辽宁省锦州市2021届新高考物理模拟试题(2)含解析

辽宁省锦州市2021届新高考物理模拟试题（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．如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B．顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子粒子质量均为m、电荷量均为+q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点（）A．qBLmB．2qBLmC．23qBLmD．8qBLm【答案】C【解析】【详解】粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径：r=Ln（n=1，2，3，…），粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m2vr，解得：Bqr BqLvm mn==（n=1，2，3，…），则23qBLvm=的粒子不能到达C点，故ABD不合题意，C符合题意。

故选C。

【点睛】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子的运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出粒子的可能轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度即可解题．2．用传感器观察电容器放电过程的实验电路如图甲所示，电源电动势为8V、内阻忽略不计。

先使开关S与1端相连，稍后掷向2端，电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示的电流随时间变化的i —t 图像如图乙所示。

下列说法正确的是（ ）A ．图中画出的靠近i 轴的竖立狭长矩形面积表示电容器所带的总电荷量B ．电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为20CC ．电容器在全部放电过程中释放的电荷量约为44.010-⨯ CD ．电容器的电容约为24.010⨯μF【答案】D【解析】【分析】【详解】A ．根据q it = 可知，图像与横轴围成的面积代表电容器所带的总电荷量，故A 错误；BC ． 确定每个小方格所对应的电荷量值，纵坐标的每个小格为0.2mA ，横坐标的每个小格为0.4s ，则每个小格所代表的电荷量数值为q=0.2×10-3×0.4=8×10-5C曲线下包含的小正方形的个数为40个，由曲线下方的方格数与q 的乘积即得电容器所带的电荷量 Q=40×8×10-5C=3.2×10-3C故BC 错误；D ． 电容器的电容约为400μF Q C U== 故D 正确。

故选D 。

3．某质点做匀加速直线运动，经过时间t 速度由v 0 变为kv 0(k>1)位移大小为x 。

则在随后的4t 内，质点的位移大小为（ ）A ．8(32)1k x k -+B ．8(21)1k x k -+C ．8(21)1k x k --D ．3(53)1k x k -+ 【答案】A【解析】【详解】质点做匀加速直线运动，加速度为 00kv v a t -= t 时刻内位移为 002v kv x t +=联立可得02(1)x t v k =+ 则在随后的4t 内，质点的位移大小为220000114(4)4(4)22kv v x kv t a t kv t t t-'=⋅+=+⋅⋅ 将02(1)x t v k =+代入得 8(32)1k x x k -'=+ 故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．如图所示，竖直平面内两个四分之一圆弧轨道的最低点相切，圆心分别为1O 、2O ，半径分别为R 和2R ，两个小球P 、Q 先后从A 点水平拋出，分别落在轨道上的B 、C 两点，已知B 、C 两点处于同一水平线上，在竖直方向上与A 点相距0.6R ，不计空气阻力，重力加速度为g 。

下列说法正确的是（ ）A ．小球P 在空中运动的时间较短B ．小球Q 从抛出到落在轨道上的速度变化量较大C ．小球P 与小球Q 抛出时的速度之比为1∶11D ．两小球落在轨道上的瞬间，小球P 的速度与水平方向的夹角较小【答案】C【解析】【详解】A ．B 、C 在同一水平线上，平抛运动的下落时间，由竖直方向的自由落体分运动决定，故P Q t t =故A 错误；B ．平抛运动的速度变化量v gt ∆=，两球的下落时间相等，故v ∆大小相等，方向都竖直向下，故B 错误；C ．P 球的水平位移为0.2P x R R ==Q 球的水平位移为2.2Q x R R ==结合0x v t =可知，初速度大小之比等于水平分位移大小之比，为1∶11，故C 正确；D ．小球P 落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切tan Pgt v α= 小球Q 落在轨道上的瞬间速度与水平方向的夹角正切tan Qgt v β=可得 αβ>小球P 的速度与水平方向的夹角较大，故D 错误。

故选C 。

5．电动平衡车因为其炫酷的操作，被年轻人所喜欢，变成了日常通勤的交通工具。

平衡车依靠人体重心的改变，来实现车辆的启动、加速、减速、停止等动作。

下表所示为某款电动平衡车的部分参数，若平衡车以最大速度行驶时，电机恰好达到额定功率，则下列说法中正确的是（ ）A ．电池最多输出的电能约为1800 JB ．充满电的平衡车以额定功率行驶的最长时间约为2 hC ．该平衡车以最大速度行驶时牵引力约为60 ND ．该平衡车在标准情况下能骑行的最大里程约为3 km【答案】B【解析】【分析】【详解】A ．电池最多储存的电能为365000010360036 6.4810J W qU -==⨯⨯⨯=⨯故A 错误；B ．由储存的电能除以额定功率可求得时间为6h 906.48107200s=02t ⨯== 故B 正确；C ．根据功率公式则有 900216N 4.17P F v === 故C 错误；D ．由电池总电量除以百公里标准耗电量即可求出333650000101010030km 6x --⨯⨯⨯=⨯= 故D 错误。

故选B 。

6．下列说法正确的是（ ）A ．氢原子从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光光子的波长B ．结合能越大，原子核结构一定越稳定C ．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动动能减小D ．原子核发生β衰变生成的新核原子序数增加【答案】D【解析】【详解】A ．根据m n cE E hv h λ-==可知，从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的能量小于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的能量，根据波长与频率成反比，则从能级3跃迁到能级2辐射出的光子的波长大于从能级2跃迁到能级1辐射出的光子的波长，故A 错误；B ．比结合能越大，原子核的结构越稳定，故B 错误；C ．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子的过程中，电子半径减小，库仑力做正功，氢原子的电势能减小，根据库仑力提供向心力2mv F r=可知核外电子的运动速度增大，所以核外电子的运动动能增大，故C 错误；D ．β衰变的本质是原子核中的中子转化成一个质子和一个电子，电子从原子核中被喷射导致新核的质量数不变，但核电荷数变大，即原子序数增加，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，质量为M 的小车置于光滑的水平地面上，小车的右端固定着竖直挡板，挡板与弹簧右端相连，弹簧的左端连接质量为m 的木块。

弹簧处于原长状态，木块与小车间的滑动摩擦因数为μ。

从某时刻开始给小车施加水平向右的外力F ，外力F 从零开始缓慢均匀增大，当F 增大到2μ(m+M)g 时保持大小不变。

弹簧一直处于弹性限度内，木块的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列各种说法中正确的是（ ）A ．木块所受的摩擦力先均匀增大，后保持不变B ．当弹簧产生弹力时，外力F 的大小为μ(m+M)gC ．在外力F 从零达最大的过程中，静摩擦力和弹簧对木块所做的功相等D ．在外力F 从零达最大的过程中，弹簧获得的弹性势能等于系统获得的内能【答案】AB【解析】【分析】【详解】A ．当F 较小时，木块和小车相对静止，由牛顿第二定律有F=(m+M)aF f =ma得F f = m F m MF f 与F 成正比，当F f 增大到等于μmg 后，木块与小车间缓慢相对移动，F f 保持不变，故A 正确； B ．当弹簧产生弹力时，摩擦力达最大F f =μmg可得F=μ(m+M)g故B 正确；C ．当F 达最大时，有2μ(m+M)g=(m+M)a′μmg+F′=ma′得F′=μmg所以静摩擦力和弹簧弹力都是由零增大到μmg ，但由于静摩擦力产生在先，弹簧弹力产生在后，木块的速度不相同，木块的位移不相同，所以两力做功不相等，故C错误；D．弹簧的弹性势能等于弹簧的弹力做功，相对应的位移为木块在小车上滑动的距离，系统的内能等于滑动摩擦力与木块在小车上滑动的距离的乘积，但由于两力并不相等，所以弹簧获得的弹性势能与系统获得的内能不相等，故D错误。

故选AB。

8．如图所示，电路中R1和R2均为可变电阻，平行板电容器C的极板水平放置。

闭合开关S，电路达到稳定时，一带电油滴恰好悬浮在两板之间。

下列说法正确的是()A．仅增大的R2阻值，油滴仍然静止B．仅增大R1的阻值，油滴向上运动C．增大两板间的距离，油滴仍然静止D．断开开关S，油滴将向下运动【答案】ABD【解析】【详解】开始液滴静止，液滴处于平衡状态，由平衡条件可知：mg=q；由图示电路图可知，电源与电阻R1组成简单电路，电容器与R1并联，电容器两端电压等于R1两端电压，等于路端电压，电容器两端电压：U=IR1=；仅增大R2的阻值，极板间电压不变，液滴受力情况不变，液滴静止不动，故A正确；仅增大R1的阻值，极板间电压U变大，液滴受到向上的电场力变大，液滴受到的合力竖直向上，油滴向上运动，故B正确；仅增大两板间的距离，极板间电压不变，板间场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴所受合力竖直向下，液滴向下运动，故C错误；断开电键，电热器通过两电阻放电，电热器两极板间电压为零，液滴只受重力作用，液滴向下运动，故D正确；故选ABD。

【点睛】本题考查了判断液滴运动状态问题，分析清楚电路结构，分析清楚极板间场强如何变化、判断出液滴受力如何变化是解题的关键．9．如图所示，劲度数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未x，此时物体静连接），弹簧水平且无形变．用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x．物体与水平面间的动摩擦因数为 ，重力加止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4速度为g ．则（ ）A ．撤去F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B ．撤去F 后，物体刚运动时的加速度大小为0kx g m μ- C ．物体做匀减速运动的时间为02x gμD ．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为0()mg mg x k μμ-【答案】BD【解析】【分析】【详解】 A ．撤去F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误；B ．刚开始时，由牛顿第二定律有：0kx mg ma μ-= 解得：0kx a g mμ=- B 正确；C ．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x 0，由牛顿第二定律得： 1a g μ＝将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则：201123x a t = 联立解得：06x t gμ=C 错误； D ．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有F mg kx μ== 解得mgx k μ=，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：()f 00(mg W mg x x mg x k μμμ=⎛⎫=- ⎪⎝⎭- D 正确。