安徽省亳州市2021届新高考中招适应性测试卷物理试题(3)含解析

安徽省亳州市2021届新高考中招适应性测试卷物理试题（3）
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．物体做竖直上抛运动：v表示物体的瞬时速度，a表示物体的加速度，t表示物体运动的时间，h代表其离抛出点的高度，E k代表动能，E p代表势能，以抛出点为零势能面．下列所示图象中，能正确反映各物理量之间关系的是（）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
竖直上抛运动是一种匀变速直线运动，物体运动过程中机械能守恒．根据运动学公式列出v与t的关系式，根据机械能守恒定律得出物体的动能与高度的关系式．再选择图象．
【详解】
AB．物体做竖直上抛运动，只有重力，加速度等于g，保持不变，所以a﹣t图象是平行于时间轴的直线，取竖直向上为正方向，则竖直上抛运动可看成一种匀减速直线运动，速度与时间的关系为
v=v0﹣gt
v﹣t图象是一条向下倾斜的直线，AB不符合题意；
C．以抛出点为零势能面，则物体的重力势能为
E p=mgh
则E p﹣h图象是过原点的直线，C符合题意；
D．根据机械能守恒定律得：
mgh+E k=1
2
mv02
得
E k=1
2
mv02﹣mgh
可见E k与h是线性关系，h增大，E k减小，E k﹣h图象是向下倾斜的直线．D不符合题意。

故选C。

2．理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规
律．以下实验中属于理想实验的是（）
A．伽利略的斜面实验
B．用打点计时器测定物体的加速度
C．验证平行四边形定则
D．利用自由落体运动测定反应时间
【答案】A
【解析】
【详解】
A．伽利略的斜面实验，抓住主要因素，忽略了次要因素，从而更深刻地反映了自然规律，属于理想实验，故A正确；
B．用打点计时器测物体的加速度是在实验室进行是实际操作的实验，故B错误；
C．平行四边形法则的科学探究属于等效替代法，故C错误；
D．利用自由落体运动测定反应时间是实际进行的实验，不是理想实验，故D错误．
故选A．
3．某静电场中x轴上各点电势分布图如图所示。

一带电粒子在坐标原点O处由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动。

下列说法正确的是
A．粒子一定带负电
B．粒子在x1处受到的电场力最大
C．粒子从原点运动到x1过程中，电势能增大
D．粒子能够运动到x2处
【答案】A
【解析】
【分析】
由题中“一带电粒子在坐标原点O处由静止释放”可知本题考查带电粒子在非匀强电场中的运动，根据图像和电势变化可分析本题。

【详解】
A．由于从坐标原点沿x轴正方向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右，由于带电粒子在坐标原点静止释放，沿x轴正方向运动，由此可知粒子带负电，故A正确；
B．由图可知，图像斜率即为电场强度，在x1处斜率为零，因此电场强度最小，电场力也最小，故B错误；
C．从开始运动到x1处，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．由于粒子只在电场力的作用下运动，当运动到与开始时电势相等的位置，粒子速度为零，不能到达x2处，故D错误。

4．如图所示为某一电场中场强E-x图像，沿x轴正方向，电场强度为正，则正点电荷从x1运动到x2，其电势能的变化是
A．一直增大
B．先增大再减小
C．先减小再增大
D．先减小再增大再减小
【答案】C
【解析】
【详解】
沿x轴正方向，电场强度为正，由图可得，从x1到x2电场强度先沿x轴正方向再沿x轴负方向；顺着电场线方向电势降低，则从x1到x2电势先降低后升高，所以正点电荷从x1运动到x2，电势能是先减小再增大；故C项正确，ABD三项错误。

5．关于分子动理论，下列说法正确的是（）
A．气体扩散的快慢与温度无关
B．分子间同时存在着引力和斥力
C．布朗运动是液体分子的无规则运动
D．分子间的引力总是随分子间距增大而增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．扩散的快慢与温度有关，温度越高，扩散越快，故A错误；
BD．分子间同时存在引力和斥力，引力和斥力均随着分子间距离的增大而减小，故B正确，D错误；C．布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的无规则运动，它是液体分子的无规则运动的反映，故C错误。

故选B。

6．如图所示，四根相互平行的固定长直导线L1、L2、L3、L4，其横截面构成一角度为60 的菱形，均通有相等的电流I，菱形中心为O。

L1中电流方向与L2中的相同，与L3、L4，中的相反，下列说法中正确的是（）
A．菱形中心O处的磁感应强度不为零
B．菱形中心O处的磁感应强度方向沿OL1
C．L1所受安培力与L 3所受安培力大小不相等
D．L 1所受安培力的方向与L 3所受安培力的方向相同
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．根据安培定则，L2、L4导线在菱形中心O处的磁应强度方向沿OL3斜向上，L3、L1导线在菱形中心O处的磁应强度方向沿OL2斜向下，由叠加原理可知，菱形中心O处的合磁场的磁感应强度不为零，且不沿OL1方向，故A正确，B错误；
CD．根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，L1与L3受力如图所示，由各导线中电流大小相等，则每两导线间的作用力大小相等，由平行四边形定则合成可知，L1所受安培力与L 3所受安培力大小相等，方向相反，故CD错误。

故选A。

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．某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．4s内物体的（）
A．路程为50m B．位移大小为40m，方向向上
C．速度改变量的大小为20m/s，方向向下D．平均速度大小为10m/s，方向向上
【答案】ABD
【解析】
【详解】
由v=gt可得物体的速度减为零需要的时间，故4s时物体正在下落；路程应等于向上的高度与下落1s内下落的高度之和，由v2=2gh可得，h==45m，后1s下落的高度h'=gt′2=5m，故总路程为：s=（45+5）m=50m；故A正确；位移h=v0t-gt2=40m，位移在抛出点的上方，故B正确；速度的改变量△v=gt=10×4=40m/s，方向向下，故C错误；平均速度，故D正确；故选ABD。

【点睛】
竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v=at求得．
8．在x轴上固定有两个点电荷Q1、Q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。

下列说法中正确的有（）
A．Q1和Q2带同种电荷
B．x1 处的电场强度为零
C．负电荷从x 1沿x轴移到x 2。

电势能逐渐减小
D．负电荷从x 1沿x轴移到x 2，受到的电场力逐渐减小，
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图知1x处的电势等于零，所以1Q和2Q带有异种电荷，A错误；
B．图象的斜率描述该处的电场强度，故1x处场强不为零，B错误；
C．负电荷从1x移到2x，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故C正确；
D．由图知，负电荷从1x移到2x，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D正确．
故选CD。

9．从水平面上方O点水平抛出一个初速度大小为v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与O等高的A点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不
计空气阻力。

若只改变初速度大小，使小球仍能击中A 点，则初速度大小可能为（ ）
A ．2v 0
B ．3v 0
C ．02v
D ．0 3
v 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】 设竖直高度为h ，小球以v 0平抛时与地面碰撞一次，反弹后与A 点碰撞，在竖直方向先加速后减速，在水平方向一直匀速，根据运动的对称性原理，可知该过程运动的时间为平抛运动时间的两倍，则有 22h t g
= 水平方向的位移
022h OA v t v g
==设当平抛速度为0
v '时，经与地面n 次碰撞，反弹后仍与A 点碰撞，则运动的时间为 22h t n g
'=⋅ 水平方向的位移不变，则有
OA v t '='
解得 00v v n
'=（n=1，2，3…..） 故当n=2时00
2v v '=；当n=3时003v v '=；故AB 错误，CD 正确。

故选CD 。

10．下列说法正确的是（ ）
A ．液体中的扩散现象是由分子间作用力造成的
B ．理想气体吸收热量时，温度和内能都可能保持不变
C ．当两分子间距从分子力为0（分子间引力与斥力大小相等，且均不为0）处减小时，其分子间的作用力表现为斥力
D ．液体的饱和汽压不仅与液体的温度有关而且还与液体的表面积有关
E.一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A ．扩散现象是分子无规则热运动的表现，A 错误；
B ．理想气体吸收热量时，若同时对外做功，根据热力学第一定律可知温度和内能可能不变，B 正确；
C ．当两分子间距从分子力为0处减小时，分子引力和分子斥力均增大，由于斥力增大的快，其分子间作用力表现为斥力，C 正确；
D ．液体的饱和汽压与液体的表面积无关，D 错误；
E ．由热力学第二定律可知，一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行的，E 正确。

故选BCE 。

11．在光滑的水平面上，一滑块的质量m=2kg ，在水平面上受水平方向上恒定的外力F=4N （方向未知）作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过PQ 两点时速度大小均为v=5m/s 。

滑块在P 点的速度方向与PQ 连线夹角α=37°，sin37°
=0.6，则（ ）
A ．水平恒力F 的方向与PQ 连线成53°夹角
B ．滑块从P 到Q 的时间为3s
C ．滑块从P 到Q 的过程中速度最小值为4m/s
D ．PQ 两点连线的距离为12m
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．设水平恒力F 的方向与PQ 连线夹角为β，滑块过P 、Q 两点时的速度大小相等，根据动能定理得 Fx PQ cosβ=△E k =0
得β=90°，即水平恒力F 与PQ 连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A 错误；
B ．把P 点的速度分解在沿水平力F 和垂直水平力F 两个方向上，沿水平力F 方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，有
22m/s F a m
== 当F 方向速度为零时，时间为
sin375sin37s=1.5s 2
v t a ︒⨯︒== 根据对称性，滑块从P 到Q 的时间为
t'=2t=3s
故B 正确；
C ．当F 方向速度为零时，只有垂直F 方向的速度
v'=vcos37°=4m/s
此时速度方向与F 垂直，速度最小，故C 正确；
D ．垂直F 的方向上物块做匀速直线运动，有
x PQ =v't'=12m
故D 正确。

故选BCD 。

12．通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规定为零，已知试探电荷q 在场源电荷Q 的电场中具所有电势能表达式为r kqQ E r
=式中k 为静电力常量，r 为试探电荷与场源电荷间的距离）。

真空中有两个点电荷Q 1、Q 2分别固定在 x 坐标轴的0x =和6cm x =的位置上。

x 轴上各点的电势φ随x 的变化关系如图所示。

A 、B 是图线与x 的交点，A 点的x 坐标是4.8 cm ，图线上C 点的切线水平。

下列说法正确的是（ ）
A ．电荷Q 1、Q 2的电性相同
B ．电荷Q 1、Q 2的电荷量之比为1∶4
C ．B 点的x 坐标是8cm
D ．C 点的x 坐标是12cm
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．电势能 r r E q ϕ=
故电势
r kQ r
ϕ= 那么场源电荷附近电势正负和场源电荷正负一致，故由图可得原点处电荷1Q 带正电，6cm x =处电荷2
Q
带负电，故A 错误；
B ．A 点处电势为零，故有
2
210OA AQ k Q kQ x x -= 所以，电荷1Q 、2Q 的电荷量之比
2
12 4.8cm 0 4:16cm 4.8cm OA AQ x Q Q x --=== 故B 错误；
C ．B 点处电势为零，根据电势为零可得
2
12 0OB BQ k Q kQ x x -= 可得
2
120 6cm OB B BQ B x Q x Q x x --== 解得所以B 点的x 坐标
8cm B x =
故C 正确；
D ．点电荷周围场强
2kQ E r
= 两场源电荷电性相反，那么两场源电荷在C 点的场强方向相反，C 点电势变化为零，故C 点场强为零，根据叠加定理可得两场源电荷在C 点场强大小相等，故有
2122()
6C C k Q kQ x x =- 解得
12cm C x =
故D 正确；
故选CD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究
（1）实验还需下列器材中的__________（多选）；
（2）实验中，上图中变压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0V，则所接电源电压档位为_______。

A．18.0V B．10.0V C．5.0V D．2.5V
【答案】(1) BC (2) A
【解析】（1）本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要电压表。

故学生电源和电压表两个器材不能缺少，选BC；
（2）①理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为；若变压器的原线圈接“0；8”接线柱，副线圈接线“0；4”接线柱，则原、副线圈匝数比为，则原线圈两端电压。

②
本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5V，则原线圈电压必须大于10V，故选A。

【点睛】理想变压器原、副线圈两端电压和各自匝数的关系为，实验中需要的器材有：低压交流电源，电压表；而可拆式变压器，铁芯是不闭合的，，利用此关系就可以确定求解。

14．某同学用如图甲所示的装置测量滑块与水平桌面之间的动摩擦因数，实验过程如下：
（1）用游标卡尺测量出固定于滑块上的遮光条的宽度d=____mm，在桌面上合适位置固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接．
（2）用滑块把弹簧压缩到某一位置，测量出滑块到光电门的距离x ．释放滑块，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t ，则此时滑块的速度v=_____．
（3）通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量m ，仍用滑块将弹簧压缩到（2）中的位置，重复（2）的操作，得出一系列滑块质量m 与它通过光电门时的速度v 的值，根据这些数值，作出v 2-m -1图象如图乙所示．已知当地的重力加速度为g ，由图象可知，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数μ=___；弹性势能等于E P =____．
【答案】5.70mm
d t 2b gx 2P b E a ＝ 【解析】
【详解】
（1）[1]．由乙图知，游标卡尺读数为0.5cm+14×
0.05mm=5.70mm ； （2）[2]．滑块经过光电门的速度为v d t
=
； （3）[3][4]．根据能量守恒 21m 2
p E mgx v μ=+ 整理得
2122p v E gx m
μ=- 结合图象得： 2p b E a =
得
2p b E a
= b mgx μ=
得
μ2b gx
= . 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一总质量m ＝10kg 的绝热汽缸放在光滑水平面上，用横截面积S ＝1.0×10﹣2m 2的光滑绝热薄活塞将一定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞杆的另一端固定在墙上，外界大气压强P 0＝1.0×105Pa ．当气体温度为27℃时，密闭气体的体积为2.0×10﹣3m 3（0℃对应的热力学温度为273K ）。

（ⅰ）求从开始对气体加热到气体温度缓慢升高到360K 的过程中，气体对外界所做的功；
（ⅱ）若地面与汽缸间的动摩擦因数μ＝0.2，现要使汽缸向右滑动，则缸内气体的温度至少应降低多少摄氏度？（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，活塞一直在汽缸内，气体质量可忽略不计，重力加速度g 取10m/s 2。

）
【答案】（ⅰ）40J ；（ⅱ）6℃。

【解析】
【详解】
（ⅰ）气体压强不变，由盖•吕萨克定律得：1212
V V T T = 解得：
V 2＝T 211
V T ＝2.4×10﹣3 m 3 气体对外界所做的功
W ＝P 0•△V ＝P 0（V 2﹣V 1）
代入数据解得：
W ＝40J
（ⅱ）当气体降温，气缸未发生移动时，气体等容变化，则：
0313
P P T T = 汽缸开始移动时，则有：
P 0S ＝P 3S+μmg
代入数据解得：
T ＝294K
故应降温
△t ＝6℃
16．如图所示，在倾角为37︒的斜面上有质量均为1kg m =的物块A B 、，两物块用平行于斜面的细线连接，细线伸直。

若由静止释放两物块，两物块沿斜面下滑的加速度大小为22m/s ；若用水平向左的恒力F 作用在物块A 上，两物块可沿斜面向上匀速运动，已知两物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度210m/s g =，sin370.6︒=，cos370.8︒=，求：
（1）物块与斜面间的动摩擦因数；
（2）作用在物块A 上的水平恒力F 的大小。

【答案】（1）0.5；（2）40N 。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）两物块沿斜面加速下滑，由牛顿第二定律知
2sin 2cos 2mg mg ma θμθ-⨯=
解得
0.5μ=
（2）两物块沿斜面向上匀速运动，设水平恒力的大小为F ，根据力的平衡有
cos cos 2sin F mg N mg θμθμθ=++
cos sin N mg F θθ=+
解得
40N F =
17．如图所示，在同一水平面上的两根光滑绝缘轨道，左侧间距为2l ，右侧间距为l ，有界匀强磁场仅存在于两轨道间，磁场的左右边界（图中虚线）均与轨道垂直。

矩形金属线框abcd 平放在轨道上，ab 边长
为l ，bc 边长为2l 。

开始时，bc 边与磁场左边界的距离为2l ，现给金属线框施加一个水平向右的恒定拉力，金属线框由静止开始沿着两根绝缘轨道向右运动，且bc 边始终与轨道垂直，从bc 边进入磁场直到ad 边进入磁场前，线框做匀速运动，从bc 边进入右侧窄磁场区域直到ad 边完全离开磁场之前，线框又做匀速运动。

线框从开始运动到完全离开磁场前的整个过程中产生的热量为Q 。

问：
(1)线框ad 边刚离开磁场时的速度大小是bc 边刚进入磁场时的几倍？
(2)磁场左右边界间的距离是多少？
(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是多少？
【答案】 (1)线框ad 边刚离开磁场时的速度大小是bc 边刚进入磁场时速度的4倍；(2)磁场左右边界间的距离是32l ；(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是
323
Q 。

【解析】
(1)设磁感强度为B ，设线框总电阻为R ，线框受的拉力为F ，bc 边刚进磁场时的速度为v 1，则感应电动势为：
E 1=2Blv 1
感应电流为：
11E I R
= 线框所受安培力为：
F 1=2BI 1l
线框做匀速运动，其受力平衡，即：F 1=F ，联立各式得：
1224FR v B l
＝ 设ad 边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v 2，同理可得： 222FR v B l ＝
所以：
v 2=4v 1；
(2)bc 边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为a ，bc 边到达磁场左边界时，线框的速度为
1v 从ad 边进入磁场到bc 边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为a ，由题意可知bc 边刚进入右侧窄磁场区域时的速度为：
v 2=4v 1，214v v ==从线框全部进入磁场开始，直到bc 边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为s 1，则：
222112v v s a
-＝
将1v ＝2v =
s 1=30l
磁场左右边界间的距离为：
s=l+s 1+l=32l ；
(3)整个过程中，只有拉力F 和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为E k ，由动能定理有：
W F +W 安=E k -0
由：
W F =F （2l+s+l ）=35Fl
及
Q=-W 安
可知：
353
F W Q ＝ 线框的最大动能为： 353233k E Q Q Q ＝＝。