福建省龙岩市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析

福建省龙岩市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．对于一定质量的理想气体，下列叙述中正确的是（）
A．当分子间的平均距离变大时，气体压强一定变小
B．当分子热运动变剧烈时，气体压强一定变大
C．当分子热运动变剧烈且分子平均距离变小时，气体压强一定变大
D．当分子热运动变剧烈且分子平均距离变大时，气体压强一定变大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
气体压强在微观上与分子的平均动能和分子密集程度有关。

当分子热运动变剧烈且分子平均距离变大时，气体压强可能变大、可能不变、也可能变小；当分子热运动变剧烈且分子平均距离变小时，气体压强一定变大。

故选C。

2．马路施工处警示灯是红色的，这除了因为红色光容易引起视觉注意以外，还因为红色光比其它可见
光（）
A．容易发生明显衍射B．容易发生稳定干涉
C．容易发生折射现象D．容易发生光电效应
【答案】A
【解析】
【详解】
A．红光在可见光中的波长最长，容易发生明显衍射，故选项A正确；
B．干涉与光的颜色无关，选项B错误；
C．所有的光都能发生折射，选项C错误；
D．红光在可见光中频率最小，最不容易发生光电效应，选项D错误.
3．如图所示，内壁光滑的圆管形轨道竖直放置在光滑水平地面上，且恰好处在两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为1 m，其质量为1 kg，一质量也为1 kg的小球（视为质点）能在管内运动，管的内径可不计。

当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，取g＝10 m/s2。

则小球运动到最低点时对轨道的压力大小为
A．70 N B．50 N C．30 N D．10 N
【答案】A
【解析】
【分析】
抓住小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，求出最高点的速度，根据动能定理求出小球在最低点的速度，从而结合牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，根据牛顿第三定律得出小球对圆轨道的最大压力．
【详解】
当小球运动到最高点时速度最小，此时圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的
重力，根据牛顿第二定律得，mg+N=m 21v R
，N=mg ，解得最高点的速度v 1=
低点，根据动能定理得，mg ⋅2R=22211122mv mv -，解得v 2= ；根据牛顿第二定律得，N′−mg=m 22v R
，联立解得N′=7mg=70N ，根据牛顿第三定律，小球对轨道的最大压力N′=7mg=70N ，故A 正确，BCD 错误；
故选：A.
4．若“神舟”五号飞船在一段时间内保持绕地心做匀速圆周运动，则（ ）
A ．它的速度大小不变，动量也不变
B ．它不断克服地球对它的万有引力做功
C ．它的速度大小不变，加速度等于零
D ．它的动能不变，引力势能也不变 【答案】D
【解析】
【详解】
A ．根据v =变化，选项A 错误；
B ．飞船绕地球做匀速圆周运动时，万有引力与速度方向垂直，则万有引力对飞船不做功，选项B 错误；
C ．它的速度大小不变，因为万有引力产生向心加速度，则加速度不等于零，选项C 错误；
D ．它的速度大小不变，则它的动能不变，高度不变，则引力势能也不变，选项D 正确；
故选D 。

5．卫星绕某一行星的运动轨道可近似看成是圆轨道，观察发现每经过时间t ，卫星运动所通过的弧长为l ，该弧长对应的圆心角为θ。

已知引力常量为G ，由此可计算该行星的质量为（ ）
A ．2
2l Gt B ．22
l G t θ
C ．2l
G t θ D ．2
2l G t
θ 【答案】B
【解析】
【详解】
设卫星的质量为m ，卫星做匀速圆周运动的轨道半径为r ，则
2
2Mm v G m r r
= 其中
l r q =，l v t
= 联立可得
2
2
l M G t θ= 故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

6．下列说法正确的是____________
A ．β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流
B ．一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生3个不同频率的光子
C ．用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期
D ．原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量
【答案】C
【解析】
试题分析：β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核外电子，A 错误；一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多产生两种不同频率的光子，但是若是大量氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多可产生3种不同频率的光子，B 错误；原子核的半衰期与外界因素无关，C 正确；原子核经过衰变生成新核，需要释放出射线，质量减小，D 错误；
考点：考查了原子衰变，氢原子跃迁
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，一磁感强度为B 的匀强磁场垂直纸面向里，且范围足够大。

纸面上M 、N 两点之间的距离为d ，一质量为m 的带电粒子（不计重力）以水平速度v 0从M 点垂直进入磁场后会经过N 点，已知M 、N 两点连线与速度v 0的方向成30o 角。

以下说法正确的是（ ）
A ．粒子可能带负电
B ．粒子一定带正电，电荷量为0mv
dB
C ．粒子从M 点运动到N 点的时间可能是0
π3d v D ．粒子从M 点运动到N 点的时间可能是
13π3d v 【答案】BCD 【解析】
【详解】
A ．由左手定则可知，粒子带正电，选项A 错误；
B ．由几何关系可知，r=d ，由
2
v qvB m r
= 可知电荷量为
0mv q dB
= 选项B 正确；
CD ．粒子运动的周期
2d T v π= 第一次到达N 点的时间为
10
163d t T v π== 粒子第三次经过N 点的时间为
510004
132=33d d d t T t v v v πππ=+=+ 选项CD 正确。

故选BCD 。

8．如图是在四川景区九寨沟拍摄的一张风景照片，湖水清澈见底，近处湖面水下的树枝和池底都看得很
清楚，而远处则只看到对岸山峰和绿树的倒影，水面下的景物则根本看不到．下列说法中正确的是（ ）
A ．远处山峰的倒影非常清晰，是因为来自山峰的光线在水面上发生了全反射
B ．光从空气射入水中，光的波速变小，波长变小
C ．远处水面下景物的光线到水面处，入射角较大，可能发生了全反射，所以看不见
D ．来自近处水面下景物的光射到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水面而进入人的眼睛中
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了反射，但不是全反射，因为全反射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生，故A 错误．光线由空气射入水中，光的波速变小，频率不变，由波速公式v=λf 知波长变小，故B 正确．远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故C 正确．近处水面下景物的光线到水面处，入射角越小，反射光越弱而折射光越强，射出水面而进入人眼睛中能量越少，故D 错误．故选BC ．
考点：光的折射；全反射
9．水平放置的平行板电容器，极板长为l ，间距为d ，电容为C 。

竖直挡板到极板右端的距离也为l ，某次充电完毕后电容器上极板带正电，下极板带负电，所带电荷量为Q 1如图所示，一质量为m ，电荷量为q 的小球以初速度v 从正中间的N 点水平射人两金属板间，不计空气阻力，从极板间射出后，经过一段时间小球恰好垂直撞在挡板的M 点，已知M 点在上极板的延长线上，重力加速度为g ，不计空气阻力和边
缘效应。

下列分析正确的是（ ）
A ．小球在电容器中运动的加速度大小为2
g B ．小球在电容器中的运动时间与射出电容器后运动到挡板的时间相等
C ．电容器所带电荷量1mgdC Q q
= D ．如果电容器所带电荷量2132Q Q =
，小球还以速度v 从N 点水平射入，恰好能打在上级板的右端 【答案】BD
【解析】
【分析】
根据水平方向做匀速直线运动分析两段过程的运动时间，根据竖直方向对称性分析小球在电容器的加速度大小，根据牛顿第二定律以及
Q U Ed C
== 分析求解电荷量，根据牛顿第二定律分析加速度从而求解竖直方向的运动位移。

【详解】
AB ．小球在电容器内向上偏转做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，出电容器后受到重力作用，竖直方向减速，水平方向由于不受力，仍然做匀速直线运动，由于两段过程在水平方向上的运动位移相同，则两段过程的运动时间相同，竖直方向由于对称性可知，两段过程在竖直方向的加速度大小相等，大小都为g ，但方向相反，故A 错误，B 正确；
C ．根据牛顿第二定律有
1Q U q
mg q mg qE mg d Cd a g m m m ---==== 解得
12mgdC Q q
= 故C 错误；
D ．当小球到达M 点时，竖直方向的位移为
2
d ，则根据竖直方向的对称性可知，小球从电容器射出时，竖直方向的位移为4d ，如果电容器所带电荷量2132Q Q =，根据牛顿第二定律有
22Q
q qU C a g g g md md ''=-=-= 根据公式
212
y at = 可知，相同的时间内发生的位移是原来的2倍，故竖直方向的位移为2d y =
，故D 正确。

故选BD 。

10．电压表，电流表都是由小量程电流表改装而成的，如图甲、乙所示分别是电压表，电流表的改装图，以下说法正确的是（ ）
A ．若改装后的电流表示数比标准表稍小一些，可以给并联电阻再并一个较大的电阻
B ．若改装后的电压表示数比标准表稍小一些，可以给串联电阻再串联一个较大的电阻
C ．小量程电流表内阻为g R ，给它并联一个电阻R ，改装后的电流表量程是原来的g R R R +倍
D ．为实现对改装电表的逐格校准，需要采用分压式电路
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．若改装后的电流表示数比标准表稍小一些，说明流过表头的电流小，可以增大分流电阻使其分流少些，从而增大流过表头的电流使其准确，应该给并联电阻串联一个较小的电阻，A 错误；
B ．若改装后的电压表示数比标准表稍小一些。

说明流过表头的电流小，应该减小串联电阻，或给串联电阻再并联一个较大的电阻，B 错误；
C ．小量程电流表内阻为g R ，给它并联一个电阻R ，改装后的电流表量程 g g g I R I I R =+
得出 g g R R I I R
+= C 正确；
D．分压式电路电压、电流可以从零开始调节，可以实现对改装电表的逐格校准，D正确。

故选CD。

11．智能手机屏幕的光线过强会对眼睛有害，因此手机都有一项可以调节亮度的功能，该功能既可以自动调节，也可以手动调节。

某兴趣小组为了模拟该功能，设计了如图所示的电路。

闭合开关，下列说法正确的是
A．仅光照变强，小灯泡变亮
B．仅光照变弱，小灯泡变亮
C．仅将滑片向a端滑动，小灯泡变亮
D．仅将滑片向b端滑动，小灯泡变亮
【答案】AC
【解析】
【详解】
A．仅光照变强，可知光敏电阻的阻值变小，则总电阻变小，由闭合电路的欧姆定律可知总电流增大，则流过灯泡的功率变大，灯泡变亮，A正确；
B．仅光照变弱，可知光敏电阻的阻值变大，则总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知总电流减小，则流过灯泡的功率变小，灯泡变暗，B错误；
C．仅将滑片向a端滑动，接入电路的有效阻值变小，则总电阻变小，干路电流增大，灯泡的功率变大，灯泡要变亮，C正确；
D．仅将滑片向b端滑动，接入电路的有效阻值变大，则总电阻变大大，干路电流减小，灯泡的功率变小，灯泡要变暗，D错误；
故选AC。

12．如图所示，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接．现用一水平恒力F作用在C上，三者开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动．则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是
A．无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小
B．若粘在A木块上面，绳的拉力减小，A、B间摩擦力不变
C．若粘在B木块上面，绳的拉力增大，A、B间摩擦力增大
D ．若粘在C 木块上面，绳的拉力和A 、B 间摩擦力都减小
【答案】AD
【解析】
A 、因无相对滑动，所以，无论橡皮泥粘到哪块上，根据牛顿第二定律都有：
()F 3μmg μmg 3m m a --=+n n ，a 都将减小．A 正确；
B 、若粘在A 木块上面，以
C 为研究对象，受F 、摩擦力μmg 、绳子拉力T ，F μmg T m a --= ，则得：T F μmg m a =-- ，a 减小，F 、μmg 不变，所以，T 增大，对A ：BA f ma =，a 减小，即BA f 减小，B 错误；
C 、若粘在B 木块上面，a 减小，以A 为研究对象，m 不变，由BA f ma =知，A 所受摩擦力减小，以C 为研究对象，T F μmg m a =--，T 增大，故C 错误；
D 、若粘在C 木块上面，a 减小，对A 有：BA f ma =，可知A 的摩擦力减小，以AB 为整体，有T 2μmg 2ma -=，得：T 2μmg 2ma =+，则T 减小， D 正确；
故选AD ．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用如图所示的实验器材来探究产生感应电流的条件．
（1）图中已经用导线将部分器材连接，请补充完成图中实物间的连线________．
（2）若连接好实验电路并检查无误后，闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈______（填“A”或“B”）中有了感应电流．开关闭合后，他还进行了其他两项操作尝试，发现也产生了感应电流，请写出两项可能的操作：
①_________________________________；
②_________________________________．
【答案】（2）B；将滑动变阻器的滑片快速滑动；将
线圈A（或铁芯）快速抽出；断开开关的瞬间．
【解析】
【分析】
感应电流产生的条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化，所以要想探究这个问题就要从这个条件出发，尽可能的改变穿过线圈B的磁通量，达到电流计发生偏转的效果．
【详解】
（1）连接实物图如图所示：
（2）闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B中有了感应电流，
根据感应电流产生的条件：穿过闭合线圈的磁通量发生变化即可，所以要想是电流计指针发生偏转，则还可以采取的措施为：将线圈A（或铁芯）快速抽出；断开开关的瞬间
14．为了测某电源的电动势和内阻，实验室提供了如下器材：
电阻箱R，定值电阻R0、两个电流表A1、A2，电键K1，单刀双掷开关K2，待测电源，导线若干．实验小组成员设计如图甲所示的电路图．
(1)闭合电键K1，断开单刀双掷开关K2，调节电阻箱的阻值为R1，读出电流表A2的示数I0；然后将单刀双掷开关K2接通1，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表A2的示数仍为I0，则电流表A1的内阻为_____．
(2)将单刀双掷开关K 2接通2，多次调节电阻箱的阻值，记录每次调节后的电阻箱的阻值R 及电流表A 1的示数I ，该同学打算用图像处理数据，以电阻箱电阻R 为纵轴，为了直观得到电流I 与R 的图像关系，则横轴x 应取（_________）
A ．I
B ．I 2
C ．1I -
D ．I (3)根据(2)选取的x
轴，作出R-x 图像如图乙所示，则电源的电动势E=_____，内阻r=______．（用R 1，R 2，R 0，及图像中的a 、b 表示）
【答案】R 2-R 1 C E=
a b
r=a-R 0-（R 2-R 1） 【解析】
【详解】
(1)由题意可知，电路电流保持不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻不变，则电流表A 1内阻等于两种情况下电阻箱阻值之差，即A121R R R =-． (2)单刀双掷开关K 2接通2时，据欧姆定律可得：0A1()E I r R R R =+++，整理得：
0A1()E R r R R I =-++，为得到直线图线，应作1R I
-图象．故C 项正确，ABD 三项错误． (3)由1R I -图象结合0A1()E R r R R I =-++得：图象斜率0()0
a k E
b --==-、图象纵截距0A1()a r R R -=-++，解得：电源的电动势a E b
=、电源的内阻0A1021()()r a R R a R R R =-+=---． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，长木板的左端用一铰链固定在水平面上，一可视为质点的小滑块放在长木板上的A 点调节长木板与水平方向的夹角a 为37°时，小滑块由A 点开始下滑，经时间t 滑到长木板的最底端夹角a 增大为53°时，小滑块由A 点经时间2
t 滑到长木板的最底端。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求： (1)两次小滑块的加速度之比以及两次小滑块到达长木板底端时的速度之比；
(2)小滑块与长木板之间的动摩擦因数。

【答案】 (1)
1214a a =，1212v v =；(2) 813
μ= 【解析】
【详解】 (1)对小滑块由运动学公式可知，当夹角为37°时，有：
2112
L a t = 当夹角为53°时，有：
2
2122t L a ⎛⎫= ⎪⎝⎭
整理解得： 1214
a a = 又由：
v 1=a 1t
22
2
t v a = 解得： 1212
v v =； (2)对小滑块由牛顿第二定律可知，
当夹角为37°时，有：
mgsin37°－μmgcos37°=ma 1
当夹角为53°时，有：
mgsin53°－μmgcos53°=ma 2
联立两式并结合：
1214
a a = 解得：
813
μ=。

16．2019年5月12日，在世界接力赛女子4X200米比赛中，中国队夺得亚军。

如图所示，OB 为接力赛跑道，AB 为长L=20m 的接力区，两名运动员的交接棒动作没有在20m 的接力区内完成定为犯规。

假设训练中甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持11m/s 的速度跑完全程，乙运动员从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为2.5m/s 2，乙运动员在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙两运动员相遇时完成交接棒
(1)第一次训练，甲运动员以v=11m/s 的速度跑到接力区前端A 处左侧s 0=17m 的位置向乙运动员发出起跑口令，求甲、乙两运动员交接棒处离接力区前端A 处的距离
(2)第二次调练，甲运动员在接力区前端A 处左测25m 的位置以v=11m/s 的速度跑向接力区，乙运动员恰好在速度达到与甲运动员相同时被甲运动员追上，则甲运动员在接力区前端A 处多远时对乙运动员发出起跑口令以及棒经过接力区的时间，并判断这次训练是否犯规
【答案】（1）5m （2）见解析
【解析】
【详解】
(1)第一次训练，设乙运动员加速到交接棒时运动时间为t ，则在甲运动员追击乙运动员的过程中，有
2012
s at vt += 代人数据得
12s t =
2 6.8s t =
乙运动员加速的时间
4s m v t a
== 2m t t >故舍去
交接棒处离接力区前端A 处的距离为
212
==x at 5m (2)第二次训练，乙运动员恰好与甲运动员共速时
乙乙=v at
乙运动员加速的时间
44s 乙.=t
设甲运动员在距离接力区前端A 处为s 时对乙运动员发出起跑口令，则在甲运动员追击乙运动员的过程中，有
212
s at vt +=乙乙 代人数据得
s=24.2m
棒经过接力区的时间为
20s 11
棒==L t v 乙运动员恰好达到与甲运动员相同速度时的位移 2124.2m 20m 2乙乙=
=>x at 已经出了接力区接棒，两名运动员的交接棒动作没有在20m 的接力区内完成，所以第二次训练犯规.
17．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B ，再变化到状态C ，其状态变化过程的p －V 图象如图所示．已知该气体在状态B 时的热力学温度T B ＝300K ，求：
①该气体在状态A 时的热力学温度T A 和状态C 时的热力学温度T C ；
②该气体从状态A 到状态C 的过程中，气体内能的变化量△U 以及该过程中气体从外界吸收的热量Q ．
【答案】①900A T K =；900C T K =②0U ∆=；200Q J =
【解析】
【详解】
①气体从状态A 到状态B 过程做等容变化，有：A B A B
p p T T = 解得：900A T K =
气体从状态B 到状态C 过程做等压变化，有：
C B B C
V V T T = 解得：900C T K =
②因为状态A 和状态C 温度相等，且气体的内能是所有分子的动能之和，温度是分子平均动能的标志，所以在该过程中：0U ∆=
气体从状态A 到状态B 过程体积不变，气体从状态B 到状态C 过程对外做功，故气体从状态A 到状态C 的过程中，外界对气体所做的功为： ()533110*********W p V J J --=-∆=-⨯⨯⨯-⨯=-
由热力学第一定律有：U Q W ∆=+
解得：200Q J =。