江西省吉安市2021届新高考物理考前模拟卷(2)含解析

江西省吉安市2021届新高考物理考前模拟卷（2）
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．以下各物理量属于矢量的是()
A．质量
B．时间
C．电流
D．磁感应强度
【答案】D
【解析】
【详解】
矢量是既有大小，又有方向的物理量；
AB．质量、时间只有大小而没有方向，都是标量，选项AB错误；
C．电流有大小和方向，但电流的合成不满足平行四边形定则，也是标量，选项C错误；
D．磁感应强度有大小，也有方向，是矢量，故选项D正确。

2．A、B两物体经过同一地点时开始计时，它们沿直线运动的速度随时间变化的规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．t1时刻A、B两物体相遇
B．t2时刻B物体速度变化率为零
C．t1到t3时间内两物体的间距先增大后减小
D．A、B两物体速度方向一直相同
【答案】B
【解析】
【详解】
A.由v-t图像可知，t1时刻A、B两物体速度相同，A的位移大于B的位移，两物体没有相遇，选项A错误；
D. 物体B 一直沿正方向运动，物体A 在t 1到t 3的某段时间内向负方向运动，则A 、B 两物体速度方向不是一直相同，选项D 错误；
3．如图(a)，R 为电阻箱，A 为理想电流表，电源的电动势为E ，内阻为r 。

图(b)为电源的输出功率P 与A 示数I 的关系图像，其中功率P 0分别对应电流I 1、I 2。

则
A ．I 1＋I 2＞
E r B ．I 1＋I 2＜E r C ．I 1＋I 2＝E r D ．I 1＝I 2＝E r
【答案】C
【解析】
【详解】 电源的输出功率：
P=EI−I 2r
则：
221122EI I r EI I r -=-
整理得：
12E I I r
+=
A. I 1＋I 2＞E r。

与上述结论不符，故A 错误； B. I 1＋I 2＜E r。

与上述结论不符，故B 错误； C. I 1＋I 2＝E r。

与上述结论相符，故C 正确； D. I 1＝I 2＝E r 。

与上述结论不符，故D 错误。

4．如图所示，虚线所围矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B 、方向垂直纸面向外的匀强磁场。

现从ab 边的中点O 处，某一粒子以最小速度υ垂直于磁场射入、方向垂直于ab 时，恰能从ad 边的a 点穿出。

若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O 处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d 点穿出，已知此粒子的质量为m ，电荷量的大小为q ，其重力不计；ab 边长为2ι，ad 边长为3ι，则下列说法中正确的是
A．匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为
B．匀强磁场的磁感应强度大小与匀强电场的电场强度大小之比为
C．离子穿过磁场和电场的时间之比
D．离子穿过磁场和电场的时间之比
【答案】D
【解析】
【分析】
根据某一粒子以最小速度υ垂直于磁场射入、方向垂直于ab时，恰能从ad边的a点穿出可知，本题考查带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心和几何关系求解；
若撤去原来的磁场在此矩形区域内存在竖直向下的匀强电场，使该粒子以原来的初速度在O处垂直于电场方向射入，通过该区域后恰好从d点穿出可知，本题也考查带电粒子在电场中的偏传，根据类平抛运动列方程求解。

【详解】
A、B项：粒子在磁场中运动，由题意可知，粒子做圆周运动的半径为，
由公式可得：，
联立两式解得：；
粒子在电场中偏转有：
联立解得： 所以，故A 、B 错误；
C 、
D 项：粒子在磁场中运动的时间为： 粒子在电场中运动的时间为： 所以，故C 错误，D 正确。

故选：D 。

5．北京时间2019年5月17日23时48分，我国成功发射第45颗北斗导航卫星。

该卫星与此前发射的倾斜地球同步轨道卫星（代号为P ）、18颗中圆地球轨道卫星（代号为Q ）和1颗地球同步轨道卫星（代号为S ）进行组网，为亚太地区提供更优质的服务。

若这三种不同类型卫星的轨道都是圆轨道，中圆地球轨道卫星的轨道半径是同步卫星的轨道半径的23
，下列说法正确的是（ ）
A ．P 和S 绕地球运动的向心加速度大小不相等
B ．Q 和S 62
C ．Q 和S 绕地球运动的周期之比为2
D ．P 和Q 绕地球运动的向心力大小一定相等
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由
2
Mm G ma r 可知，P 和S 绕地球运动的向心加速度大小相等，故A 错误；
22Mm v G m r r = 可得
GM v r
=
又 23
Q S r r = 则Q 和S 绕地球运动的线速度大小之比为
:6:2Q S v v =
故B 正确；
C ．由
2
22Mm G mr r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
可得 3
2πr T GM
= Q 和S 这两种不同类型轨道卫星绕地球运动的周期之比为
32::126:93Q S T T ⎛⎫== ⎪⎝⎭
故C 错误；
D ．由于P 和Q 的质量不一定相等，所以P 和Q 绕地球运动的向心力大小不一定相等，故D 错误。

故选B 。

6．如图，一小孩在河水清澈的河面上以1m/s 的速度游泳，
t = 0时刻他看到自己正下方的河底有一小石块，t = 3s 时他恰好看不到小石块了，河水的折射率n =4
3
，下列说法正确的是（ ）
A ．3s 后，小孩会再次看到河底的石块
B ．前3s 内，小孩看到的石块越来越明亮
D ．t=0
时小孩看到的石块深度为
3
m 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 A ．t = 3s 时他恰好看不到小石块了，说明在此位置从小石块射到水面的光发生了全反射，则3s 后的位置从小石块射到水面的光仍发生全反射，则小孩仍不会看到河底的石块，选项A 错误；
B ．前3s 内，从小石子上射向水面的光折射光线逐渐减弱，反射光逐渐增强，可知小孩看到的石块越来越暗，选项B 错误；
C ．由于
13sin 4
C n =
= 则
tan 37=
o 可知水深
3=3tan vt h C
= 选项C 正确；
D ．t=0时小孩看到的石块深度为
'4
h h n == 选项D 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，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A 。

其中，状态A B →和状态C D →为等温过程，状态B C →和状态D A →为绝热过程。

在该循环过程中，下列说法正确的是__________。

A ．A
B →的过程中，气体对外界做功，气体放热
B ．B
C →的过程中，气体分子的平均动能减少
C ．C
D →的过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加
D ．D A →的过程中，外界对气体做功，气体内能增加
E.在该循环过程中，气体内能增加
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．A→
B 过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A 错误； B ．B→
C 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B 正确；
C ．C→
D 过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C 正确；
D ．D→A 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，故D 正确；
E ．循环过程的特点是经一个循环后系统的内能不变。

故E 错误。

故选BCD 。

8．如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，aO 为一个与磁场方向垂直、长度为L 的金属杆，已知 3
L ab bc cO ===。

a c 、两点与磁场中以O 为圆心的同心圆（均为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。

一电容为C 的电容器连接在金属轨道上。

当金属杆在与磁场垂直的平面内以O 为轴，以角速度ω顺时针匀速转动且电路稳定时，下列说法正确的是（ ）
B ．电势差2bO ac U U =
C ．电势差2ac ab U U =
D ．电容器所带电荷量为249
CB L ω 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．如图所示
杆abcO 顺时针匀速转动切割磁感线，由右手定则知感应电动势方向为O a →，杆abcO 相当于电源，所以a 点电势最高，故A 错误；
BC ．综合运动规律，ac 的中点b 的线速度为
123
v L ω=⋅ 综合电路规律，电路稳定后，电容器既不充电也不放电，电路中无电流，由法拉第电磁感应定律得 123
ac ac U E B L v ==⋅⋅ 解得 249
ac ac U E B L ω== 同理，ab 中点的线速度为
256
v L ω=⋅ 又有
2215318
ab ab U E B L v B L ω==⋅⋅= bO 中点c 的线速度为
可得
232239
bO bO U E B L v B L ω==⋅⋅= 故B 正确，C 错误；
D ．电容器接在a c 、两点间，带电荷量为
ac Q CU =
解得
249
ac Q CU CB L ω== 故D 正确。

故选BD 。

9．图为回旋加速器的示意图，D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f ，加速电压为U 。

A 处粒子源产生氘核，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。

若加速过程中粒子在磁场中运动的周期与高频交流电周期相等，则下列说法正确的是（ ）
A ．若加速电压增加为原来2倍，则氘核的最大动能变为原来的2倍
B ．若高频交流电的频率增加为原来2倍，则磁感应强度变为原来的2倍
C ．若该加速器对氦核加速，则高频交流电的频率应变为原来的2倍
D ．若该加速器对氦核加速，则氦核的最大动能是氘核最动能的2倍
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．质子出回旋加速器的速度最大，此时的半径为R ，则根据
2
v qvB m R
= 知
则最大动能为
2222122Km q B R E mv m
== 与加速的电压无关，故A 错误；
B ．电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，若高频交流电的频率增加为原来2倍，则T 为原来一半，而2m T Bq
π=，则磁感应强度变为原来的2倍。

故B 正确； C ．氦核的比荷为12，氚核的比荷为13，根据2m T Bq π=可知，若该加速器对氦核加速，则高频交流电的周期应变为原来的
32倍，频率为原来的23
．故C 错误； D ．最大动能 2222122Km q B R E mv m
== 若该加速器对氦核加速，则氦核的最大功能是氘核最大功能的2倍。

故D 正确。

故选BD 。

10．关于光的干涉和衍射现象，下列各种说法中正确的是（ ）
A ．光的干涉条纹和衍射条纹都是光波叠加的结果
B ．光可以发生干涉和衍射现象，所以光是一种波
C ．干涉和衍射的条纹都是明暗相间的，所以不能通过条纹来判断是干涉现象还是衍射现象
D ．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹是光的衍射现象
E.白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，是由于各种色光传播速度不同
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．干涉条纹是两列频率相同、相位和振动情况相同的光波叠加，衍射条纹是从单缝通过的两列或多列频率相同的光波叠加，故A 正确；
B ．干涉和衍射是波的特有现象，光可以发生干涉衍射现象，光是波，故B 正确；
C ．干涉和衍射都产生明暗相间的条纹，但干涉条纹的宽度是相等的，而衍射条纹宽度不等，中央最宽，故C 错误；
D ．通过狭缝观察日光灯看到彩色条纹是单缝衍射现象，故D 正确；
11．CD 、EF 是两条水平放置的阻值可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L ，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场区域的长度为d ，如图所示导轨的右端接有一电阻R ，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上h 高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处。

已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．电阻R 2BL gh
B ．流过电阻R 的电荷量为2BLL R
C ．整个电路中产生的焦耳热为mgh μmgd －
D ．电阻R 中产生的焦耳热为
12
mgh 【答案】ABC
【解析】
【分析】
金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒到达水平面时的速度，由E BLv =求出感应电动势，然后求出感应电流；由 q r F
∆Φ=+ 可以求出流过电阻R 的电荷量；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热。

【详解】
A ．金属棒下滑过程中，由机械能守恒定律得
212
mgh mv = 所以金属棒到达水平面时的速度
2v gh 金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则导体棒刚到达水平面时的速度最大，所以最大感应电动势为E BLv =，最大的感应电流为
22BL gh E I R ==
B ．流过电阻R 的电荷量为 Δ2ΦBLd q r R R
==+ 故B 正确；
C ．金属棒在整个运动过程中，由动能定理得
00B mgh W mgd μ--=-
则克服安培力做功
B W mgh mgd μ=-
所以整个电路中产生的焦耳热为
B Q W mgh mgd μ==-
故C 正确；
D ．克服安培力做功转化为焦耳热，电阻与导体棒电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热为
R 11()22
Q Q mgh mgd μ==- 故D 错误。

故选ABC 。

【点睛】
解决该题需要明确知道导体棒的运动过程，能根据运动过程分析出最大感应电动势的位置，熟记电磁感应现象中电荷量的求解公式。

12．如图所示，有甲、乙两颗卫星分别在不同的轨道围绕一个半径为R 、表面重力加速度为g 的行星运动，卫星甲、卫星乙各自所在的轨道平面相互垂直，卫星甲的轨道为圆，距离行星表面的高度为R ，卫星乙的轨道为椭圆，M 、N 两点的连线为其椭圆轨道的长轴且M 、N 两点间的距离为4R ．则下列说法中正确的有
A 2gR
B ．甲、乙卫星运行的周期相等
C ．卫星乙沿椭圆轨道运行经过M 点时的速度小于卫星甲沿圆轨道运行的速度
D ．卫星乙沿椭圆轨道运行经过N 点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度
【答案】BD
【详解】
A ．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有：
2
2Mm v G m r r
= 解得：
v = 其中2r R =，根据地球表面万有引力等于重力得
2Mm G mg R
= 联立解得甲环绕中心天体运动的线速度大小为
v =故A 错误；
B ．卫星甲绕中心天体做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，有
2
224Mm G mr r T
π= 根据地球表面万有引力等于重力得
2Mm G mg R
= 解得卫星甲运行的周期为
4T =由卫星乙椭圆轨道的半长轴等于卫星甲圆轨道的半径，根据开普勒第三定律，可知卫星乙运行的周期和卫星甲运行的周期相等，故B 正确；
C ．卫星做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星所需向心力大于万有引力，应给卫星加速，所以卫星乙沿椭圆轨道经过M 点时的速度大于轨道半径为M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度，而轨道半径为M 至行星中心距离的圆轨道的卫星的线速度大于卫星甲在圆轨道上的线速度，所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过M 点时的速度大于卫星甲沿圆轨道运行的速度，故C 错误；
D ．卫星运行时只受万有引力，加速度
2
GM a r = 所以卫星乙沿椭圆轨道运行经过N 点时的加速度小于卫星甲沿圆轨道运行的加速度，故D 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图甲（侧视图只画了一个小车）所示的实验装置可以用来验证“牛顿第二定律”。

两个相同的小车放
在光滑水平桌面上，右端各系一条细绳，跨过定滑轮各挂一个相同的小盘，增减盘中的砝码可改变小车受到的合外力，增减车上的砝码可改变小车的质量。

两车左端各系条细线，用一个黑板擦把两细线同时按在固定、粗糙的水平垫片上，使小车静止（如图乙）。

拿起黑板擦两车同时运动，在两车尚未碰到滑轮前，迅速按下黑板擦，两车立刻停止，测出两车在此过程中位移的大小。

图丙为某同学在验证“合外力不变加速度与质量成反比”时的某次实验记录，已测得小车1的总质量1100g m =，小车2的总质量2200g m =。

由图可读出小车1的位移1 5.00cm x =，小车2的位移2x =_______cm ，可以算出12
a a =__________（结果保留3位有效数字）；在实验误差允许的范围内，12
a a ________21m m （选填“大于”、“小于”或“等于”）。

【答案】2.45 2.50- 2.00 2.04- 等于
【解析】
【分析】
【详解】
[1]刻度尺最小分度为0.1cm ，则小车2的位移为x 2=2.45cm ，由于误差2.45cm －2.50cm 均可
[2]由于小车都是做初速度为零的匀加速运动，根据212
x at =可知，由于时间相同，则有 1122 5.00 2.042.45
a x a x ==≈ 由于读数误差，则2.00 2.04-均可
[3]由题意可知
212002100
m m == 故在误差允许的范围内
1221
a m a m = 14．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。

其中M 为带滑轮的小车的质量，m 为砂和砂桶的质量。

（滑轮质量不计）
(1)下列实验步骤正确的是________
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带
E.实验中不需要砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M
(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带（两计数点间还有两个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为______2
m/s。

（结果保留两位有效数字）
(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a F
-图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为______。

A．2tanθB．tanθC．2
k
D．k
【答案】BDE 1.3 C
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．AE．本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误，E正确；
B．该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，应拿走砂桶，将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；
C．打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C错误；
D ．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带，获取多组实验数据，故D 正确；
故选BDE 。

(2)[2]．由于两计数点间还有两个点没有画出，故T=0.06s ，由△x=aT 2可得
2
2360322(3.8 3.3 2.8 2.3 1.9 1.4)10 1.3m/s 990.06
x x a T --++---⨯===⨯ (3)[3]．由牛顿第二定律得
2F=ma
则
2a F m
= a-F 图象的斜率 2k m
= 小车质量为 2m k =
故选C ；
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量为m ＝5kg 的物体放在水平面上，物体与水平面间的摩擦因数μ=0.5.物体受到与水平面成θ＝37°斜向上的拉力F ＝50N 作用，从A 点由静止开始运动，到B 点时撤去拉力F ，物体最终到达C
点，已知AC 间距离为L ＝165m ，（sin37°
=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g ＝10m/s 2）求： (1)物体在AB 段的加速度大小a ；
(2)物体运动的最大速度大小v m 。

【答案】 (1)6m/s 2；(2)30m/s 。

【解析】
【详解】
(1)在AB 段，受力分析如图
正交分解得：
cos F N ma θμ-=
sin F N mg θ+=
代入相应数据得：26m/s a =
(2)在BC 段由牛顿第二定律得：
mg ma μ'=
解得：25m/s a '=，根据速度和位移关系得：
22m m 22v v L a a
=+' 解得：m 30m/s v =。

16．如图所示，水平光滑的桌面上有一质量M=4kg 的长木板静止在光滑水平面上，质量m=1kg 的小滑块置于长木板左端，小滑块可视为质点。

长木板右侧与固定竖直挡板间的距离L=10m ，小滑块以v 0=10m/s 的速度向右滑上长木板，经过一段时间后，长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。

已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s 2，长木板足够长，小滑块始终未脱离长木板。

求：
(1)经过多长时间，长木板与竖直挡板相碰？
(2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。

【答案】 (1)6s ；(2)11.6m
【解析】
【详解】
(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒
mv 0=(m+M)v
解得
v=2m/s
对长木板
μmg=Ma
得长木板的加速度
a=1m/s 2
自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度
v=at 1
解得
t 1=2s
长木板位移
2112x at = 解得
x=2m<L=10m.
两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板，此后两者一起匀速运动，则
L －x=vt 2
解得
t 2=4s
则总时间为
t=t 1+t 2=6s
(2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒
mv －Mv=(m+M)v ′
最终两者的共同速度
1.2m/s v '=-
由能量守恒定律得
2201
1()22
mgs mv m M v μ'=-+ 小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离
s=11.6m
17．如图甲所示，一列简谐波沿x 轴传播，A 、B 为平衡位置相距4m 的两个质点，它们的振动图像如图乙所示。

求该波的波速。

【答案】
4041
n +m/s 【解析】
【详解】 根据图乙知，该列波周期：
T=0.4s
由A 、B 振动图像可知，若简谐波沿x 轴正方向传播，振动由质点A 传播到质点B 所需的时间为
34
t nT T =+AB （n=1，2，3……） 根据波速定义式有：
x v t =AB AB
联立解得：
4043
v n =+m/s （n=0，1，2，3） 由A 、B 振动图像可知，若简谐波沿x 轴负方向传播，振动由质点B 传播到质点A 所需的时间为
14
t nT T =+BA （n=0，1，2，3） 根据波速定义式有：
x v t =BA BA
联立解得：
4041
v n =+m/s （n=0，1，2，3）。