安徽省六安市2021届新高考物理仿真第二次备考试题含解析

安徽省六安市2021届新高考物理仿真第二次备考试题
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，a 为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径等于地球半径），c 为地球的同步卫星，以下关于a 、b 、c 的说法中正确的是（ ）
A ．a 、b 、c 的向心加速度大小关系为b c a a a a >>
B ．a 、b 、c 的向心加速度大小关系为a b c a a a >>
C ．a 、b 、c 的线速度大小关系为a b c v v v =>
D ．a 、b 、c 的周期关系为a c b T T T >>
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa =ωc ，根据a=rω2知，c 的向心加速度大于a 的向心加速度。

根据2
GM a r =得b 的向心加速度大于c 的向心加速度。

即 b c a a a a >>
故A 正确，B 错误。

C ．地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa =ωc ，根据v=rω，c 的线速度大于a 的线速度。

根据GM v r
=得b 的线速度大于c 的线速度，故C 错误； D ．卫星C 为同步卫星，所以T a =T c ，根据3
2r T GM
=得c 的周期大于b 的周期，故D 错误； 故选A 。

2．2019年4月21日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，成功发射第44颗北斗导航卫星。

若组成北斗导航系统的这些卫星在不同高度的转道上都绕地球做匀速圆周运动，其中低轨卫星离地高度低
A ．低轨卫星的环绕速率大于7.9km/s
B ．地球同步卫星可以固定对一个区域拍照
C ．低轨卫星和地球同步卫星的速率相同
D ．低轨卫星比同步卫星的向心加速度小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AC ．根据万有引力提供向心力，则有
2
2Mm v G m r r
= 解得
v = 可知轨道半径越大，运行的速度越小，低轨卫星轨道半径大于近地卫星的半径，故低轨卫星的环绕速率小于7.9km/s ，低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，故低轨卫星的环绕速率大于同步卫星的环绕速率，故A 、C 错误；
B ．同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，故B 正确； D ．根据万有引力提供向心力，则有
2Mm G ma r
= 可得 2GM a r =
低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，低轨卫星向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故D 错误；
故选B 。

3．如图所示，R 3处是光敏电阻，a 、b 两点间接一电容，当开关S 闭合后，在没有光照射时，电容上下极板上电量为零，当用光线照射电阻R 3时,下列说法正确的是（ ）
A ．R 3的电阻变小，电容上极板带正电，电流表示数变大
B ．R 3的电阻变小，电容上极板带负电，电流表示数变大
C ．R 3的电阻变大，电容上极板带正电，电流表示数变小
D ．R 3的电阻变大，电容上极板带负电，电流表示数变小
【答案】A
【解析】
【详解】
R 3是光敏电阻，当用光线照射电阻R 3时，据光敏电阻的特点，其阻值变小，据闭合电路的欧姆定律知，所以电流表示数变大，CD 错误；
因原来时电容器极板上的带电量为零，故说明ab 两点电势相等；
有光照以后，两支路两端的电压相等，因R 1、R 2支路中电阻没有变化，故R 2的分压比不变；而由于R 3的电阻减小，所以R 3的两端电压减小，3=R U ϕϕ-右左，而ϕ左不变，所以ϕ右增大，故上端的电势要高于下端，故上端带正电，A 正确B 错误；
4．如图所示，一轻弹簣竖直固定在地面上，一个小球从弹簧正上方某位置由静止释放，则小球从释放到
运动至最低点的过程中（弹簧始终处于弹性限度范围内），动能k E 随下降高度h 的变化规律正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
小球在下落的过程中，动能先增大后减小，当弹簧弹力与重力大小相等时速度最大，动能最大，由动能定理
k F h E ∆=∆
得 k E F h
∆=∆ 因此图象的切线斜率为合外力，整个下降过程中，合外力先向下不变，后向下减小，再向上增大，选项D 正确，ABC 错误。

故选D 。

5．如图所示，一有界区域磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L;正方形导线框abcd 的边长也为L ，当bc 边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域。

若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图像是
A ．
B ．
C ．
D ．
【解析】
【分析】
由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV 及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律。

【详解】
设导体棒运动的加速度为a ，则某时刻其速度v at =
所以在0-t 1时间内（即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束）
根据法拉第电磁感应定律得：E BLv BLat ==，电动势为逆时针方向 由闭合电路欧姆定律得：BLa I t R
=，电流为正。

其中R 为线框的总电阻。

所以在0-t 1时间内，I t ∝，故AC 错误；
从t1时刻开始，换ad 边开始切割磁场，电动势大小E BLat =，其中12t t t <≤，电动势为顺时针方向为负 电流：BLa I t R =，电流为负（即BLa I t R
=-，12t t t <≤） 其中01BLa I t R =，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持01BLa I t R =不变。

故B 正确，D 错误。

故选B 。

【点睛】
对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．
6．近年来我国的经济发展快速增长，各地区的物资调配日益增强，对我国的交通道路建设提出了新的要求，在国家的大力投资下，一条条高速公路在中国的版图上纵横交错，使各地区之间的交通能力大幅提高，在修建高速公烙的时候既要考虑速度的提升，更要考虑交通的安全，一些物理知识在修建的过程中随处可见，在高速公路的拐弯处，细心的我们发现公路的两边不是处于同一水平面，总是一边高一边低，对这种现象下面说法你认为正确的是（ ）
A ．一边高一边低，可以增加车辆受到地面的摩擦力
B ．拐弯处总是内侧低于外侧
C ．拐弯处一边高的主要作用是使车辆的重力提供向心力
D ．车辆在弯道没有冲出路面是因为受到向心力的缘故
【答案】B
【解析】
【分析】
ABC.车辆拐弯时根据提供的合外力与车辆实际所需向心力的大小关系可知，拐弯处总是内侧低于外侧，重力与支持力以及侧向摩擦力的合力提供向心力，当达到临界速度时，重力与支持力提供向心力，故AC 错误，B 正确；
D.车辆在弯道没有冲出路面是因为受到指向圆心的合力等于向心力的缘故，故D 错误。

故选B 。

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．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以恒定速率4m /s v =顺时针转动。

一煤块以初速度012m /s v =从A 端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取210m /s g =，sin370.6︒=，sin530.8︒=，则下列说法正确的是（ ）
A ．倾斜传送带与水平方向夹角37θ=︒
B ．煤块与传送带间的动摩擦因数0.5μ=
C ．煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为4s
D ．煤块在传送带上留下的痕迹长为(1245)m +
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．由v-t 图像得0~1s 的加速度大小
221124m /s 8m /s 1
a -== 方向沿传送带向下；1~2s 的加速度大小
22240m /s 4m /s 1
a -== 方向沿传送带向下，0~1s ，对煤块由牛顿第二定律得
1sin cos mg mg ma θμθ+=
1~2s ，对煤块由牛顿第二定律得
sin cos mg mg ma θμθ-=
解得
37θ=︒，0.25μ=
故A 正确，B 错误；
C ．v-t 图像图线与坐标轴所围面积表示位移，所以煤块上滑总位移为10m x =，由运动学公式得下滑时间为 22210s 5s
4x t a ⨯===下 所以煤块从冲上传送带到返回A 端所用的时间为(25)s +，故C 错误；
D ．0~1s 内煤块比传送带多走4m ，划痕长4m ；1~2s 内传送带比煤块多走2m ，划痕还是4m ；2~(25)s +传送带向上运动，煤块向下运动，划痕长为
2212m (1245)m 2
a t vt ++=+ 故D 正确。

故选AD 。

8．在一静止点电荷的电场中，任一点的电势φ与该点到点电荷的距离r 的关系如图所示．电场中四个点a 、b 、c 和d 的电场强度大小分别E a 、E b 、E c 和E d ，点a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势φa 已在图中用坐标（r a ，φa ）标出，其余类推．现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b 、c 点移动到d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W ab 、W bc 和W cd ．下列选项正确的是（ ）
A ．E a ：E b =4：1
B ．E c ：E d =2：1
C ．W ab ：W bc =3：1
D ．W bc ：W cd =1：3
【答案】AC
【解析】
由点电荷场强公式：2Q E k
r =，可得：22::4:112a b kQ kQ E E ==，故A 正确；由点电荷场强公式：2Q E k r =，可得：::4:1kQ kQ E E ==，故B 错误；从a 到b 电场力做功为：W ab =qU ab =q （φa -φb ）=q （6-3）
=3q ，从b 到c 电场力做功为：W bc =qU bc =q （φb -φc ）=q （3-2）=q ，所以有：W ab ：W bc =3：1，故C 正确；从c 到d 电场力做功为：W cd =qU cd =q （φc -φd ）=q （2-1）=q ，所以W bc ：W cd =1：1，故D 错误。

所以AC 正确，BD 错误。

9．如图所示，质量为m = 245 g 的物块（可视为质点）放在质量为M = 0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ = 0.4，质量为 m 0 = 5 g 的子弹以速度v 0 = 300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g = 10 m/s 2，则在整个过程中
A ．物块和木板组成的系统动量守恒
B ．子弹的末动量大小为0.01kg·m/s
C ．子弹对物块的冲量大小为0.49N·s
D ．物块相对木板滑行的时间为1s
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．子弹进入木块的过程中，物块和木板的动量都增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A 错误；
B ．选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m 0v 0=（m 0+m ）v 1……①
木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得：
（m 0+m ）v 1=（m 0+m+M ）v 2……②
联立可得：
3002330510300m/s 2m/s 510245100.5
m v v m m M ---⨯⨯=++⨯+⨯+＝＝ 所以子弹的末动量：
p ＝m 0v 2＝5×10−3×2＝0.01kg·m/s ．
故B 正确；
C ．由动量定理可得子弹受到的冲量：
I ＝△p ＝p−p 0＝0.01 kg·m/s −5×10−3×300 kg·m/s ＝1.49kg·m/s=1.49N·s ．
子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是
1.49N·s ．故C 错误；
D ．对子弹木块整体，由动量定理得：
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间 211s v v t g
μ-=-＝ ． 故D 正确．
10．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
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。

11．下列说法中正确的是_______．
A．饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关
B．气体在等压变化过程中，若其温度升高，则容器内每秒钟单位面积上气体分子碰撞的平均次数将减少C．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
D．分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，分子势能不一定减小
E.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大．
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
饱和汽压只与温度有关，与饱和汽的体积无关，故A正确；气体在等压变化过程中，若其温度升高，分子平均作用力变大，由于压强不变，所以容器内每秒钟单位面积上气体分子碰撞的平均次数将减小，故B 正确；水对油脂表面是不浸润的所以成水珠状，水对玻璃表面是浸润的，无法形成水珠，表面张力是一样的，故C错误；分子间距离增大时，分子间引力和斥力都减小，但是分子势能不一定减小，关键要看分子
力做正功还是负功，故D正确；气体的温度升高时，根据理想气体的状态方程：PV
C
T
由于体积不知
如何变化，所以气体的压强不一定增大；故E错误；故选ABD
12．如图甲所示，物块A与木板B叠放在粗糙水平面上，其中A的质量为m，B的质量为2m，且B足够长，A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。

对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，A与B、B与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

下列说法正确的是()
A．在0～t1时间内，A、B间的摩擦力为零
B．在t1～t2时间内，A受到的摩擦力方向水平向左
C．在t2时刻，A、B间的摩擦力大小为0.5μmg
D．在t3时刻以后，A、B间的摩擦力大小为μmg
【解析】
【详解】
A ．A
B 间的滑动摩擦力f AB =μmg ，B 与地面间的摩擦力f=3μmg ，故在0～t 1时间内，推力小于木板与地面间的滑动摩擦力，故B 静止，此时AB 无相对滑动，故AB 间摩擦力为零，故A 正确；
B ．A 在木板上产生的最大加速度为 mg a g m μμ=＝
此时对B 分析可知
F-4μmg=2ma
解得
F=6μmg ，
故在在t 1～t 2时间内，AB 一起向右做加速运动，对A 可知，A 受到的摩擦力水平向右，故B 错误； C ．在t 2时刻，AB 将要发生滑动，到达最大静摩擦力，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故C 错误； D ．在t 3时刻以后，AB 发生滑动，故A 、B 间的摩擦力大小为μmg ，故D 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某小组设计了一个研究平抛运动的实验装置，在抛出点O 的正前方，竖直放置一块毛玻璃．他们利用不同的频闪光源，在小球抛出后的运动过程中光源闪光，会在毛玻璃上出现小球的投影点，在毛玻璃右边用照相机进行多次曝光，拍摄小球在毛玻璃上的投影照片如图1，小明在O 点左侧用水平的平行光源照射，得到的照片如图3；如图2，小红将一个点光源放在O 点照射重新实验，得到的照片如图4已知光源的闪光频率均为31Hz ，光源到玻璃的距离L=1.2m ，两次实验小球抛出时的初速度相等．根据上述实验可求出：(结果
均保留两位小数)
（1）重力加速度的大小为___________m/s 2，投影点经过图3中M 位置时的速度大小为___________ m/s （2）小球平抛时的初速度大小为_____________ m/s
【答案】9.61 0.62 9.30
【解析】
【分析】
【详解】
（1）若用平行光照射，则球在毛玻璃上的投影即为小球竖直方向上的位移，由2h gT ∆= 得：29.61/g m s =
投影点经过图3中M 位置时的速度大小
20.62/v g m s f
=⨯
= （2）设小球在毛玻璃上的投影NB=Y
则经过时间t 后小球运动的水平位移为0x v t = ；竖直位移为212y gt = ，由相似三角形得：2012gt v t L Y
= 则：0
2gL Y t v =⋅ 结合图4可得：09.30/v m s =
14．某同学采用惠斯通电桥电路测量一未知电阻R x 的阻值。

电路中两个定值电阻R 1=1000Ω、R 2=2000Ω，R 3为电阻箱（阻值范围0~999.9Ω），G 为灵敏电流计。

(1)具体操作步骤如下∶
①请依据原理图连接实物图_________；
②闭合开关S ，反复调节电阻箱的阻值，当其阻值R 3=740.8Ω时，灵敏电流计的示数为0，惠斯通电桥达到平衡；
③求得电阻R x =____Ω。

(2)该同学采用上述器材和电路测量另一电阻，已知器材无损坏且电路连接完好，但无论怎样调节电阻箱的阻值，灵敏电流计的示数都不能为0，可能的原因是_______。

【答案】 370.4
电阻箱的阻值调节范围小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①[1]根据原理图连接实物图为
③[2]当灵敏电流计读数为零时，根据电桥平衡可得
123
x R
R R R =
解得
13
2
370.4Ωx R R R R ==
(2)[3]灵敏电流计的示数不能为0，则有
123
x R
R R R ≠
可得
231
x R R R R ≠ 根据题意可知电阻箱的阻值3R 的值必定小于21
x R R R 的值，故可能的原因是电阻箱的阻值调节范围小。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两列简谐横波a 、b 在同一介质中分别沿x 轴正、负方向传播，波速均为v=2.5m/s 。

已知在t=0时刻两列波的波峰正好在x=2.5m 处重合。

①求t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标；
②从t=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m 处的质点到达波峰且为振动加强点？
【答案】①(2.520)m(012)x k k =+=±±L ，
，，② 5.4s a t = 【解析】
【详解】
①两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm 。

从题图中可以看出，a 波波长 2.5m a λ=；b 波波长4m b λ=
a 波波峰的x 坐标为
()()1112.5 2.5m 0,1,2,k k x =+=±±L ；
b 波波峰的x 坐标为
()()2222.54m 0,1,2,x k k =+=±±L ；
由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标为 (2.520)m (0,1,2,)x k k =+=±±L 。

②a 波波峰传播到 1.0m x =处的时间为
1(0,1,2,)a a a x x m t m v v
λ∆∆+===L 。

b 波波峰传播到 1.0x m =处的时间为
2(0,1,2,)b b b x x n t n v v
λ∆∆+===L 。

其中121m 1.5m x x ∆=∆=，
当 1.0m x =处的质点处于波峰时，有a b t t =
以上各式联立可解得
581m n -=。

由分析可知，当53m n ==、时， 1.0m x =处的质点经历最短的时间到达波峰，将5m =代入 1a a a x x m t v v
λ∆∆+== 解得
5.4s a t =。

16．如图所示，竖直放置的U 形玻璃管与容积为V 0＝15 cm 3的金属球形容器连通，玻璃管左侧横截面积为右侧横截面积的4倍．右侧玻璃管和球形容器中用水银柱封闭一定质量的理想气体．开始时，U 形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h 1＝15 cm ，右侧玻璃管内水银柱上方空气柱长h 0＝9 cm.现缓慢向左管中加入水银，使两边水银柱达到同一高度，玻璃管和金属球导热良好 (已知大气压p 0＝75 cmHg ，U 形玻璃管的右侧横截面积为S ＝1 cm 2)．求：
(1)此过程中被封气体内能如何变化？吸热还是放热？
(2)需要加入的水银体积．
【答案】 (1)此过程中被封气体内能不变，是放热 (2) 84cm 3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)气体温度不变，则内能不变；向左管中加入水银时，外界对气体做功，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知，封闭气体要放热．
(2)初态：p 1＝p 0－p h ＝(75－15) cmHg ＝60 cmHg ，
V 1＝V 0＋h 0S ＝(15＋9×1) cm3＝24 cm 3，
末态：p 2＝75 cmHg ，
温度不变，根据玻意耳定律：p 1V 1＝p 2V 2，
代入数据解得：V 2＝19.2 cm 3.
右侧水银柱上升的高度：122 4.8V V h cm S
-∆== 左侧水银柱上升的高度：21119.8h h h cm ∆=+∆=
所以需要加入的水银体积为3
12484V S h S h cm =∆+∆=.
17．如图所示，带正电的A 球固定在足够大的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角α=37°，其带电量Q= ×10﹣
5C；质量m=0.1kg、带电量q=+1×10﹣7C的B球在离A球L=0.1m处由静止释放，两球均可视为点电荷．（静电力恒量k=9×109N•m2/C2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小和方向；
（2）B球的速度最大时两球间的距离；
（3）若B球运动的最大速度为v=4m/s，求B球从开始运动到最大速度的过程中电势能怎么变？变化量是多少？
【答案】（1）2.4×107N/C，方向沿斜面向上（2）0.2m （3）0.86J
【解析】
【分析】
（1）根据点电荷场强公式E=kQ/r2求A球在B球释放处产生的电场强度大小和方向；
（2）当静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，根据库仑定律和平衡条件求两球间的距离；（3）B球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量，根据功能关系求解．
【详解】
（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小=2.4×107N/C；
方向沿斜面向上．
（2）当静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，
即：F=k=mgsinα
解得r=0.2m；
（3）由于r＞L，可知，两球相互远离，则B球从开始运动到最大速度的过程中电场力做正功，电势能变小；
根据功能关系可知：B球减小的电势能等于它动能和重力势能的增加量，所以B球电势能变化量为：
△E p=[mv2+mg（r-L）sinα]
解得，△E p=0.86J。