广东省湛江市2021届新高考物理仿真第一次备考试题含解析

广东省湛江市2021届新高考物理仿真第一次备考试题
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．关于自由落体运动，平抛运动和竖直上抛运动，以下说法正确的是
A．只有前两个是匀变速运动
B．三种运动，在相等的时间内速度的增量大小相等，方向不同
C．三种运动，在相等的时间内速度的增量相等
D．三种运动在相等的时间内位移的增量相等
【答案】C
【解析】
【详解】
A．平抛运动、竖直上抛运动、斜抛运动和自由落体运动都是仅受重力，加速度为g，方向不变，都是匀变速运动。

故A错误；
BC．速度增量为△v=g△t，故速度增量相同，故B错误，C正确；
D．做自由落体运动的位移增量为
△h＝1
2
g(t+△t)2−
1
2
gt2＝gt△t+
1
2
g△t2，
竖直上抛运动的位移增量为
△h′＝v0(t+△t)− 1
2
g(t+△t)2−vt+
1
2
gt2=v0△t−gt△t−
1
2
g△t2
两者不等，故D错误；
故选C。

2．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。

金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下（方向不变），现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止。

下列说法正确的是（）
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．电阻R的热功率逐渐变小
C．ab所受的安培力逐渐减小
D．ab所受的静摩擦力保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由a 到b ，故A 错误；
B ．由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律 BS E n n t t
∆Φ∆==∆∆ 可知，感应电动势恒定，则感应电流不变，由公式2P I R =可知，电阻R 的热功率不变，故B 错误； C ．根据安培力公式F=BIL 知，电流I 不变，B 均匀减小，则安培力减小，故C 正确；
D ．导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，则
f F =
安培力减小，则静摩擦力减小，故D 错误。

故选C 。

3．一物块由O 点下落，到A 点时与直立于地面的轻弹簧接触，到B 点时速度达到最大，到C 点时速度减为零，然后被弹回．物块在运动过程中受到的空气阻力大小不变，弹簧始终在弹性限度内，则物块( )
A ．从A 下降到
B 的过程中，合力先变小后变大
B ．从A 下降到
C 的过程中，加速度先增大后减小
C ．从C 上升到B 的过程中，动能先增大后减小
D ．从C 上升到B 的过程中，系统的重力势能与弹性势能之和不断增加
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．从A 下降到
B 的过程中，物块受到向下的重力，弹簧向上的弹力和向上的空气阻力，重力大于弹力和空气阻力之和，弹力逐渐增大，合力逐渐减小，加速度逐渐变小，到B 点时速度达到最大，此时 kx mg f =-
合力为零，则从A 下降到B 的过程中合力一直减小到零，故A 错误；
B ．从A 下降到B 的过程中，弹簧的弹力和空气阻力之和小于重力，物块的合力逐渐向下，加速度逐渐减小到零；从B 下降到
C 的过程中，物块的合力向上，加速度向上逐渐增大，则从A 下降到C 的过程中，加速度先减小后增大，故B 错误；
C ．从C 上升到B 的过程中，开始弹力大于空气阻力和重力之和，向上加速，当加速度减为零时 kx mg f '=+
此时的压缩量x x '>，位置在B 点下方，速度达到向上的最大，此后向上做变减速直线运动，故从C 上
升到B的过程中，动能先增大后减小，故C正确；
D．对于物块和弹簧组成的系统，由于空气阻力做功，所以系统的机械能减小，即物块的动能、重力势能与弹性势能之和减小，从C上升到B的过程中，物块的动能先增大后减小，则系统的重力势能与弹性势能之和在动能最大之前是一直减小，之后就不能确定，故D错误。

故选C。

4．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为θ，传送带以速度v0逆时针匀速转动。

在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ>tanθ，则能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的图象是（）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【详解】
初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力，所以物体先沿斜面匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度：
a1=gsinθ+μgcosθ
a恒定，斜率不变；
当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＞tanθ知道木块将与带以相同的速度匀速运动，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率为零。

A．该图与结论不相符，选项A错误；
B．该图与结论相符，选项B正确；
C．该图与结论不相符，选项C错误；
D．该图与结论不相符，选项D错误；
5．如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B．顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子粒子质量均为m、电荷量均为+q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点（）
A．qBL
m
B．
2
qBL
m
C．
2
3
qBL
m
D．
8
qBL
m
【答案】C
【解析】
【详解】
粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：
所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径：
r=L
n
（n=1，2，3，…），
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m
2
v
r
，
解得：
Bqr BqL
v
m mn
==（n=1，2，3，…），
则
2
3
qBL
v
m
=的粒子不能到达C点，故ABD不合题意，C符合题意。

故选C。

【点睛】
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，根据题意作出粒子的运动轨迹是解题的关键，应用数学知识求出粒子的可能轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的速度即可解题．
6．如图所示，电荷量相等的两个电荷Q1和Q2，两者连线及中垂线上分别有A点和B点，则下列说法正确的是（）
A．若两者是同种电荷，则A点的电势一定高于B点的电势
B．若两者是同种电荷，则A点的场强一定大于B点的场强
C ．若两者是异种电荷，则A 点的电势一定高于B 点的电势
D ．若两者是异种电荷，则A 点的场强一定大于B 点的场强
【答案】D
【解析】
设两个点电荷1Q 和2Q 连线的中点为O ．若两电荷是同种电荷，且都是正电荷，则A 点的电势高于O 点电势，O 点电势高于B 点电势，则A 点的电势高于B 点的电势．若两个点电荷都带负电，则A 点的电势低于B 点的电势，A 错误．若两者是同种电荷，B 点处电场线分布情况不能确定，所以不能确定两点场强的大小，B 错误．若两者是异种电荷，且1Q 为正电荷，则A 点的电势高于B 点的电势．若1Q 为负电荷，则A 点的电势低于B 点的电势，C 错误．若两者是异种电荷，A 处电场线比B 处电场线密，则A 点的场强一定大于B 点的场强，D 正确．选D ．
【点睛】若两电荷是同种电荷，根据电场的对称性分析电场强度的关系，电场线越密，场强越大．若两电荷是异种电荷，根据顺着电场线方向降低，分析电势的高低；在两电荷的连线上，O 点场强最小，在连线的中垂线上O 点的场强最大．
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，在竖直纸面内有四条间距均为L 的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1、L 2之间与L 3，L 4之间存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

现有一矩形线圈abcd ，长边ad=3L ，宽边cd=L ，质量为m ，电阻为R ，将其从图示位置（cd 边与L 1重合）由静止释放，cd 边经过磁场边界线L 3时恰好开始做匀速直线运动，整个运动过程中线圈始终处于同一竖直面内，cd 边始终水平，已知重力加速度g=10 m/s 2，则（ ）
A ．ab 边经过磁场边界线L 1后线圈要做一段减速运动
B ．ab 边经过磁场边界线L 3后线圈要做一段减速运动
C ．cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔大于23
2B L mgR
D ．从线圈开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程中，线圈产生的热量为2mgL －322
442m g R B L
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．cd 边经过磁场边界线L 3时恰好开始做匀速直线运动，cd 边从L 3到L 4的过程中做匀速直线运动，cd 边到L 4时ab 边开始到达L 1，则ab 边经过磁场边界线L 1后做匀速直线运动，故A 错误；
B ．ab 边从L 2到L 3的过程中，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，不受安培力，线圈做匀加速直线运动，则ab 边进入下方磁场的速度比cd 边进入下方磁场的速度大，所受的安培力增大，所以ab 边经过磁场边界线L 3后线圈要做一段减速运动，故B 正确；
C ．cd 边经过磁场边界线L 3时恰好做匀速直线运动，根据平衡条件有
mg BIL =
而
BLv I R
= 联立解得
22
mgR v B L = cd 边从L 3到L 4的过程做匀速运动，所用时间为
23
2L B L t v mgR
== cd 边从L 2到L 3的过程中线圈做匀加速直线运动，加速度为g ，设此过程的时间为t 1，由运动学公式得 0111222
v v v L t t vt +=
<= 得 23
1L B L t v mgR
>= 故cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔为
23
1222L B L t t t v mgR
=+>= 故C 正确；
D ．线圈从开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程，根据能量守恒得
322
24413322m g R Q mg L mv mgL B L
=⋅-=- 故D 错误。

故选BC 。

8．如图所示，AC 、BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为O ，半径为R ，将等电量的两正点电荷Q 放在圆周上，它们的位置关于AC 对称，与O 点的连线和OC 间夹角为30°，下列说法正确的是（ ）
A ．电荷q 从A 点运动到C 点，电场力做功为零
B ．电荷q 从B 点运动到D 点，电场力做功为零
C ．O 点的场强大小为2kQ R
D ．O 点的场强大小为
3kQ 【答案】BD
【解析】 【分析】
【详解】
电荷q 从A 点运动到C 点，所受电场力竖直向上，电场力做负功，A 错，根据对称性B 正确，O 点的场强大小为，C 错，D 正确．
9．粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B ，方向垂直于线框平面，图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L 。

现使线框以同样大小的速度v 匀速沿四个不同方向平动进入磁场，并且速度始终与线框最先进入磁场的那条边垂直。

在通过如图所示的位置时，下列说法中正确的是（ ）
A ．图甲中a 、b 两点间的电压最大
B ．图丙与图丁中电流相等且最小
C ．维持线框匀速运动的外力的大小均相等
D ．图甲与图乙中ab 段产生的电热的功率相等
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．图甲中ab 两点间的电势差等于外电压，其大小为：
33242
U B Lv BLv ==g 其它任意两点之间的电势差都小于路端电压，A 正确；
B ．图丙和图丁中，感应电动势大小为：
E BLv =
感应电流：
BLv I R
= 感应电动势大小小于图甲和图乙，所以图丙与图丁中电流相等且最小，B 正确； C ．根据共点力的平衡条件可知，维持线框匀速运动的外力的大小等于安培力大小，根据安培力公式： F BIL =
图甲和图乙的安培力大于图丙和图丁的安培力，所以维持线框匀速运动的外力的大小不相等，C 错误； D ．图甲和图乙的电流强度相等，速度相同，进入磁场的时间也相等，根据焦耳定律：
2Q I Rt =
可得图甲与图乙中ab 段产生的电热的功率相等，D 正确。

故选ABD 。

10．如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化，内阻为r 的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R 的负载，如果要求负载上消耗的电动率最大，则下列说法正确的是（ ）
A ．该交流电源的电动势的瞬时值表达式为()sin 100m e t E π=V
B r R
C 22m
Rr E D ．负载上消耗的热功率24m E r
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由图可知周期T ＝4×10-2s ，角速度
222rad /s 50rad /s 410
T ππωπ-⨯＝＝＝
所以该交流电源的电动势的瞬时值表达式为
e ＝E m sin(50πt)
故A 错误；
B ．设原副线圈中的匝数分别为n 1和n 2，电流分别为I 1和I 2，电压分别为U 1和U 2，则
U 1＝E−I 1r
电阻R 消耗的功率
P ＝U 2I 2=U 1I
即
P ＝(E−I 1r)I 1＝−I 12r−EI 1
可见
I 1＝2E r
时，P 有最大值
2
max 4E P r
＝ 此时
11 2
E U E I r -＝＝
则
2 U 所以
1122 n U n U ＝故B 正确；
C ．电流表的读数为有副线圈电流的有效值：原线圈电流有效值为
1I =
则
1
2112 n I I n ＝故C 正确；
D ．负载上消耗的功率
2
2max (
)248m m E E P r r ＝＝＝ 故D 错误。

故选BC. 11．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定
A ．通过用户的电流减小了
B ．用户接入电路的总电阻减小了
C ．用户消耗的电功率减小了
D ．加在用户两端的电压变小了
【答案】BD
【解析】
【详解】
A 项：如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，故A 错误；
B 项：由2241223
()n I U I R R n =+用户可知，输送电流增大，是由于R 用户减小引起的，故B 正确； C 项：当用户电阻减小时，用户消耗的功率增大，故C 错误；
D 项：发电机输出电流增大，则输电线上的电压降增大，因此降压变压器的输入、输出电压均减小，即因在用户两端电压变小了，故D 正确。

故选：BD 。

12．随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。

如图，质量为m 的运动员从高为h 的A 点由静止滑下，到达B 点时以速度v 0水平飞出，经一段时间后落到倾角为θ的长直滑道上C 点，重力加速度大小为g ，不计空气阻力，则运动员（ ）
A ．落到斜面上C 点时的速度v C =0cos 2v θ
B ．在空中平抛运动的时间t=0tan v g
θ C ．从B 点经t=0tan v g
θ时， 与斜面垂直距离最大 D ．从A 到B 的过程中克服阻力所做的功W 克=mgh －
12mv 02 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．从
B 点飞出后，做平抛运动，在水平方向上有
0x v t =
在竖直方向上有
212
y gt = 落到C 点时，水平和竖直位移满足
200
12tan 2gt y gt x v t v θ=== 解得
02tan g
v t θ= 从B 点到C 点，只有重力做功，根据动能定理可得
2201122
C gy v m m mv =- 解得
24tan 1C v v θ=+
AB 错误；
C ．当与斜面垂直距离最大时，速度方向平行于斜面，故有
00'tan y
v v v gt θ=
= 解得 0t 'an v g
t θ= C 正确；
D ．从A 到B 的过程中重力和阻力做功，根据动能定理可得
2012
m W gh v m -=
克 解得 2012
mgh W v m =-克 D 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某小组要测定某金属丝的电阻率。

(1)用螺旋測微器测量金属丝的直径。

为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧如图甲所示的部件______(选填“A”、＂B ＂、“C”或＂D”)。

从图中的示数可读出金属丝的直径为______mm.
(2)某同学采用如图乙所示电路进行实验。

测得金属丝AB 的直径为d ，改变金属夹P 的位置，測得多组金属丝接入电路的长度L 及相应电压表示数U 、电流表示数I ，作出
U I －L 如图丙所示，测得图线斜率为k ，则该金属丝的电阻率ρ为______
(3)关于电阻率的测量，下列说法中正确的有______
A ．开关S 闭合前，滑动变阻器R 1的滑片应置于最右端
B ．实验中，滑动变阻器R 1的滑片位置确定后不可移动
C ．待测金属丝AB 长时间通电，会导致电阻率測量结果偏小
D ．该实验方案中电流表A 的内阻对电阻率测量结果没有影响
【答案】B 0.410
24kd π D
【解析】
【详解】
(1)[1][2]为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先转动锁紧手柄部件B ，合金丝的直径为
0.0mm+41.0×0.01mm=0.410mm ；
(2)[3]设电流表内阻为R A ，根据欧姆定律可知待测电阻： A U IR R I -= 根据电阻方程：L R S ρ
=，截面积： 2
2d S π⎛⎫= ⎪⎝⎭
联立解得： 24A U L R I d
ρπ=+ 图像斜率：
2
4k d ρπ= 所以电阻率
2
4kd πρ=
(3)[4]A ．为了保护电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端，故A 错误； B ．实验要测量多组电压、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动，故B 错误；
C ．待测金属丝AB 长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大，故C 错误。

D ．根据2
4A U L R I d ρπ=+可知，电流表的内阻存在不会改变图像的斜率，对电阻率没有影响，故D 正确。

故选D 。

14．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
3100990030010g 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。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，质量均为m 的A 、B 两球套在悬挂的细绳上，A 球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A 就与绳分离A 球离地高度为h ，A 、B 两球开始时在绳上的间距也为h ，B 球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A 球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子.若B 球沿绳下滑的时间是A 、B 一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g ，不计两球大小及空气阻力，求：
(1)A 、B 两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小；
(2)从B 球开始释放到两球粘在一起下落，A 、B 两球组成的系统损失的机械能为多少?
【答案】 (1)
12
gh (2) 34mgh 【解析】
【详解】
(1)设B 球与A 球相碰前的速度大小为1v ，则 1112
h v t = 碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为2v ，根据动量守恒定律有
122mv mv = 两球一起下落过程中，222212h v t gt =+ 122t t =
解得：212
v gh =； (2)B 球下滑到碰撞前，损失的机械能21112E mgh mv ∆==
由(1)问知，1v gh =
因此112
E mgh ∆= 磁撞过程损失的机械能为222121112224
E mv mv mgh ∆=
-⨯= 因此整个过程损失的机械能为1234E E E mgh ∆=∆+∆= 16．如图所示，长为L 的轻质木板放在水平面上，左端用光滑的铰链固定，木板中央放着质量为m 的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ.用力将木板右端抬起，直至物块刚好沿木板下滑．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

(1)若缓慢抬起木板，则木板与水平面间夹角θ的正切值为多大时物块开始下滑；
(2)若将木板由静止开始迅速向上加速转动，短时间内角速度增大至ω后匀速转动，当木板转至与水平面间夹角为45°时，物块开始下滑，则ω应为多大；
(3)在(2)的情况下，求木板转至45°的过程中拉力做的功W 。

【答案】 (1)μ；(2)
2(1)μ-g L ；(3)2(3)8
μ-mgL 【解析】
【详解】 (1)物块恰好开始下滑是受力如图所示，
则有
mgsinθ=μmgcosθ
解得
tanθ=μ
(2)木板转至α=45°时，由向心力公式有
2sin cos 2αμαω-=⋅
L mg mg m 解得 2(1)μω-=g L
(3)由功能关系有 21sin 22
α=⋅⋅+L W mg mv 其中物块线速度为
2L v ω=⋅
解得
W=2(3)8
μ-mgL 17．如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，其中ABC 为光滑半圆形轨道，半径为R ，CD 为水平粗糙轨道，小滑块与水平面间的动摩擦因数0.25μ=，一质量为m 的小滑块（可视为质点）从圆轨道中点B 由静止释放，滑至D 点恰好静止，CD 间距为4R 。

已知重力加速度为g 。

(1)小滑块到达C 点时，圆轨道对小滑块的支持力大小；
(2)现使小滑块在D 点获得一初动能，使它向左运动冲上圆轨道，恰好能通过最高点A ，求小滑块在D 点获得的初动能。

【答案】 (1)3mg ；(2)3.5mgR
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小滑块在光滑半圆轨道上运动只有重力做功，故机械能守恒；设小滑块到达C 点时的速度为v C ，根据机械能守恒定律得
mgR ＝12
mv C 2 设小滑块到达C 点时圆轨道对它的支持力为F N ，根据牛顿第二定律得
2c N mv F mg R
-＝ F N ＝3mg
根据牛顿第三定律，小滑块到达C 点时，对圆轨道压力的大小N=F N =3mg ；
(2)根据题意，小滑块恰好能通过圆轨道的最高点A ，设小滑块到达A 点时的速度为v A ，此时重力提供向心力，根据牛顿第二定律得
2A mv mg R
＝ 小滑块从D 到A 的过程中只有重力、摩擦力做功，根据动能定理得
21422
A kD mg R mgR mv E μ-⋅--＝ 解得
E kD ＝3.5mgR。