云南省昭通市2021届新高考物理一月模拟试卷含解析

云南省昭通市2021届新高考物理一月模拟试卷
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．甲、乙两汽车在两条平行且平直的车道上行驶，运动的v —t 图象如图所示，已知t=0时刻甲、乙第一次并排，则（ ）
A ．t=4s 时刻两车第二次并排
B ．t=6s 时刻两车第二次并排
C ．t=10s 时刻两车第一次并排
D ．前10 s 内两车间距离的最大值为12m
【答案】C
【解析】
【详解】
AB.由图像可知，在前8s 内，甲的位移
x′=vt=48m
乙的位移 x″=262
+·12m=48m 说明t=8s 时刻两车第二次并排，选项AB 均错误；
C.两车第二次并排后，设经过△t 时间两车第三次并排，有：
v·△t=v 1·△t-2212
a t ⋅∆ 解得△t=2s ，两车恰好在乙速度为零时第三次并排，第三次两车并排的时刻为t=10s ，选项C 正确；
D.由图像可知，前10s 内两车在t=4s 时刻两车距离最大（图像上左侧的梯形面积），
△x=242
+×6m=18m 选项D 错误。

2．如图，在xoy 坐标系中有圆形匀强磁场区域，其圆心在原点O ，半径为L ，磁感应强度大小为B ，磁场方向垂直纸面向外。

粒子A 带正电，比荷为q m ，第一次粒子A 从点（－L ，0）在纸面内以速率qBL v m
=
沿着与x 轴正方向成α角射入磁场，第二次粒子A 从同一点在纸面内以相同的速率沿着与x 轴正方向成β角射入磁场，已知第一次在磁场中的运动时间是第二次的2倍，则
A ．2παβ+=
B ．22π
αβ+=
C ．22παβ+=
D ．222παβ+=
【答案】B
【解析】
【详解】 粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示：
，
根据洛伦兹力提供向心力有：
2
v qvB m R
＝ 则粒子做匀速圆周运动的半径为：
mv R L qB
＝＝ 根据几何知识可知BOCO 1以及BODO 2为菱形，所以
∠1=180°-（90°-α）=90°+α
∠2=180°-（90°+β）
根据题意可知∠1=2∠2，所以得到
α+2β＝90°＝ 2π 。

A ．2π
αβ+=，与结论不相符，选项A 错误；
B ．22π
αβ+=，与结论相符，选项B 正确；
C ．22π
αβ+=，与结论不相符，选项C 错误；
D ．222παβ+=
，与结论不相符，选项D 错误；
故选B 。

3．按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。

假设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 0，飞船沿距月球表面高度为3R 的圆形轨道I 运动，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道II ，到达轨道的近月点B 时再次点火进入月球近月轨道III 绕月球做圆周运动。

下列判断不正确的是（ ）
A ．飞船在轨道I 上的运行速率0g R
v =B ．飞船在A 点处点火变轨时，动能减小
C ．飞船在轨道III 绕月球运动一周所需的时间0
R T 2g =D ．飞船从A 到B 运行的过程中机械能变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．万有引力提供向心力 2
2(3)3Mm v G m R R R R
=++ 解得
4GM v R
=在月球表面
02Mm G mg R
= 解得
20GM g R =
联立解得 0g
R v =
故A 正确，不符合题意；
B ．飞船在A 点变轨后由圆轨道变为椭圆轨道，做向心运动，要求万有引力大于飞船所需向心力，所以飞船应该减速，动能减小，故B 正确，不符合题意；
C ．万有引力提供向心力
2
224(3)(3)Mm G m R R R R T
π=++ 结合
20GM g R =
解得
R T 2g =π 故C 正确，不符合题意；
D ．在椭圆轨道上，飞船由A 点运动至B 点，只有万有引力做功，机械能守恒，故D 错误，符合题意。

故选D 。

4．如图所示，水平传送带A 、B 两端相距s=2m ，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1．工件滑上A 端瞬时速度v A =5m/s ，达到B 端的瞬时速度设为v B ，则（ ）
A ．若传送带以1m/s 顺时针转动，则v
B =3m/s
B ．若传送带逆时针匀速转动，则v B <3m/s
C ．若传送带以2m/s 顺时针匀速转动，则v B =3m/s
D ．若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定v B >3m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为
若传送带以1m/s 顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为1m/s 时的位移为
222254 1.125m 224
B A v v s a --===⨯ 然后物体随传送带匀速运动，故达到B 端的瞬时速度为1m/s ，故A 错误；
B ．若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达B 端时的速度为
2225242m /s=3m /s B A v v aL =-=-⨯⨯
故B 错误；
C ．若传送带以2m/s 顺时针匀速转动时，物体做减速运动，由B 选项可知因为到达B 端的速度为v B =3m/s ，故最后物体到达B 端的速度为v B =3m/s ，故C 正确；
D ．因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达B 端的速度为3m/s 只有当传送带的速度大于3m/s 时到达右端的速度才可能是v B >3m/s ，故D 错误．
故选C.
5．某静电场中有电场线与x 轴重合，x 轴上各点电势φ分布如图所示，图线关于纵轴对称,则( )
A ．x 1处和－x 1处场强方向相同
B ．x 1处和－x 2处场强大小相等
C ．某带电粒子在x 2处和－x 2处电势能相等
D ．某带电粒子在x 2处的电势能大于在－x 2处的电势能
【答案】C
【解析】
【详解】
AB ．φ—x 图象的斜率大小等于电场强度，x 1处和-x 1处场强大小相等，方向相反，x 1处和-x 2处场强大小不相等，故AB 错误；
CD ．在x 2处和-x 2处电势相等，根据E p =qφ知某带电粒子在x 2处和-x 2处电势能相等，故C 正确，D 错误。

故选C 。

6．关于原子、原子核和波粒二象性的理论，下列说法正确的是（ ）
A ．根据玻尔理论可知，一个氢原子从5n =能级向低能级跃迁最多可辐射10种频率的光子
B ．在核反应中，质量数守恒，电荷数守恒，但能量不一定守恒
C ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光照强度太弱
D ．α、β、γ三种射线中，α射线的电离本领最强，γ射线的穿透本领最强
【答案】D
【解析】
A ．大量氢原子从5n =能级向低能级跃迁最多可辐射10种频率的光子，一个氢原子从5n =能级向低能级跃迁最多只能辐射4种频率的光子，故A 错误；
B ．在核反应中，质量数守恒，电荷数守恒，能量也守恒，故B 错误；
C ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为金属的极限频率大于入射光的频率，故C 错误；
D ．α、β、γ三种射线中，α射线的电离本领最强，γ射线的穿透本领最强，故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．如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图，运动员从O 点由静止开始，在不借助其它外力的情况下，自由滑过一段圆心角为60°的光滑圆弧轨道后从A 点水平飞出，落到斜坡上的B 点。

已知A 点是斜坡的起点，光滑圆弧轨道半径为40m R =，斜坡与水平面的夹角30θ=︒，运动员的质量50kg m =，重
力加速度210m /s g =。

下列说法正确的是（ ）
A ．运动员从O 运动到
B 的整个过程中机械能守恒
B ．运动员到达A 点时的速度为2m/s
C ．运动员到达B 点时的动能为47103
⨯J D ．运动员从A 点飞出到落到B 3【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．运动员从O 运动到
B 的整个过程中，只有重力做功，机械能守恒，故A 选项正确；
B ．运动员在光滑圆轨道上运动时，由机械能守恒得
()211cos602
A mv mgh mgR ==-︒ 所以 ()21cos601040m/s=20m/s A v gR gR =-︒==⨯
故B 选项错误；
D ．设运动员做平抛运动的时间为t ，水平位移为x ，竖直位移为y ，则
A x v t =
212
y gt = 由几何关系
tan 30y x =︒= 联立得
t = 2
1801023y m m =⨯⨯=⎝⎭
故D 选项错误；
C ．运动员从A 到B 的过程中机械能守恒，所以在B 点的动能
212
kB A E mgy mv =+ 代入
47103
kB E =⨯J 故C 选项正确。

故选AC 。

8．下列说法中正确的是__________。

A ．雾霾在大气中的漂移是布朗运动
B ．当气体凝结为固体时，其分子的平均速率无限接近于零
C ．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，这是因为表面张力的作用
D ．在等压变化过程中，温度升高，单位时间内单位面积上分子碰撞次数减少
E.当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定大
【答案】CDE
【解析】
【详解】
A ．雾霾在大气中的漂移是气体的流动造成的，故A 错误；
B ．气体凝结为固体时，分子仍在做无规则运动，由于温度的降低，分子的平均动能减小，但分子平均速率不会趋近于零，故B 错误；
C ．把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔，它的尖端就会变钝，是因为液态的玻璃表面的分子间的距离比内部分子间的距离大，分子间表现为引力，是表面张力的作用，故C 正确；
D ．在等压变化过程中，温度升高，体积增大分子速度增大，碰撞的作用力增大，而压强不变，故单位时间内单位面积上分子碰撞次数减少，故D 正确；
E ．当人们感到潮湿时，空气的相对湿度一定大，故E 正确。

故选：CDE 。

9．如图，夹角为120°的两块薄铝板OM 、ON 将纸面所在平面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域，两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1、B 2。

在OM 板上表面处有一带电粒子垂直OM 方向射入磁场B 1中，粒子恰好以O 为圆心做圆周运动回到出发点。

设粒子在两区域中运动的速率分别为v 1、v 2，运动时间分别为t 1、t 2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是（ ）
A ．粒子带负电
B ．12v :v 2:1=
C ．12:2B B =
D ．12:2t t =【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．根据左手定则可判定粒子带负电，故A 正确；
B ．由题意知21122212211
2
k k mv E E mv ==，故1221v v =：：，故B 错误； C ．根据洛伦兹力提供向心力2
v qvB m r
=得：mv B qr =，由题意知r 1＝r 2，故121221B B v v =：：：，故C 正确；
D ．由粒子在磁场中的周期公式2m T qB
π=知，粒子在磁场中的周期相同，运动时间之比等于圆周角之比，即t 1：t 2＝120°：240°＝1：2，故D 错误。

10．如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R 的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段
轨道相切于N 和N′点，圆弧的半径为r ，两金属轨道间的宽度为d ，整个轨道处于磁感应强度为B ，方向竖直向上的匀强磁场中．质量为m 、长为d 、电阻为R 的金属细杆置于框架上的MM′处，MN=r.在t=0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v 0，之后金属细杆沿轨道运动，在t=t 1时刻，金属细杆以速度v 通过与圆心等高的P 和P′；在t=t 2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g.以下说法正确的是(
)
A ．t=0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv 0
B ．t=t 1时刻，金属细杆所受的安培力为222B d v R
C ．从t=0到t=t 1时刻，通过金属细杆横截面的电量为
Bdr R D ．从t=0到t=t 2时刻，定值电阻R 产生的焦耳热为
201544
mv mgr - 【答案】CD
【解析】
【详解】
A ．t=0时刻，金属细杆产生的感应电动势 0E Bdv =
金属细杆两端的电压
0122
E U R Bdv R =⋅= 故A 错误；
B ．t=t 1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时，金属细杆不受安培力，故B 错误；
C ．从t=0到t=t 1时刻，电路中的平均电动势
1
Φ2Bd r E t t ∆⨯==∆ 回路中的电流
2E I R
= 在这段时间内通过金属细杆横截面的电量
1q I t =⋅
解得 Bdr q R = 故C 正确； D ．设杆通过最高点速度为2v ，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得
22v mg m r
= 解得
2v gr =
从t=0到t=t 2时刻，据功能关系可得，回路中的总电热
220211222
Q mv mv mg r =--⋅ 定值电阻R 产生的焦耳热
12
R Q Q = 解得
201544
R Q mv mgr =- 故D 正确
故选CD 。

【点睛】
感应电量ΦΦE t q I t t n n R t R R ∆∆∆=⋅∆=⋅∆=⋅=∆总总总
，这个规律要能熟练推导并应用． 11．如图所示，用粗细均匀、总电阻为r 的导线围成一个边长为L 的等边三角形闭合线框，线框以速度v 匀速穿过一个水平方向宽度为2L ，竖直方向足够长的磁场区域，该磁场的磁感应强度为B 。

线框在匀速穿过磁场区域过程中BC 边始终与磁场边界（图中虚线所示）平行，则下列说法正确的是（ ）
A ．导线框从刚进入磁场到完全进入磁场过程中产生的平均电动势为E BLv =
B
．导线框从刚进入磁场到导线框完全离开磁场过程中，导线框不受安培力作用的时间为
(42L v
- C ．导线框BC 边刚进入和刚离开磁场时BC 两间的电势差相等 D ．导线框从BC 边进入磁场的水平距离为L
时刻开始到导线框完全离开磁场过程中通过线框的电荷量为2q BL = 【答案】BD
【解析】
【详解】
A.根据法拉第电磁感应定律，线框从刚进入磁场到完全进入磁场过程中产生的平均电动势：
E t
∆Φ=∆， 而：
21224
B S B L L BL ∆Φ=⋅∆=⋅⋅=，
22L t v v
∆==， 解得
12
E BLv =， 故A 错误；
B.导线框完全在磁场中运动时磁通量不变，没有感应电流，不受安培力作用的时间为：
2(422L L s L t v v v
--===， 故B 正确；
C.线框BC 边刚进入磁场时BC 两端的电势差为：
2333
BC r BLv r U BLv I BLv BLv r =-⨯=-⨯=， 线框BC 边刚离开时，BC 两端的电势差为：
221333
BC BLv U BLv I r BLv r BLv r '=-⨯=-⨯=， 故C 错误；
D.导线框BC 边进入磁场的水平距离为L 时线框已经完全进入磁场，由：
234q I t t BL r t r r
∆Φ∆Φ=⋅∆=⋅∆==⋅∆， 故D 正确。

故选：BD 。

12．如图，空间存在方向竖直向上、场强大小为E 的匀强电场；倾角为30︒的光滑绝缘斜面固定在地面上，绝缘轻弹簧的下端连接斜面底端的挡板，上端连接一带电量为+q 的小球，小球静止时位于M 点，弹簧长度恰好为原长。

某时刻将电场反向并保持电场强度大小不变，之后弹簧最大压缩量为L ，重力加速度为g 。

从电场反向到弹簧压缩至最短的过程中，小球（ ）
A ．机械能一直减少
B ．电势能减少了12
EqL C ．最大加速度为g
D gL 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
B ．电势能的减小量等于电场力做的功，即为
1sin 302
F W qEL qEL ︒== 故B 正确；
C ．小球在M 点时有
mg qE =
从电场反向到弹簧压缩至最短的过程中，小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度反向增大的减速运动，由弹簧振子对称性可知，小球在M 点开始运动时的加速度最大即为
max sin 30qE mg a g m
︒+== 故C 正确；
D ．小球速度最大时合力为0，由平衡可得
=(+)sin30F mg qE mg ︒=弹
由对称性可知，速度最大时，小球运动的距离为 2L x = 由动能定理有 2max 1()sin 302222
L mg L mg qE mv ︒+⋅-⋅= 得
max 72
v gL = 故D 错误；
A ．小球速度最大时合力为0，由平衡可得
=(+)sin30F mg qE mg ︒=弹
此过程小球克服弹力做功为
224
mg L mgL W =⨯=弹 电场力做功为 'sin 3024F L mgL W mg
︒== 小球克服弹力做功与电场力做功相等，说明小球机械能不是一直减小，故A 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某校物理兴趣小组利用如图甲所示装置探究合力做功与动能变化的关系。

在滑块上安装一遮光条，系轻细绳处安装一拉力传感器（可显示出轻细绳中的拉力），把滑块放在水平气垫导轨上A 处，细绳通过定滑轮与钩码相连，光电门安装在B 处，气垫导轨充气，将滑块从A 位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F ，光电门记录的时间为t ∆。

(1)多次改变钩码的质量（拉力传感器记录的读数F 相应改变），测得多组F 和t ∆数据，要得到线性变化图像，若已经选定F 作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为___；
A ．t ∆
B ．2()t ∆
C ．1t ∆
D ．2
1t ⎛⎫ ⎪∆⎝⎭ (2)若正确选择横坐标所代表的物理量后，得出线性变化图像的斜率为k ，且已经测出A 、B 之间的距离为s ，遮光条的宽度为d ，则滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为M =____。

【答案】D 22ks d 【解析】
【详解】 (1)[]1设A 、B 之间的距离为s ，遮光条的宽度为d ，根据动能定理
212
Fs Mv =
d v t =∆ 联立解得
2
212Md F s t ⎛⎫= ⎪∆⎝⎭
选定F 作为纵坐标，要得到线性变化图像，则横坐标代表的物理量为21t ⎛⎫ ⎪∆⎝⎭
，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

(2)[]2由2
212Md F s t ⎛⎫= ⎪∆⎝⎭
知，得出线性变化图像的斜率为k ，则 2
2Md k s
= 滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为 22ks M d
= 14．某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。

给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。

已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz ，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，经测量AB 、BC 、CD 、DE 间的距离分别为
1.20 6.1911.21AB BC CD x cm x cm x cm ===，，，16.23DE x cm =。

在ABCDE 五个点中，打点计时器最先打出的是_______点，在打出D 点时物块的速度大小为____m/s （保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留1位有效数字，g 取9.8 m/s 2）。

【答案】E 1.37 0.5
【解析】
【详解】
[1]橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E 点；
[2]由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s ，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D 点时物块的速度大小为 22CE CD DE D x x x v T T
+== 代入数据解得：v D =1.37m/s ；
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x=aT 2
可以求出加速度的大小，得：
2
4AB BC CD DE x x x x a T +--= 代入数据解得：a=-5m/s 2
对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：
mg ma μ-=
解得：0.5μ=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．在如图所示的坐标系中，仅第三象限的磁场垂直坐标系所在平面向外，其余象限的磁场方向均垂直坐标系所在平面向里，四个象限中的磁感应强度大小均为B 。

其中M 、N 两点为x 轴负半轴和y 轴负半轴上的点，坐标分别(20)a -，、(02)a -，，一带负电的粒子由M 点沿MN 连线方向射入，忽略粒子的重力。

求：
(1)如果负粒子由M 点射入后刚好能经过坐标原点第一次离开边界线，负粒子在第三象限磁场中的路程为多少？
(2)如果负粒子由M 点射入后能经O 点到达N ，负粒子的路程为多少？
【答案】 (1)
2a π；(2)πa 或2πa
【解析】
【分析】
【详解】 (1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R ，若电子从M 点出发刚好经原点O 第一次离
开边界线，如图甲所示
则有
2Rcos45°＝2a
解得
R＝a
运动轨迹为四分之一圆周，所以运动的路程
s＝2
42
R a ππ
=
(2)负粒子从M点出发经原点O到达N点，若粒子经原点O第一次射出磁场分界线，则轨迹如图甲，运动路程为一个圆周即
s＝2πR＝2πa
若粒子第N次离开磁场边界为O点，则要回到N点，经过O点的速度必然斜向下45°，则运动轨迹如图乙
根据几何关系有
2 2cos45a
R'=
o
圆周运动半径
a
R
N
'=
运动通过的路程为
s＝2
4
R
N π
'
⨯＝
2
2
4
a
N
N
π
⨯＝πa
16．在容积为40L的容器中，盛有压缩二氧化碳3.96kg，该容器能承受的压强不超过6.0⨯106pa，求容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度？（已知二氧化碳在标准状态下的密度是1.98kg/m3，温度是0℃，压强是1⨯105pa）
【答案】54.6℃
【解析】
【详解】
容器内的气体在标准状态下的状态量分别为：T1=273K，p1=1⨯105pa，33
1
396
m2m
198
m.
V
.
ρ
===
气体达到爆炸点的状态量为：p2=6.0⨯106pa，V2=40L=0.04m3
根据理想气体状态方程1122
12
PV PV
T T
=，代入数据，有爆炸危险时内部气体达到的温度
T2=327.6K
达到的摄氏温度t2=54.6℃。

答：容器会有爆炸危险时内部气体达到的摄氏温度是54.6℃。

17．如图所示，有一棱镜ABCD，90
B C
∠=∠=︒，75
D
∠=︒．某同学想测量其折射率，他用激光笔从BC 面上的P点射入一束激光，从Q点射出时与AD面的夹角为45︒，Q点到BC面垂线的垂足为E，15
PQE
∠=︒．求：
①该棱镜的折射率
②改变入射激光的方向，使激光在AD边恰好发生全反射，其反射光直接到达CD边后是否会从CD边出射？请说明理由。

2②激光能够从CD边出射
【解析】
【详解】
①如图所示，FG为法线
∠D=75°，则
∠EQA=75°，∠PQE=15°，∠PQA=60°，∠PQG=30 所以入射角
i=∠PQG=30°
折射角
r=45°
由于光从棱镜射向空中，所以该棱镜的折射率 sin sin 452sin sin 30r n i ︒︒
=== ②设全发射临界角为C ，如图所示
12sin 45C C n ︒=== 904575JOD C D ︒︒︒∠=-=∠=
因而
∠OJD=60°
激光在CD 边的入射角30°＜45°，因而激光能够从CD 边出射。