江西省萍乡市2021届新高考模拟物理试题(市模拟卷)含解析

江西省萍乡市2021届新高考模拟物理试题（市模拟卷）
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．B 超检测仪可以通过探头发送和接收超声波信号，经过电子电路和计算机的处理形成图像。

下图为仪器检测到发送和接收的超声波图像，其中实线为沿x 轴正方向发送的超声波，虚线为一段时间后遇到人体
组织沿x 轴负方向返回的超声波。

已知超声波在人体内传播速度为1200 m/s ，则下列说法中正确的是（ ）
A ．根据题意可知此超声波的频率为1.2×105 Hz
B ．图中质点B 在此后的4110-⨯内运动的路程为0.12m
C ．图中质点A 此时沿y 轴正方向运动
D ．图中质点A 、B 两点加速度大小相等方向相反
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．根据图象读出波长 λ=12mm=1.2×10-2m ，由v=λf 得频率为
521500 1.2510Hz 1.210
v f λ-⨯⨯＝＝＝ 故A 错误；
B ．质点B 振动的周期为 T=1f
=8×10-6s ，质点B 只会上下振动，因为411012.5T -⨯=，所以质点B 在1×10-4s 内运动的路程为
S=12.5×4A=12.5×4×0.004m=0.2m
故B 错误；
C ．实线波向右传播，则图中质点A 此时沿y 轴正方向运动，选项C 正确；
D ．质点A 、B 两点都在平衡位置上方位移相同的地方，所以加速度大小相等方向相同，故D 错误； 故选C 。

2．如图所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1000匝，副线圈匝数n 2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u ＝2sin 100πt(V)．副线圈中接一电动机，电阻为11Ω，电流表2示数为1A ．电表对电路的影响忽略不计，则( )
A ．此交流电的频率为100Hz
B ．电压表示数为2
C ．电流表1示数为5A
D ．此电动机输出功率为33W
【答案】D
【解析】
A 、由表达式可知，交流电源的频率为50 Hz ，变压器不改变交变电流的频率， A 错误；
B 、交变电源电压u 2202sin100πt V =（），而电压表读数为有效值，即电压表的示数是
2202U 22022
m
V ===， B 错误； C 、电流表A 2示数为1A ，由电流与匝数成反比得通过电流表A 1的电流为0.2A ，， C 错误；
D 、通过电阻R 的电流是1A ，电动机两端的电压等于变压器的输出电压，由1122
U n U n =得，变压器的输出电压为：2211
44n U U V n =
=，此电动机输出功率为：222I 14411133P U I r W =-=⨯-⨯=出， D 正确； 故选D ．
3．在一场足球比赛中，质量为0.4kg 的足球以15m/s 的速率飞向球门，被守门员扑出后足球的速率变为20m/s ，方向和原来的运动方向相反，在守门员将球扑出的过程中足球所受合外力的冲量为（ ） A ．2kg·m/s ，方向与足球原来的运动方向相同
B ．2kg·m/s ，方向与足球原来的运动方向相反
C ．14kg·m/s ，方向与足球原来的运动方向相同
D ．14kg·m/s ，方向与足球原来的运动方向相反
【答案】D
【解析】
【详解】
设球飞向球门的方向为正方向，被守门员扑出后足球的速度为 20m/s v '=-
则由动量定理可得
0.4200.415kg m/s 14kg m/s I mv mv ='-=-⨯-⨯•=-•
负号说明合外力冲量的方向与足球原来的运动方向相反，故A、B、C错误，D正确；
故选D。

4．惯性制导系统的原理如图所示。

沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一个质量为m的滑块，滑块的两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连。

滑块原来静止，弹簧处于自然长度。

滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。

设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为s，则这段时间内导弹的加速度（）
A．方向向左，大小为ks m
B．方向向右，大小为ks m
C．方向向右，大小为2ks m
D．方向向左，大小为2ks m
【答案】C
【解析】
【详解】
导弹的速度与制导系统的速度始终相等，则其加速度相等。

滑块受到左、右两侧弹簧的弹力方向均向右，大小均为ks。

则合力方向向右，加速度方向向右。

由牛顿第二定律得
2ks ma
=
解得
2ks
a
m
=
故ABD错误，C正确。

故选C。

5．如图所示，A、B两球质量相等，A球用不能伸长的轻绳系于O点，B球用轻弹簧系于O′点，O与O′点在同一水平面上，分别将A、B球拉到与悬点等高处，使轻绳拉直，弹簧处于自然长度。

将两球分别由静止开始释放，达到各自悬点的正下方时，两球仍处在同一水平面上，则下列说法正确的是（）
A ．两球到达各自悬点的正下方时，动能相等
B ．两球到达各自悬点的正下方时，B 球动能较大
C ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球动能较大
D ．两球到达各自悬点的正下方时，A 球受到向上的拉力较小
【答案】C
【解析】
【详解】
ABC ．两个球都是从同一个水平面下降的，到达最低点时还是在同一个水平面上，根据重力做功的特点可知在整个过程中，AB 两球重力做的功相同，两球重力势能减少量相等。

B 球在下落的过程中弹簧要对球做负功，弹簧的弹性势能增加，所以B 球在最低点的速度要比A 的速度小，动能也要比A 的小，故AB 错误，C 正确；
D ．由于在最低点时B 的速度小，且两球质量相同，根据向心力的公式
2
v T mg m r
-= 可知，B 球需要的向心力小，所以绳对B 的拉力也要比A 的小，故D 错误。

故选C 。

6．若宇航员在月球表面附近自高h 处以初速度v 0水平抛出一个小球，测出小球从抛出到落地的位移为L 。

已知月球半径为R ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是（ ）
A ．月球表面的重力加速度2022hv g L h
=-月 B ．月球的质量22022()
hR v m G L h =-月
C ．月球的第一宇宙速度v v =
D ．月球的平均密度202232()
hv G L h ρπ=- 【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由小球平抛，依题意有
212
h g t =月
0v t =
则
20222=hv g L h
-月 故A 错误；
B ．由
2=
Gm g R
月月 则 ()
220222=hR v m G L h -月 故B 错误；
C ．第一宇宙速度
22
2=hR v g R v L h =-月 故C 正确；
D ．根据 34=3
m R ρπ月 则月球平均密度
()
20223=2hv GR L h ρπ- 故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，某时刻将质量为10kg 的货物轻放在匀速运动的水平传送带最左端，当货物与传送带速度恰好相等时，传送带突然停止运动，货物最后停在传送带上。

货物与传送带间的动摩擦因数为0.5，货物在传送带上留下的划痕长为0.1m ，重力加速度取10m/s 2。

则货物（ ）
A ．总位移为0.2m
B ．运动的总时间为0.2s
C ．与传送带由摩擦而产生的热量为5J
D ．获得的最大动能为5J
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
令传送带的速度为v ，根据题意可知，货物在传送带上先加速后做减速运动，加速运动阶段，其加速度大小为
25m/s mg
a g m μμ=＝＝
当货物加速到和传送带速度相等时，所用时间为
15
v v t a ＝＝ 货物发生的位移为
22
1210
v v x a ＝＝ 传送带发生的位移为
2
215
v x vt ＝＝ 减速运动过程中货物的加速度大小为
a′=a=5m/s 2
当货物速度减为零，所用的时间为
25
v v t a '＝＝ 货物发生的位移为
22
3210
v v x a '＝＝ 根据题意可知，货物在传送带上留下的划痕长为
2
210.1m 10
v x x x =-==V 所以传送带的速度为
v=1m/s
货物发生的总位移为
x=x 1+x 3=0.2m
运动的总时间为
t=t 1+t 2=0.4s
与传送带由摩擦而产生的热量
Q=μmg （x 2-x 1+x 3）=10J
货物获得的最大动能为
E k＝1
2
mv2＝5J
故B错误，ACD正确。

故选ACD。

8．下列说法中正确的是（）
A．随着分子间距离的增大，分子闻相互作用的斥力可能先减小后增大
B．压强是组成物质的分子平均动能的标志
C．在真空和高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其他元素
D．液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．随着分子间距离的增大，分子闻相互作用的斥力减小，选项A错误；
B．温度是组成物质的分子平均动能的标志，选项B错误；
C．在真空和高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中掺入其他元素，选项C正确；
D．液晶既有液体的流动性，又具有单晶体的各向异性，选项D正确。

故选CD。

9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表、电流表为理想电表。

L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V，60W”的灯泡。

如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）
A．电压表的示数约为1244.32V
B．电流表的示数约为0.82A
C．a、b 两端的电压是1045V
D．a、b 两端的电压是1100V
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由输出端交变电压的图象可求出有效值220V ，由原、副线圈匝数之比4:1，可得原、副线圈的电压之比4:1，则原线圈的电压即电压表的示数为
14220V 880V U =⨯=
故A 错误；
B ．副线圈电压为220V ，L 2、L 3、L 4三只灯泡都正常发光，电流表的示数为 6033A 0.82A 220
L I I =⨯
=≈ 故B 正确； CD ．原、副线圈的电流之比1:4，则原线圈电流为
110.82A 0.205A 4
I =⨯= 灯泡的电阻
22
220Ω806.7Ω60
L U R P ==≈ 则a 、b 两点的电压
11880V 0.205806.7V 1045V L U U I R =+=+⨯≈
故C 正确，D 错误。

故选BC 。

10．如图甲所示，倾角为30°的足够长的固定光滑斜面上，有一质量m=0.8kg 的物体受到平行斜面向上的力F 作用，其大小F 随时间t 变化的规律如图乙所示，t 0时刻物体速度为零，重力加速度g=10m/s 2。

下列说法中正确的是（ ）
A ．0~2s 内物体向上运动
B ．第2s 末物体的动量最大
C ．第3s 末物体回到出发点
D ．0~3s 内力F 的冲量大小为9N·s
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．对物体受力分析，受重力、支持力和拉力，将重力沿垂直斜面方向和平行与斜面方向正交分解，平
行与斜面方向分力为
1sin304N G mg =︒=
0到1s 内合外力
5N 4N 1N F =-=合
方向沿斜面向上，物块沿斜面向上运动，0到1s 内物体加速度
221m/s 1.25m/s 0.8
F a m ===合
1s 末速度为
11 1.25m/s v at ==
1s 到2s 内，合力为
3N 4N 1N F =-=-合
加速度为
221m/s 1.25m/s 0.8
F a m '==-=-合
2s 末速度为
2120m/s v v a t =+'=
物体沿斜面向上运动，在2s 末物体的速度为0，则动量
220p mv ==
A 正确，
B 错误；
C ．2s 到3s 内，合力为
1N 4N 3N F =-=-合
加速度为
23m/5s .7F a m ''==-合
3s 末速度为
323 3.75m/s v v a t =+''=-
前2s 内物体的物体
112 1.25()2m 1.25m 22
v x t t =⋅+=⨯= 第3s 内物体的位移
33|| 3.751m 1.875m 1.25m 22
v x t '=⋅=⨯=> C 错误；
D ．03s ~内力F 的冲量大小为
11223351N s 31N s 11N s 9N s I Ft F t F t =++=⨯⋅+⨯⋅+⨯⋅=⋅
D 正确。

故选AD 。

11．如图，把一个有小孔的小球连接在弹簧的一端，弹簧的另一端固定，小球套在光滑的杆上，能够自由滑动，弹簧的质量与小球相比可以忽略，小球运动时空气阻力很小，也可以忽略。

系统静止时小球位于O 点，现将小球向右移动距离A 后由静止释放，小球做周期为T 的简谐运动，下列说法正确的是（ ）
A ．若某过程中小球的位移大小为A ，则该过程经历的时间一定为4
T B ．若某过程中小球的路程为A ，则该过程经历的时间一定为
4
T C ．若某过程中小球的路程为2A ，则该过程经历的时间一定为2T D ．若某过程中小球的位移大小为2A ，则该过程经历的时间至少为
2T E.若某过程经历的时间为
2T ，则该过程中弹簧弹力做的功一定为零 【答案】CDE
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．弹簧振子振动过程中从平衡位置或最大位移处开始的
4T 时间内，振子的位移大小或路程才等于振幅A ，否则都不等于A ，故AB 错误；
CE ．根据振动的对称性，不论从何位置起，只要经过2
T ，振子的路程一定等于2A ，位置与初位置关于平衡位置对称，速度与初速度等大反向，该过程中弹簧弹力做的功一定为零，故CE 正确； D ．若某过程中小球的位移大小为2A ，经历的时间可能为
2T ，也可能为多个周期再加2T ，故D 正确。

故选CDE 。

12．情形 1：如图，两列水波波源S 1和S 2的振幅分别为2A 和A ，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。

情形 2：在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，则干涉条纹将如何变？情形 3：用单色光通过小圆盘和小圆孔做衍射实验时，在光屏上得到衍射图形，它们的特征是（ ）
A．情形1中两列波在相遇区域发生干涉
B．情形1中此刻A点和B点的位移大小分别是A和3A
C．情形2中干涉条纹将变密
D．情形3中中央均为亮点的同心圆形条纹
E.情形3中用小圆盘时中央是暗的，用小圆孔时中央是亮的
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图看出，波源S l形成的水波波长大于波源S2是形成的水波波长，两列波在同一介质中传播，波速相等，由波速公式v=λf得知，两列波的频率不等，不会形成干涉现象，但能发生叠加现象，故A错误；B．根据两列水波波源S1和S2的振幅分别为2A和A，结合图可知，此时刻A点和B点的位移大小分别是A和3A，故B正确。

C．在杨氏双缝实验中，若两缝之间的距离稍微加大，其他条件不变，根据
l
x
d
λ
∆=可知，则条纹间距
减小，干涉条纹将变密集，选项C正确；
DE．情形3中小圆盘和小圆孔衍射均为中央亮点的同心圆形条纹，选项D正确，E错误。

故选BCD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．多用电表的原理如图为简易多用电表的电路图。

图中E是电池；R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。

虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。

该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1 V挡和5 V挡，直流电流1 mA挡和2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω挡。

(1)图中的A端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接；
(2)根据题给条件可得R 1＝________Ω，R 2＝________Ω，R 4＝________Ω，R 5＝________Ω。

【答案】黑 64 96 880 4000
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”，所以 A 端应接黑色笔；
(2)[2][3]与表头串联是电压表的改装，与表头并联是电流表的改装。

当开关拨向1，此时电表为量程为
2.5mA 电流表，电路图如图
此时有
()()122g g g R I I R R I ⨯-=+
当开关拨向2，此时电表为量程为1mA 电流表，电路图如图
此时有
()()121g g g R R I I R I +-=
联立两式可解得R 1=64Ω，R 2=96Ω；
[4][5]当开关拨向4，此时电表为量程为1V 的电压表，此时有
141g g
U I R R I -=
当开关拨向5，此时电表为量程为5V 的电压表，此时有
2415g g
U I R R R I -+=
联立两式解得R 4=880Ω；R 5=4000Ω。

14．用如图a 所示的器材，测一节干电池的电动势和内阻实验。

(1)用笔画线代替导线，将图a 连接成可完成实验的电路（图中已连接了部分导线）；
（____）
(2)实验过程中，将电阻箱拔到45Ω时，电压表读数为0.90V ；将电阻箱拔到如图b 所示，其阻值是________Ω，此时电压表的读数如图c 所示，其值是____________V ；
(3)根据以上数据，可以算出该节干电池的电动势E=_______V ，内电阻r=________Ω。

【答案】 110 1.10 1.3 20
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．电路图如图；
(2)[2][3]．电阻箱读数为R=1×100+1×10=110Ω；电压表读数为U=1.10V ；
(3)[4][5]．由闭合电路欧姆定律有
111
U E U r R =+ 222U E U r R =+
两式联立代入数据解得
r=20Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，半径为R 的光滑轨道竖直放置，质量为m 的球1在恒力F （力F 未知，且未画出）的作用下静止在P 点，OP 连线与竖直方向夹角为2πθθ⎛
⎫< ⎪⎝⎭
，质量也为m 的球2静止在Q 点。

若某时刻撤去恒力F ，同时给小球1一个沿轨道切向方向的瞬时冲量I （未知），恰能使球1在轨道内侧沿逆时针方向做圆周运动且与球2发生弹性正碰。

小球均可视为质点，重力加速度为g ，不计空气阻力。

求：
(1)恒力F 的最小值为多大？
(2)瞬时冲量I 大小为多大？
(3)球2碰撞前后对轨道Q 点的压力差为多大？
【答案】 (1) min sin F mg θ=；(2) (32cos )I m gR θ=+；(3) 5mg
【解析】
【详解】
(1)恒力F 垂直OP 斜向上时，恒力F 最小，此时恒力F 与水平方向的夹角θ，则
min sin F mg θ=
(2)球1恰运动到圆周的最高点，有
21v mg m R
= 球1由P 点运动到最高点，根据动能定理有
221011(1cos )22
mgR mv mv θ-+=- 小球的瞬时冲量为
0I mv =
联立解得
(32cos )I m gR θ=+(3)由于发生弹性碰撞，且质量相等，故二者速度交换，球2也能恰好通过最高点，
对球2，碰后由最高点到Q 点的过程中，据机械能守恒定律有
22111222
mv mgR mv +=
2
N v F mg m R
-= 联立解得
6N F mg =
碰前球2静止，故
N F mg '=
故支持力差为
5N N F F mg '-=
根据牛顿第三定律可知球2碰撞前后对轨道Q 点的压力差为5mg.
16．如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy ，以第Ⅲ象限内的直线OM （与负x 轴成45°角）和正y 轴为界，在x<0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=2 V/m ；以直线OM 和正x 轴为界，在y<0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T ．一不计重力的带负电粒子从坐标原点O
沿y 轴负方向以v 0=2×
103m/s 的初速度射入磁场．己知粒子的比荷为q/m=5×104C/kg ，求： （1）粒子经过1/4圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标？
（2）粒子在磁场区域运动的总时间？
（3）粒子最终将从电场区域D 点离开电，则D 点离O 点的距离是多少？
【答案】（1）粒子经过圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为（﹣0.4m ，﹣0.4m ）；
（2）粒子在磁场区域运动的总时间1.26×
10﹣3s ； （3）粒子最终将从电场区域D 点离开电场，则D 点离O 点的距离是7.2m ．
【解析】
试题分析：（1）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，求出运动的半径，从而即可求解； （2）根据圆周运动的周期公式，可求出在磁场中总时间；
（3）粒子做类平抛运动，将其运动分解，运用运动学公式与牛顿第二定律，即可求解．
解：（1）微粒带负电，从O 点射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动，轨迹如图．
由，
得，
所以，A点坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）．
（2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T，则
，
其中
代入数据解得：T=1.256×10﹣3s
所以t=1.26×10﹣3s．
（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则
由牛顿第二定律，qE=ma
△y=v0t1
代入数据解得：△y=8m
y=△y﹣2r=8﹣2×0.4m=7.2m
即：离开电磁场时距O点的距离为7.2m．
答：（1）粒子经过圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）；
（2）粒子在磁场区域运动的总时间1.26×10﹣3s；
（3）粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是7.2m．
【点评】考查牛顿第二定律在匀速圆周运动中、类平抛运动中的应用，并根据运动的合成与分解来解题，紧扣运动的时间相等性．
17．如图所示，两根电阻不计且足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角α=37°，导轨间距L=1m，顶端用电阻R=2Ω的定值电阻相连。

虚线上方存在垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。

质量m1=0.1kg、电阻R1=4Ω的导体棒M在磁场中距虚线的距离d=2m，M与导轨间的动摩擦因数μ1=0.25，
质量m 2=0.3kg 、电阻R 2=2Ω的导体棒N 在虚线处，N 与导轨间的动摩擦因数μ2=0.8。

将导体棒M 、N 同时从导轨上由静止释放，M 到达虚线前已经匀速，重力加速度g 取10m/s 2，运动过程中M 、N 与导轨始
终接触良好，已知sin37°
=0.6，cos37°=0.8。

（1）求M 、N 相碰前，M 上产生的焦耳热；
（2）求M 、N 相碰前M 运动的时间；
（3）M 、N 相遇发生弹性碰撞，碰后瞬间对M 施加一个沿斜面方向的作用力F ，使M 、N 同时匀减速到零，求M 棒在减速到零的过程中作用力F 的大小随时间变化的表达式。

【答案】（1）0.48J ；（2）1.5s ；（3）F=0.96－0.08t(t≤2.5s)
【解析】
【分析】
【详解】
（1）M 棒匀速时，有
m 1gsin37°=μ1m 1gcos37°＋BIL ①
E=BLv 0②
E I R =总
③ 212RR R R R R =+
+总④ M 棒从开始到达虚线位置，有
2111101sin37cos372
m gd m gd m Q μ=++o o 总v ⑤ M 棒、N 棒、电阻R 产生的焦耳热之比为
Q M ∶Q N ∶Q R =8∶1∶1⑥
Q M =810Q 总
⑦ 由①~⑦式解得
Q M =0.48J
（2）对M 棒由动量定理有
q=I t=R ∆Φ总
⑨ ∆Φ=BLd ⑩
t=1.5s
（3）对M 、N 棒碰撞过程，有 m 1v 0=m 1v 1＋m 2v 2⑪
222101122111222
m v m v m v =+⑫ 碰后对N 棒
μ2m 2gcos37°－m 2gsin37=m 2a 2⑬ v 2=a 2t 0⑭
碰后对M 棒
m 1gsin37＋μ1m 1gcos37°＋BI′L －F=m 1a 1⑮ v 1=a 1t 0⑯
11()BL v a t I R -'=总
⑰ t 0=2.5s ⑱
由⑪～⑱式解得
F=0.96－0.08t(t≤2.5s)。