辽宁省抚顺市2021届新高考物理考前模拟卷(2)含解析

辽宁省抚顺市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．如图甲所示，将由两根短杆组成的一个自锁定起重吊钩放入被吊的空罐内，使其张开一定的夹角压紧在罐壁上，其内部结构如图乙所示。

当钢绳向上提起时，两杆对罐壁越压越紧，当摩擦力足够大时，就能将重物提升起来，且罐越重，短杆提供的压力越大。

若罐的质量为m，短杆与竖直方向的夹角θ=60°，匀速吊起该罐时，短杆对罐壁的压力大小为(短杆的质量不计，重力加速度为g) （）
A．mg B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先对罐整体受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件求解细线的拉力；再将细线的拉力沿着两个短杆方向分解；最后将短杆方向分力沿着水平和竖直方向正交分解，水平分力等于短杆对罐壁的压力。

【详解】
先对罐整体受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，拉力等于重力，故：T=mg；再将细线的拉力沿着两个短杆方向分解，如图所示：
解得：，最后将短杆方向分力沿着水平和竖直方向正交分解，如图所示：
，根据牛顿第三定律可知故短杆对罐壁的压力为，故选B。

【点睛】
本题关键是灵活选择研究对象，画出受力分析图，然后多次根据共点力平衡条件列式分析。

2．一束单色光从真空斜射向某种介质的表面，光路如图所示。

下列说法中正确的是（ ）
A ．此介质的折射率等于1.5
B ．此介质的折射率等于2
C ．入射角小于45°时可能发生全反射现象
D ．入射角大于45°时可能发生全反射现象
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．折射率
sin sin 452sin sin 30
i n r ===o
o 选项A 错误，B 正确；
CD ．全发射必须从光密介质射入光疏介质,真空射向介质不可能发生全反射，选项CD 错误。

故选B 。

3．如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球，某次球与墙壁上A 点碰撞后水平弹离，恰好垂直落在球拍
上的B 点，已知球拍与水平方向夹角θ=60°，AB 两点高度差h=1m ，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s 2，
则球刚要落到球拍上时速度大小为（ ）
A ．5
B ．15
C ．45
D 4153
m/s 【答案】C
【解析】
【分析】 根据竖直高度差求平抛运动的时间，再求竖直分速度，最后根据矢量三角形求合速度．
【详解】
根据212
h gt =得
2211105h t s s g ⨯=== 竖直分速度：110205y m m v gt s s ==⨯
= 刚要落到球拍上时速度大小
045cos 60y
v m v s == 故应选C ． 【点睛】
本题考查平抛运动的处理方法，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，一定要记住平抛运动的规律．
4．一宇宙飞船的横截面积，以的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，单位体积内有颗尘埃，每颗尘埃的质量为，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为（ ）
A ．
B ．
C ．snm
D ． 【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意求出时间内黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理求出推力大小，利用P=Fv 求得功率；
【详解】
时间t 内黏附在卫星上的尘埃质量：
， 对黏附的尘埃，由动量定理得：
解得：；
维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为
，故选项C 正确，ABD 错误。

【点睛】
本题考查了动量定理的应用，根据题意求出黏附在卫星上的尘埃质量，然后应用动量定理可以求出卫星的推力大小，利用P=Fv 求得功率。

5．如图所示为氢原子的能级图，按照玻耳理论，下列说法正确的是（ ）
A ．当氢原子处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的
B ．一个氢原子从n=4能级向基态跃迁，最多可辐射6种不同频率的光子
C ．处于基态的氢原子可以吸收14 eV 的光子而发生电离
D ．氢原子从高能级跃迁到低能级，核外电子的动能减少，电势能增加
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．当氢原子处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不同的，选项A 错误；
B ．一个氢原子从4n =能级向基态跃迁，最多可辐射3种不同频率的光子，大量处于4n =能级的氢原子向基态跃迁，最多可辐射6种不同频率的光子，选项B 错误；
C ．处于基态的氢原子可以吸收14eV 的光子而发生电离，选项C 正确；
D ．氢原子从高能级跃迁到低能级，核外电子的动能增加，电势能减少，选项D 错误。

故选C 。

6．法拉第电磁感应定律是现代发电机、电动机、变压器技术的基础。

如图所示，通有恒定电流的导线AB 均竖直且足够长，图甲.丙中正方形闭合铜线圈均关于AB 左右对称，图乙、丁中AB//ad 且与正方形闭合铜线圈共面。

下列四种情况中.线圈中能产生感应电流的是（ ）
A ．甲图中线圈自由下落
B ．乙图中线圈自由下落
C ．丙图中线圈绕AB 匀速转动
D ．丁图中线圈匀速向右移动
【答案】D
【解析】
【详解】 AC ．图甲、丙中，穿过铜线圈的磁通量始终为零，铜线圈中不会产生感应电流，故A 、C 均错误； B ．图乙中，线圈自由下落，由于线圈离导线AB 距离不变，所以穿过铜线圈的磁通量始终不变，铜线圈中不会产生感应电流，故B 错误；
D ．图丁中，线圈匀速向右移动，穿过铜线圈的磁通量不断减小，铜线圈中会产生感应电流，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，在真空中某点电荷的电场中，将两个电荷量相等的试探电荷分别置于M 、N 两点时，两试探电荷所受电场力相互垂直，且F 2>F 1，则以下说法正确的是（ ）
A ．这两个试探电荷的电性可能相同
B ．M 、N 两点可能在同一等势面上
C ．把电子从M 点移到N 点，电势能可能增大
D ．N 点场强一定大于M 点场强 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．将F 2和F 1的作用线延长相交，交点即为点电荷的位置，可知，点电荷对M 处试探电荷有排斥力，对N 处试探电荷有吸引力，所以这两个试探电荷的电性一定相反，故A 错误；
B ．由于F 2>F 1，可知M 、N 到点电荷的距离不等，不在同一等势面上，故B 错误；
C ．若点电荷带负电，则把电子从M 点移到N 点，电场力做负功，电势能增大，故C 正确；
D ．由点电荷场强公式=F
E q
可知，由于F 2>F 1，则有 N M E E
故D 正确。

故选CD 。

8．如图所示，航天器和卫星分别在同一平面内的1、2轨道上绕地球做匀速圆周运动，其半径分别为r 、2r ，速率分别为v 1和v 2。

航天器运动到A 点时突然加速到v 3后沿曲线运动，其轨迹与轨道2交于B 点，经过B 点时速率和加速度分别为v 4和a 1，卫星通过B 点时加速度为a 2。

已知地球的质量为M ，质量为m
的物体离地球中心距离为r 时，系统的引力势能为GMm r
-（取物体离地球无穷远处引力势能为零），物体沿AB 曲线运动时机械能为零。

则下列说法正确的是（ ）
A ．312v v =
B ．24v v =
C ．12a a >
D ．若航天器质量为m 0，由A 点运动到B 点的过程中地球对它的引力做功为2
02m v -
【答案】AD
【解析】 【详解】
AB ．在轨道1运动时的速度 1GM v r
= 在轨道2运动时的速度
22GM v r
=
即 122v v =
从A 到B 由能量守恒关系可知
2234110222GMm GMm mv mv r r -=-= 解得
312v v =
14v v =
422v v =
则选项A 正确，B 错误；
C ．在B 点时由
2(2)Mm G ma r = 可得
2
4GM a r =
则 12=a a
选项C 错误；
D ．若航天器质量为m 0，由A 点运动到B 点的过程中地球对它的引力做功为
2222204030202021111(2)(2)2222
W m v m v m v m v m v =-=-=- 选项D 正确。

故选AD 。

9．纸面内有一矩形边界磁场ABCD ，磁场方向垂直于纸面（方向未画出），其中AD=BC=L ，AB=CD=2L ，一束β粒子以相同的速度v 0从B 点沿BA 方向射入磁场，当磁场为B 1时，β粒子从C 射出磁场；当磁场为B 2时，β粒子从D 射出磁场，则（ ）
A ．磁场方向垂直于纸面向外
B ．磁感应强度之比B 1：B 2=5：1
C ．速度偏转角之比θ1：θ2=180：37
D ．运动时间之比t 1：t 2=36：53
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．由带负电的β粒子(电子)偏转方向可知，粒子在
B 点所受的洛伦兹力方向水平向右，根据左手定则可知，磁场垂直于纸面向里，A 错误；
B ．粒子运行轨迹：
由几何关系可知：
12
L R =
又： 22222(2)()R L R L =+-
解得：
2 2.5R L =
洛伦兹力提供向心力：
2
v qvB m R
= 解得：
mv B qR
= 故1221::5:1B B R R ==，B 正确；
C ．偏转角度分别为：
θ1=180°
224tan 1.53
L L θ== θ2=53°
故速度偏转角之比12:180:53θθ=，C 错误；
D ．运动时间：
2360360m t T qB
θ
θπ︒︒=⋅=⋅ 因此时间之比：
12122136:53
B t t B θθ==
10．如图所示为一质点的简谐运动图象。

由图可知
A．质点的运动轨迹为正弦曲线
B．t=0时，质点正通过平衡位置向正方向运动
C．t=0.25s时，质点的速度方向与位移的正方向相同
D．质点运动过程中，两端点间的距离为0.1m
【答案】CD
【解析】
试题分析：简谐运动图象反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故A错误．t=0时，质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故B错误．根据图象的斜率表示速度，则t=0.25s时，质点的速度为正值，则速度方向与位移的正方向相同．故C正确．质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅，为S=2A=2×5cm=10cm=0.1m，故D正确．故选CD。

考点：振动图线
【名师点睛】由振动图象可以读出周期、振幅、位移、速度和加速度及其变化情况，是比较常见的读图题，要注意振动图象不是质点的运动轨迹；根据图象的斜率表示速度分析振动的运动方向．质点运动过程中，两端点间的距离等于2倍的振幅。

11．如图所示，一长的水平传送带以的恒定速率沿顺时针方向转动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，一质量的物块以的速率沿直线向左滑上传送带，经过一段时间后物块离开了传送带，已知物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度g取，则以下判断正确的是（）
A．经过后物块从传送带的左端离开传送带
B．经过后物块从传送带的右端离开传送带
C．在t时间内传送带对物块做的功为-4J
D．在t时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为16J
【答案】BD
AB．当物块滑上传送带后，受到传送带向右的摩擦力，根据牛顿第二定律有
代入数据可得物块加速度大小a=1m/s2，方向向右，设物块速度减为零的时间为t1，则有
代入数据解得t1=1s；物块向左运动的位移有
代入数据解得
故物块没有从传送带左端离开；当物块速度减为0后向右加速，根据运动的对称性可知再经过1s从右端离开传送带，离开时速度为1m/s，在传送带上运动的时间为
t=2t1=2s
故A错误，B正确；
C．在t=2s时间内，物块速度大小不变，即动能没有改变，根据动能定理可知传送带对物块做的功为0，故C错误；
D．由前面分析可知物块在传送带上向左运动时，传送带的位移为
当物块在传送带上向右运动时，时间相同传送带的位移也等于x1，故整个过程传送带与物块间的相对位移为
在t时间内由于物块与传送带间摩擦而产生的热量为
故D正确。

故选BD。

12．如图所示，在纸面内有一个半径为r、电阻为R的线圈，线圈处于足够大的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，线圈与磁场右边界相切与P点。

现使线圈绕过P点且平行于磁场方向的轴以角速度ω顺时针方向匀速转过90°，到达图中虚线位置，则下列说法正确的是（）
A ．线圈中产生沿逆时针方向的感应电流
B ．线圈受到的安培力逐渐增大
C ．线圈经过虚线位置时的感应电动势为2Br 2ω
D ．流过线圈某点的电荷量为2
πB r R
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
A ．线圈顺时针方向匀速转动时，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；
B ．线圈顺时针方向匀速转动时，切割磁感线的有效长度逐渐变大，感应电流逐渐变大，根据F=BIL 可知，线圈受到的安培力逐渐增大，选项B 正确；
C ．线圈经过虚线位置时的感应电动势为
222E B r r Br ωω=⋅⋅=
选项C 正确；
D ．流过线圈某点的电荷量为
2
21
22B r B r q R R R
ππ∆Φ===
选项D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用图甲电路测量一电源的电动势和内阻，其中电流表A 的量程为0.6 A ，虚线框内为用电流计G 改装的电压表。

(1)已知电流计G 的满偏电流I g = 300 μA ，内阻Rg=100 Ω，改装后的电压表量程为3V ，则可计算出电阻R 1=____Ω。

(2)某次测量时，电流计G 的示数如图乙，则此时电源两端的电压为 ___V 。

(3)移动滑动变阻器R 的滑片，得到多组电流表A 的读数I 1和电流计G 的读数I 2，作出I 1-I 2图像如图丙。

由图可得电源的电动势E=____V ，内阻r=____Ω。

(4)若电阻R 1的实际阻值大于计算值，则电源内阻r 的测量值____实际值（填“小于
”“等于”或“大于”）。

【答案】9900 2.40 2.90 1.0 小于 【解析】 【详解】
(1)[1]．由改装原理可知，要串联的电阻
16
3
100990030010g g U R R I -=
-=-=Ω⨯ (2)[2]．电流计G 的示数为240μA ，则此时电源两端的电压为240μA×10-6×10000V=2.40V ；
(3)[3][4]．由图像可知，纵轴截距为290μA ，则对应的电压值为2.90V ，即电源电动势为E=2.90V ；内阻
2.90 2.40
1.00.5
r -=
Ω=Ω
(4)[5]．若电阻R 1的实际阻值大于计算值，则通过电流计G 的电流会偏小，则图像I 2-I 1的斜率会偏小，则电源内阻r 的测量值小于实际值。

14．某多用表内部的部分电路如图所示，已知微安表表头内阻R g =100Ω，满偏电流I g =200μA ，定值电阻R 1=2.5Ω，R 2=22.5Ω，电源电动势E=1.5V ，则该多用表
（1）A 接线柱应该是与___________（填“红”或“黑”）表笔连接；
（2）当选择开关接___________（填“a”或“b”）档时其对应的电阻档的倍率更高；
（3）若选a 档测量电阻，则原表盘100μA ，对应的电阻刻度值应当为_______Ω；原表盘50μA 的刻度，
对应的电阻刻度值应当为______Ω。

【答案】 黑 b 150Ω 450Ω
【解析】(1)当用欧姆表测电阻时，电源和表头构成回路，根据电源正负极连接方式可知，黑表笔与电源正极相连，故A 接线柱应该是与“黑”表笔连接； （2）整个回路最小电流min E
I R R =
+内
外 ， 同时g g g 12
min I R I I R R ++＝，当选择开关接b 时，此时R 外有
最大值。

当选择开关接b 档时其对应的电阻档的倍率更高。

（3）用a 档测量电阻，欧姆调零时， ()g g 2g 1
m 10000A I R R I I R μ++=＝
，此时150m
E
R I =
=Ω内，当1100A g I μ=，此时干路电流为()1211
5000A g g g I R R I I R μ+=
+= ，由于E
I R R =
+内外
，解得
150R R ==Ω外内；当表盘150A g I μ=时，此时干路电流为()1211
2500A g g g I R R I I R μ+=+=，由于
E
I R R =
+内外
，解得3450R R ==Ω外内。

【点睛】本题主要考查：利用电阻的串并联关系，来解决电流表的扩量程的相关问题；熟悉欧姆表的工作原理，利用回路欧姆定律解决相关问题。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图甲所示，足够长的木板A 静止在水平面上，其右端叠放着小物块B 左端恰好在O 点。

水平面以O 点为界，左侧光滑、右侧粗糙。

物块C （可以看成质点）和D 间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度06m/s v =向右运动某时刻细线突然断开，C 和弹簧分离后撤去D ，C 与A 碰撞（碰撞时间极短）并与A 粘连，此后1s 时间内，A 、C 及B 的速度一时间图象如图乙所示。

已知A 、B 、C 、D 的质量均为1kg m =，A 、C 与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210m/s g =。

求：
（1）木板A 与粗糙水平面间的动摩擦因数及B 与A 间的动摩擦因数； （2）细线断开之前弹簧的弹性势能。

【答案】（1）0.1μ'=，0.2μ=；（2）9J
【解析】 【详解】
（1）设A 与地面间的动摩擦因数为μ，B 与A 上表面间的动摩擦因数为μ'，由题图乙可知，0~1s 内，A 、C 整体做匀减速运动的加速度
21 3.5m/s A a =
B 做匀加速运动的加速度
211m/s B a =
对A 、C 整体有
132A mg mg ma μμ'--=-
对B 有
1B mg ma μ'=
解得
0.1μ'=，0.2μ=
（2）C 与A 碰撞过程中动量守恒，有
2C A mv mv =
其中
4.5m/s A v =
解得
9m/s C v =
弹簧弹开过程中，C 、D 系统动量守恒，由动量守恒定律有
02c D mv mv mv =+
解得
3m/s D v =
弹簧弹开过程中，C 、D 及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有
2220p 1112222
C D mv E mv mv ⨯+=+ 解得
9J =P E
16．如图，绝热气缸A 与导热气缸B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦．两
气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为0V 、温度均为0T ．缓慢加热A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强为原来的1.2倍．设环境温度始终保持不变，求气缸A 中气体的体积A V 和温度A T ．
【答案】076
V
；01.4T 【解析】 【分析】 【详解】
设初态压强为p 0，膨胀后A ，B 压强相等p B =1．2p 0 B 中气体始末状态温度相等p 0V 0=1．2p 0（2V 0-V A ） ∴076
A V V ＝，A 部分气体满足0000 1.2 A
A
p V p V T T ∴T A =1．4T 0
答：气缸A 中气体的体积076
A V V ＝，温度T A =1．4T 0 考点：玻意耳定律 【点睛】
本题考查理想气体状态变化规律和关系，找出A 、B 部分气体状态的联系（即V B =2V 0-V A ）是关键． 17．如图所示，粗细均匀的U 形玻璃管，左端封闭，右端开口，竖直放置。

管中有两段水银柱a 、b ，长分别为5cm 、10cm ，两水银液柱上表面相平，大气压强为75cmHg ，温度为27℃，a 水银柱上面管中封闭的A 段气体长为15cm ，U 形管水平部分长为10cm ，两水银柱间封闭的B 段气体的长为20cm ，给B 段气体缓慢加热，使两水银柱下表面相平，求此时：
(i)A 段气体的压强； (ii)B 段气体的温度为多少? 【答案】（1）80cmHg （2）375K 【解析】
【分析】
（1）根据液面的位置求解气体内部压强的值；（2）找到气体的状态参量，然后结合盖吕萨克定律求解气体的温度. 【详解】
（1）加热后，当b 水银柱向上移动到两水银柱下表面相平时，B 段气体压强p B =p 0+10cmHg=85cmHg ； A 段气体的压强为p A =p B -5cmHg=80cmHg
（2）给B 段气体缓慢加热时，B 段气体发生的是等压变化，则a 水银柱处于静止状态，当b 水银柱向上
移动到两水银柱下表面相平时，设此时B 段气体的温度为T 2，则1212
L S L S
T T 式中L 1=20cm ，L 2=25cm 解得T 2=375K。