辽宁省铁岭市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析

辽宁省铁岭市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，质量均为m的物块A、B压在置于地面上的竖直轻弹簧上，上端弹簧弹性系数为k1，下端弹簧的弹性系数为2k，弹簧与地面、弹簧与物块间均没有栓接，A、B处于静止状态，现给A一个竖直向上的拉力F，F的大小自0开始缓慢增大，物块B自初始位置能上升的最大高度为（ ）

A．1mgk B．2mgk C．1211mgkk D．1212mgkk

【答案】B

【解析】

【详解】

开始2k弹簧压缩量

122mgxk

当A离开弹簧1k，2k弹簧的压缩量

22mgxk

所以B上升的最大高度

122mgxxxk

故B正确，ACD错误。

故选：B。

2．如图所示，理想变压器的原线圈两端接在交流电源上，电压有效值为U。理想电压表接在副线圈两端，理想电流表接在原线圈电路中，有三盏相同的灯泡123LLL、、接在副线圈电路中。开始时开关S闭合，三盏灯都亮。现在把开关S断开，三盏灯都没有烧毁，则下列说法正确的是（ ）

A．电流表和电压表的示数都不变

B．灯1L变暗

C．灯2L变暗

D．电源消耗的功率变大

【答案】B

【解析】

【详解】

A．S断开，副线圈负载电阻增大，而电压2U由初级电压和匝数比决定，则U2不变，原、副线圈中的电流都减小，选项A错误；

BC．副线圈中电流2I减小，1L两端电压减小、2L两端电压增大，灯1L变暗、灯2L变亮，选项B正确，C错误；

D．2I减小，则22UI减小，电源的功率减小，选项D错误。

故选B。

3．2019年4月10日，事件视界望远镜捕获到人类历史上的首张黑洞“照片”，这是人类第一次凝视曾经只存在于理论中的天体．如果把太阳压缩到半径只有3km且质量不变，太阳就变成了一个黑洞，连光也无法从太阳表面逃逸．已知逃逸速度是第一宇宙速度的2倍，光速为8310m/s，1122G6.6710NmKg，则根据以上信息可知太阳的质量约为

A．29210Kg B．30210Kg C．30810Kg D．31810Kg

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

由22MmvGmRR且2cv，解得1128230(310)3000kg210kg226.6710cRMG，故选B.

4．如图所示，小球放在光滑的墙与装有铰链的光滑薄板之间，薄板在F作用下逆时针缓慢转动，在墙与薄板之间的夹角θ缓慢地从90°逐渐减小的过程中（ ）

A．小球对薄板的压力可能小于小球的重力

B．小球对薄板的正压力一直增大

C．小球对墙的压力先减小，后增大

D．小球对墙的正压力不可能大于小球的重力

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

以小球为研究对象，处于平衡状态，根据受力平衡，由图可知

AB．当墙与薄板之间的夹角缓慢地从90°逐渐减小的过程中，薄板给球的支持力1F逐渐增大，木板受到的压力增大，小球对薄板的压力不可能小于小球的重力，A错误B正确；

CD．当墙与薄板之间的夹角缓慢地从90°逐渐减小的过程中，墙壁给球的压力2F逐渐增大，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力增大，小球对墙的正压力可能大于小球的重力，CD错误。

故选B。

5．空间某一静电场的电势φ在x轴上的分布如图所示，图中曲线关于纵轴对称。在x轴上取a、b两点，下列说法正确的是（ ）

A．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴正向

B．a、b两点的电场强度在x轴上的分量都沿x轴负向

C．a、b两点的电场强度在x轴上的分量大小Ea

【答案】C

【解析】

【详解】

A B．因为在O点处电势最大，沿着x轴正负方向逐渐减小，电势顺着电场强度的方向减小，所以a、b两点的电场强度在x轴上的分量方向相反。

C．在a点和b点附近分别取很小的一段d，由图像可知b点段对应的电势差大于a点段对应的电势差，看作匀强电场Δ=ΔEd，可知Ea

D．x轴负方向电场线往左，x轴正方向电场线往右，所以正电荷沿x轴从a点移到b点过程中，电场力先做负功后做正功。故D错误。

故选C。

6．下列关于运动项目的叙述正确的是（ ）

A．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球可以看做质点

B．2018年苏炳添在男子100m中跑出的亚洲纪录是一个时刻

C．4100m接力赛中的100m都是指位移

D．运动员100m短跑用时10s，则其加速过程的平均加速度定不小于22m/s

【答案】D

【解析】

【详解】

A．若足球的运动轨迹是旋转的香蕉球时，要研究足球的运动足球大小不能忽略，不可以看做质点，选项A错误；

B．2018年苏炳添在男子100m中跑出的亚洲纪录是一个时间间隔，选项B错误；

C．4100m接力赛中有弯道，则其中的100m不都是指位移，选项C错误；

D．运动员100m短跑用时10s，若整个过程中一直加速，则加速度

222221002m/s10sat

因运动员在100m短跑中先加速后匀速，则其加速过程的平均加速度定不小于22m/s，选项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．如图所示，单匝线圈ABCD边长为L，粗细均匀且每边电阻均为R，在外力作用下以速度v向右匀速全部进入场强为B的匀强磁场，线圈平面垂直于磁场方向，且CDv。以下说法正确的是（ ）

A．当CD边刚进入磁场时，CD两点间电势差为BLv

B．若第二次以速度2v匀速全部进入同一磁场，则通过线圈某一横截面电量是第一次的2倍

C．若第二次以速度2v匀速全部进入同一磁场，则外力做功的功率为第一次的4倍

D．若第二次以速度2v匀速全部进入同一磁场，则线圈中产生的热量是第一次的2倍

【答案】CD

【解析】

【详解】

A．当CD边刚进入磁场时，电动势E=BLv；则CD两点间电势差为

34CDvUBL

选项A错误；

B．设正方形边长为L。根据感应电荷量经验公式qRV总，得：

2BLqR总

B、L、R总都相等，所以两次通过某一横截面的电荷量相等．故B错误。

C．外力做功的功率等于电功率，即

22222EBLvPvRR总总

则外力做功的功率为第一次的4倍，选项C正确；

D．根据焦耳定律得：线圈产生的热量

2322()BLvLBLvQIRtRvRvR总总总总

则得第二次与第一次线圈中产生的热量之比为2：1，故D正确。

8．如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知A、B的质量均为10kg，C的质量为40kg，重力加速度为g=10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态，释放C后C沿斜面下滑，A刚离开地面时，B获得最大速度.（ ）

A．斜面倾角=30°

B．A、B、C组成的系统机械能先增加后减小

C．B的最大速度max2m/sv

D．当C的速度最大时弹簧处于原长状态

【答案】ABC

【解析】

【详解】

A．开始时弹簧压缩的长度为xB得：

kxB=mg

当A刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对A有：

kxA=mg

物体A刚离开地面时，物体B获得最大速度，B、C的加速度为0，对B有：

T-mg-kxA=0

对C有：

Mgsinα-T=0

解得：

α=30°

故A正确；

B．由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由A、B、C以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知A、B、C组成的系统机械能先增加后减小，故B正确；

C．当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为：

221010m=1m200ABmghxxk

由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为vB，由动能定理得：

212BMghsinmghvMm

解得： vB＝2m/s

故C正确；

D．当B的速度最大时，C的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故D错误；

故选ABC。

9．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22BLFdRm

C．线框在进入磁场的过程中速度的最小值为Fdm

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：21122dFmv，解得：1Fdvm，线框受到的安培力：22221BLvBLFdFBILRRm ，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：221min11()22FdLmvmv 解得：min2()FdFdLvmm ，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；

10．如图所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在传播方向上有M、N两点（N点图中未画出），4.0mOM，9.0mON。M点开始振动后，又经1.1s的时间恰好第三次到达波谷。则下列说法正确