cos θ，则将与小球甲质量相同的小球乙从斜面顶端以初速度v n 沿水平方向抛出时，小球乙离斜面最远时的动量为p n ，选项D 错误． 『答案』BC 22．『解析』(1)游标卡尺的主尺读数为2 mm ，游标读数为0.05×8 mm ＝0.40 mm ，所以最终读数为d ＝2 mm ＋0.40 mm ＝2.40 mm .(2)由于挡光片通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度．滑块通过光电门时速度v ＝d t. (3)如果滑块下滑过程符合机械能守恒定律，则应有mgx sin θ＝12m ⎝⎛⎭⎫d t 2，所以x ＝d 22g sin θ⎝⎛⎭⎫1t 2，x - 1t 2图象应为过原点的一条倾斜直线，其斜率为d 22g sin θ. 『答案』(1)2.40(2分) (2)d t (1分) (3)d 22g sin θ(2分)23．『解析』(1)①设满偏电压为U ，则由串联电路的规律可知：U ＋U R V R 1＝U 2＋U 2R VR 2，解得：R V ＝R 2－2R 1.②由于要测量电源的电动势和内阻，故可选用待测电源，故A 正确；由于采用限流接法，故闭合开关前，应将电阻箱阻值调到最大，故B 错误；为了保证实验安全，调节电压表满偏时，电阻箱的阻值是逐渐减小的，故C 错误；由于电源内阻的影响，当电压表半偏时，电路电流变小，路端电压变大，电压表半偏时电阻箱的电压大于电压表满偏时电压的一半，由R V ＝R 2－2R 1可知，电压表内阻的测量值大于真实值，故D 正确．(2)据改装原理可知93＝R V ＋R R V，解得：R ＝6 020 Ω. (3)根据原理图可得出对应的实物图，如图所示：由于电源内阻较小，为了便于控制滑动变阻器应选择E ；由图可知，电路中采用相对电源的电流表外接法，故电压表的分流使电流表示数偏小从而产生误差．『答案』(1)①R 2－2R 1(1分) ②A 、D (1分) (2)6 020(2分) (3)见解析图(2分) E (2分) 电压表的分流(2分)24．『解析』引爆炸药前后，对A 、B 组成的系统，由动量守恒定律得(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B (2分)设炸药爆炸释放出来的能量为E ，由能量守恒定律可知12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 20＝E(2分) B 、C 碰撞前后，由动量守恒定律得m B v B ＝(m C ＋m B )v 共(2分)要使B 、C 到达Q 之前不再与A 发生碰撞，根据题意可知，若炸开后A 仍向右运动，则需满足v A ≤v 共(1分)解得E≥3 J (1分)若炸开后A 向左运动，则需满足|v A |≤3v 共(1分)解得E≤1 875 J (1分)故3 J ≤E≤1 875 J (2分)『答案』3 J ≤E≤1 875 J25．『解析』(1)由图象可知，当x ＝0.3 m 时，F 1＝kqQ x 2＝0.018 N (2分) 因此q ＝F 1x 2kQ＝10－6 C (1分) (2)在x ＝0.3 m 处点电荷对小球的作用力为F 1，则F 合＝F 1＋qE(2分)因此E ＝F 合 －F 1q ＝－0.012－0.0181×10－6 N /C ＝－3×104 N /C (2分) 即非匀强外电场在x ＝0.3 m 处沿杆方向的电场强度大小为3×104 N /C ，方向向左(1分)(3)根据图象可知，在x ＝0.4 m 与x ＝0.6 m 之间合力做功W ＝－0.004×0.2 J ＝－8×10－4 J (2分)又qU ＝W ，可得U ＝－800 V (1分)(4)由图象可知，小球从x ＝0.16 m 到x ＝0.2 m 处，电场力做功W 1＝0.03×0.042J ＝6×10－4 J (2分)小球从x ＝0.2 m 到x ＝0.4 m 处，电场力做功W 2＝－12mv 2＝－1.6×10－3 J (2分) 小球从x ＝0.4 m 到x ＝0.8 m 处，电场力做功W 3＝－0.004×0.4 J ＝－1.6×10－3 J (2分) 由动能定理得W 1＋W 2＋W 3＋Fs ＝0(2分)解得s ＝－W 1＋W 2＋W 3F ＝0.065 m (1分) 『答案』(1)10－6 C (2)3×104 N /C (3)－800 V(4)0.065 m33．『解析』(1)由于气缸导热，缓慢拉动活塞时缸内气体温度不变，气体分子平均动能不变，活塞上移时，气体体积增大，温度不变而压强减小，当绳的拉力增大到等于气缸、活塞和缸内气体的总重力时，气缸离开地面向上运动，此时气体体积不变，压强不变，因此气缸内气体对活塞单位时间内碰撞的次数先减少后不变，AE 正确；气缸对地面的压力先减小后为零，B 错误；拉力对活塞做功，而气体由于体积增大而对外做功，但其内能保持不变，根据热力学第一定律，气体从外界吸热，C 正确；理想气体只有分子动能，没有势能，D 错误．(2)(ⅰ)由于41和32的延长线均经过原点O ，由pV T＝C 可知气体在b 、d 过程均做等温变化，因此T 1＝T 4＝600 K ，T 2＝T 3，由图可知p 3＝p 1由1、3状态得V 1T 1＝V 3T 3(2分) 1到2过程气体做等容变化，有p 1T 1＝p 2T 2(2分) 解得p 2＝1×105 Pa (1分)(ⅱ)气体沿直线从状态1直接变化到状态3过程中压强不变，体积减小，气体对外界做负功，设为W ，有W ＝－Fx ＝－p 1Sx ＝－p 1·ΔV(2分)其中ΔV ＝⎝⎛⎭⎫10.2－10.4L ＝2.5×10－3 m 3(2分) 所以W ＝－5×102 J (1分)『答案』(1)ACE (2)(ⅰ)1×105 Pa (ⅱ)－5×102 J34．『解析』(1)实验中，单缝和双缝必须平行，选项A 正确；由Δx ＝l d λ可知，不需要测定单缝到光屏距离，选项B 错误；红色滤光片只允许红光透过，A 条纹位置刻度为0.641 mm ，B 条纹位置刻度为9.041 mm ，则条纹间距Δx ＝9.041－0.6416mm ＝1.4 mm ，由Δx ＝l dλ得，红光的波长λ＝d l Δx ＝7.00×10－7 m ＝700 nm ，选项C 正确；由Δx ＝l dλ知，当d 增大时Δx 减小，选项D 错误；滤光片允许对应颜色的光透过，绿光比红光的波长短，因此换用绿色滤光片时，相邻两亮条纹中心的距离将减小，选项E 正确．(2)(ⅰ)由题意知弹簧振子做简谐运动，振子的振幅等于物块到平衡位置时弹簧的压缩量，即mg sin θ＝kA(1分)与T ＝2πm k 比较有A ＝gT 28π2(1分) 由图(b )结合数学知识得x ＝A cos 2πT t(1分) 联立解得x ＝0.012 5cos 20t m (2分)(ⅱ)由题意得k ＝mg 2A(2分) 回复力F ＝－kx(1分)解得F ＝－20x N (－0.02 m ≤x≤0.02 m )(2分)『答案』(1)ACE (2)(ⅰ)x ＝0.012 5cos 20t m(ⅱ)F ＝－20x N (－0.02 m ≤x≤0.02 m )。