福建省宁德市2021届新高考物理五月模拟试卷含解析

福建省宁德市2021届新高考物理五月模拟试卷
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．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内存在一正点电荷Q ，坐标轴上有A 、B 、C 三点，OA=OB=BC=a ，其中A 点和B 点的电势相等，O 点和C 点的电势相等，静电力常量为k ，则下列说法正确的是（ ）
A ．点电荷Q 位于O 点
B ．O 点电势比A 点电势高
C ．C 点的电场强度大小为22kQ a
D ．将某一正试探电荷从A 点沿直线移动到C 点，电势能一直减小
【答案】C
【解析】
因A 点和B 点的电势相等，O 点和C 点的电势相等，故A 、B 到点电荷的距离相等，O 、C 到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示
由图可知A 错误，因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故O 点电势比A 点低，故B 错误，由图可知OC 的距离2C r a =，根据2Q E k r
=，得22C kQ E a =，故C 正确；由图可知，将正试探电荷从A 点沿直线移动到C 点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故D 错误，故选C.
2．我国第一颗人造地球卫星因可以模拟演奏《东方红》乐曲并让地球上从电波中接收到这段音乐而命名为“东方红一号”。

该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。

如图所示，设卫星在近地点、远地点的角速度分别为1ω，2ω，在近地点、远地点的速度分别为1v ，2v ，则（ ）
A ．12ωω<
B ．12ωω=
C ．12v v >
D ．12v v <
【答案】C
【解析】
【详解】
根据开普勒第二定律可知，从远地点到近地点卫星做加速运动，而近地点到远地点，卫星做减速运动，所以近地点的速度大于远地点的即
12v v > 根据=v r
ω可知，因为近地点到地心的距离小于远地点到地心的距离，即 12r r <
则有
12ωω>
故选C 。

3．杜甫的诗句“两个黄鹂鸣翠柳，一行白鹭上青天”描绘了早春生机勃勃的景象。

如图所示为一行白直线加速“上青天”的示意图图中12,F F 为某白鹭在该位置可能受到的空气作用力其中2F 方向竖直向上。

下列说法正确的是（ ）
A ．该作用力的方向可能与1F 相同
B ．该作用力的方向可能与2F 相同
C ．该作用力可能等于白鹭的重力
D ．该作用力可能小于白鹭的重力
【答案】A
【解析】
【详解】
白鹭斜向上做匀加速运动，可知合外力与加速度同向，重力竖直向下，可知空气对白鹭的作用力斜向左上方，即可能是F 1的方向；由平行四边形法则可知F 1>G ；
故选A 。

4．如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为2L 的某矩形区域内（宽度足够大），该区域的
上下边界MN 、PS 是水平的．有一边长为L 的正方形导线框abcd 从距离磁场上边界MN 的某高处由静止
释放下落而穿过该磁场区域．已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动（以此时开始计时），以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，则关于线框中的感应电流与ab边的位置坐标x间的以下图线中，可能正确的是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.由于ab边向下运动，由右手定则可以判断出，线框在进入磁场时，其感应电流的方向为abcd，沿逆时
～的这段距离内，电流是正的；线框完全进入磁场后，穿过线框的磁通量没有针方向，故在图像中，0L
变化，故其感应电流为0；当线框的ab边从磁场的下边出来时，由于其速度要比ab边刚入磁场时的速度大，故其感应电流要比0I大，感应电流的方向与ab边刚入磁场时相反；由于ab边穿出磁场时其速度较大，产生的感应电流较大，且其电流与线框的速度成正比，即线框受到的安培力与线框的速度也成正比，与刚入磁场时线框受到的平衡力做对比，发现线框受到的合外力方向是向上的，即阻碍线框的下落，且合外力是变化的，故线框做的是变减速直线运动，产生的电流也是非均匀变化的，故AB错误；
C.再就整体而言，线框穿出磁场时的动能要大于穿入磁场时的动能，故穿出时的电流要大于0I，所以C 错误，D正确．
5．一质量为m的物体用一根足够长细绳悬吊于天花板上的O点，现用一光滑的金属钩子勾住细绳，水平向右缓慢拉动绳子（钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上），下列说法正确的是（）
A．钩子对细绳的作用力始终水平向右
B．OA段绳子的力逐渐增大
C．钩子对细绳的作用力逐渐增大
D2mg
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．钩子对绳的力与绳子对钩子的力是相互作用力，方向相反，两段绳子对钩子的作用力的合力是向左下方的，故钩子对细绳的作用力向右上方，故A错误；
B．物体受重力和拉力而平衡，故拉力 T=mg ，而同一根绳子的张力处处相等，故 OA 段绳子的拉力大小一直为mg ，大小不变，故B错误；
C．两段绳子拉力大小相等，均等于 mg ，夹角在减小，根据平行四边形定则可知，合力变大，故根据牛顿第三定律，钩子对细绳的作用力也是逐渐变大，故C正确；
D．因为钩子与细绳的接触点A始终在一条水平线上，两段绳子之间的夹角不可能达到90°，细绳对钩子2mg2mg，故D错误。

故选C。

6．2018年11月1日，第四十一颗北斗导航卫星成功发射。

此次发射的北斗导航卫星是北斗三号系统的首颗地球静止轨道（GEO）卫星，也是第十七颗北斗三号组网卫星。

该卫星大幅提升了我国北斗系统的导航精度。

已知静止轨道（GEO）卫星的轨道高度约36000km，地球半径约6400km，地球表面的重力加速度为g，请你根据所学的知识分析该静止轨道（GEO）卫星处的加速度最接近多少（）
A．1
g 36
B．1 g 6
C．
1
g 12
D．1
g 72
【答案】A 【解析】【分析】
近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据2GM a r =分析卫星的加速度。

【详解】
近地卫星的加速度近似等于地球表面重力加速度，根据2
GM a r =知，GEO 星的加速度与近地卫星的加速度之比222264001 (360006400)36
GEO GEO r a a r ==≈+近近，即GEO 星的加速度约为地球表面重力加速度的1/36倍，故A 正确，BCD 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．如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

两导体棒a 、b 均垂直于导轨静止放置。

已知导体棒a 质量为2m ，导体棒b 质量为m ；长度均为l ，电阻均为r ；其余部分电阻不计。

现使导体棒a 获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度0v 。

除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．任何一段时间内，导体棒b 动能增加量跟导体棒a 动能减少量的数值总是相等的
B ．任何一段时间内，导体棒b 动量改变量跟导体棒a 动量改变量总是大小相等、方向相反
C ．全过程中，通过导体棒b 的电荷量为023mv Bl
D ．全过程中，两棒共产生的焦耳热为203
mv 【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，故所受安培力合力为零，动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b 动量改变量跟导体棒a 动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒可知，a 动能减少量的数值等于b 动能增加量与产热之和，故A 错误B 正确；
CD ．最终共速速度
02(2)mv m m v =+
对b 棒
0mv BIl t Blq -=⋅=
解得 023mv q Bl
= 根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为
()222001122223
mv Q mv m m v =⨯-+= 故CD 正确。

故选BCD 。

8．如图所示，甲、乙、丙是绕地球做匀速圆周运动的3艘飞船，下列说法正确的是（ ）
A ．丙开动发动机向后瞬时喷气后，其势能不变
B ．丙开动发动机向后瞬时喷气后的一段时间内，可能沿原轨道追上同一轨道上的乙
C ．甲受稀薄气体的阻力作用后，其动能增大、势能减小
D ．甲受稀薄气体的阻力作用后，阻力做功大小与引力做功大小相等
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．丙向后瞬时喷气后，速度增大，但位置尚未变化，其势能不变，选项A 正确；。

B ．综合应用牛顿第二定律、功和能的推论。

丙飞船向后瞬时喷气后速度增大，之后离开原来轨道，轨道半径变大，不可能沿原轨道追上同一轨道上的乙，选项B 错误；
CD ．甲受稀薄气体的阻力作用时，甲轨道半径缓慢减小，做半径减小的圆周运动，由GM v r =可知其动能增大、势能减小、机械能减小，由动能定理可知G f k W W E -=∆，即此过程中有阻力做功大小小于引力做功大小，选项C 正确，D 错误；
故选AC.
9．下列图中线圈按图示方向运动时（图示磁场均为匀强磁场，除B 项外，其余选项中的磁场范围均足够大）能产生感应电流的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D．
【答案】BC
【解析】
【详解】
A中线圈运动过程中磁通量不变化，不能产生感应电流；D中线圈在运动的过程中穿过线圈的磁通量始终是零，不能产生感应电流；B、C两种情况下线圈运动过程中磁通量发生了变化，故能产生感应电流；故选BC。

10．如图所示，半径为a的圆形区域内，有垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，EF、MN为两平行金属板，板长和板距均为2a，一质量为m、电荷量为q的带电粒子以速度0v从A点沿半径方向射入磁场，若金属板接电源，则粒子沿平行于金属板的方向射出，若金属板不接电源，则粒子离开磁场时速度方向偏转60o，不计粒子的重力，下列说法正确的是（）
A．粒子带负电
B．粒子两次通过磁场区域所用的时间相等
C．速度0v
3qBa
D
22 23qB a
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于磁场方向不确定，故带电粒子的电性不确定，A错误；
B．当金属板接电源时，由题意可知，带电粒子匀速穿过平行板，粒子通过磁场区域所用的时间
10
2a t v = 当金属板不接电源时，粒子只在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为R ，由几何关系有
tan 30a R
=
o 解得
R =
则粒子在磁场中的运动时间
200
602π360R t v =⨯=o o 所以
12t t ≠
B 错误；
C ．当金属板不接电源时，粒子只在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有
200v qv B m R
= 解得
0v m
= C 正确；
D ．当金属板接电源时，两金属板间存在匀强电场，设电场强度大小为
E ，则有
0qE qv B =
得
0E v B =
则两金属板间的电压
22
022a a aBv U E m
===⨯ D 正确。

故选CD 。

11．图甲为一简谐横波在0.10s t =时的波形图，P 是平衡位置在0.5m x =处的质点，Q 是平衡位置在2.0m x =处的质点，图乙为质点Q 的振动图象。

下列说法正确的是________。

A ．这列波沿x 轴正方向传播
B ．这列波的传播速度为20m/s
C ．0.15s t =时，质点Q 位于波谷位置
D ．在0.10s t =到0.15s t =时间内，质点P 通过的路程为10cm
E.0.15s t =时，质点P 的加速度沿y 轴负方向
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．分析振动图像，由乙图读出，在t=0.10s 时Q 点的速度方向沿y 轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该波沿x 轴负方向的传播，故A 错误；
B ．由甲图读出波长为λ=4m ，由乙图读出周期为T=0.2s ，则波速为
4m/s 20m/s 0.2
v T λ
=== 故B 正确；
C ．由乙图可知0.15s t =时，质点Q 位于波谷位置。

故C 正确；
D ．在t=0.10s 时质点P 不在平衡位置和最大位移处，所以从t=0.10s 到t=0.15s ，质点P 通过的路程s≠A=10cm ，故D 错误；
E ．从t=0.10s 到t=0.15s ，质点P 振动了4
T ，根据波动规律可知，t=0.15s 时，质点P 位于平衡位置上方，则加速度方向沿y 轴负方向，故E 正确。

故选BCE 。

12．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。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．把电流表改装成电压表的实验中，所用电流表G的满偏电流I g为200μA，内阻估计在400~600Ω之间。

(1)按图测定电流表G的内阻R g，需要选用合适的器材，现有供选用的器材如下：
A．滑动变阻器（阻值范围0~200Ω）
B．滑动变阻器（阻值范围0~175Ω）
C．电阻箱（阻值范围0~999Ω）
D．电阻箱（阻值范围0~99999Ω）
E. 电源（电动势6V，内阻0.3Ω）
F. 电源（电动势12V，内阻0.6Ω）
按实验要求，R最好选用__________，R′最好选用___________，E最好选用___________(填入选用器材的字母代号)。

(2)根据以上实验测得的电流表内阻值比真实值________________（选填“大”或“小”）。

(3)假定由上述步骤已测出电流表内阻R g=500Ω，现在通过串联一个24.5kΩ的电阻把它改装成为一个
电压表，此电压表的量程为_____________________。

【答案】D C F 小5V
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1][2][3]图中电路为经典的半偏法测电流表内阻，采用半偏法测量电流表内阻时，电源电动势越大，越
有利于减小误差，所以电动势应选择较大的F ，为了保证电流表能够满偏，根据闭合电路欧姆定律粗算全电路总电阻大小： 6g 12
Ω60k Ω20010E R I -===⨯ 所以电阻箱R 选用阻值较大的D ，电阻箱R '用来和电流表分流，所以二者电阻相差不多，所以选择C ；
(2)[4]实验原理可以简述为：闭合1K ，断开2K ，调节R 使电流表满偏，保持1K 和R 不变，闭合开关2K ，调节R '使电流表半偏，此时R '的电阻即为电流表的内阻。

事实上，当接入R '时，整个电路的总电阻减小，总电流变大，电流表正常半偏，分流为断开2K 时总电流的一半，而通过R '的电流大于断开2K 时总电流的一半，根据欧姆定律可知R '的电阻示数小于电流表真实的内阻；
(3)[5]根据串联分压规律：
g g
g
g 0I R R U R R =+
解得改装后电压表的量程：5V U =。

14．小鹏用智能手机来研究物体做圆周运动时向心加速度和角速度、半径的关系。

如图甲，圆形水平桌面可通过电机带动绕其圆心O 转动，转速可通过调速器调节，手机到圆心的距离也可以调节。

小鹏先将手机固定在桌面某一位置M 处，通电后，手机随桌面转动，通过手机里的软件可以测出加速度和角速度，调节桌面的转速，可以记录不同时刻的加速度和角速度的值，并能生成如图乙所示的图象。

(1)由图乙可知，60.0s t =时，桌面的运动状态是______________（填字母编号）；
A ．静止
B ．匀速圆周运动
C ．速度增大的圆周运动
D ．速度减小的圆周运动
(2)仅由图乙可以得到的结论是：____________；
(3)若要研究加速度与半径的关系，应该保持_________不变，改变______，通过软件记录加速度的大小，此外，还需要的测量仪器是：__________________。

【答案】B 半径一定，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大 转速（或角速度） 手机到圆心的距离（或半径） 刻度尺
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由图乙可知，60.0s t =时，加速度大小不变，角速度大小也不变，所以此时桌面在做匀速圆周运动，所以B 正确，ACD 错误。

故选B 。

(2)[2]由图乙可以看出，加速度和角速度的变化曲线大致一样，所以可以得到的结论是：半径一定时，角速度大小不变时，加速度大小也不变；角速度增大时，加速度也增大。

(3)[3][4]物体做圆周运动的加速度为
2224πa r n r ω==
若要研究加速度与半径的关系，应该保持转速（或角速度）不变，改变手机到圆心的距离（或半径）；
[5]所以还需要的测量仪器是刻度尺。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示是个游乐场地，半径为 1.8m R =的光滑四分之一圆弧轨道OP 与长度为13m L =的水平传送带PQ 平滑连接，传送带沿顺时针方向匀速运动，速度大小为4m/s ，传送带Q 端靠近倾角为30°的足够长斜面的底端，二者间通过一小段光滑圆弧（图中未画出）平滑连接，滑板与传送带和斜面间相对运动时的阻力分别为正压力的15和3。

某少年踩着滑板a 从O 点沿圆弧轨道由静止滑下，到达P 点时立即向前跳出。

该少年离开滑板a 后，滑板a 以3m/s 的速度返回，少年落到前方传送带上随传送带一起匀速运动的相同滑板b 上，然后一起向前运动，此时滑板b 与P 点的距离为3m 。

已知少年的质量是滑板质量的9倍，不计滑板的长度以及人和滑板间的作用时间，重力加速度210m/s g =，求：
(1)少年跳离滑板A 时的速度大小；
(2)少年与滑板b 到达传送带最右侧Q 端的速度大小；
(3)少年落到滑板b 上后至第一次到达斜面最高点所用的时间（结果保留两位小数）。

【答案】 (1)7m/s v =人 ；(2)4m/s b v '=；(3) 2.68s t =
【解析】
【详解】
(1)少年与滑板a 从O 点沿圆弧下滑到P 点的过程中机械能守恒，设少年的质量为M ，滑板的质量为m ，则9M m =，有
21()()2
a M m gR M m v +=+ 少年跳离a 板的过程中，少年与滑板a 水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
()a a M m v mv Mv '+=-+人
解得少年跳离滑板A 时的速度大小
7m/s v =人
(2)少年跳上滑板b 的过程中，少年与滑板b 水平方向的动量守恒，设传送带速度为v 带，则有
()b Mv mv M m v +=+人带
假设少年与滑板b 在传送带上可以达到与传送带相同的速度，对少年与滑板b 在传送带上做匀减速直线运动的过程应用牛顿第二定律有
11()()k M m g M m a +=+
设此过程中少年与滑板b 位移为1x ，由运动学公式有
22112b v v a x -=-带
解得
17.2225m x =
由于1x x L +∆<
因此假设成立，即少年与滑板b 在传送带上先做匀减速运动，速度与传送带速度相同后随传送带一起匀速运动，到达传送带最右侧Q 端的速度为
4m/s b v '=
(3)设少年与滑板b 在传送带上做匀减速直线运动的时间为1t ，则
11
b v v t a -=带 设少年与滑板b 在传送带上做匀速直线运动的时间为2t ，则
12L x x t v -∆-=带
设少年与滑板b 冲上斜面后的加速度大小为2a ，根据牛顿第二定律有
22()sin ()cos ()M m g k M m g M m a θθ+++=+
设少年与滑板b 在斜面上向上运动的时间为3t ，则
32
v t a =带 设少年与滑板b 在传送带和斜面上运动的总时间为t ，则
123t t t t =++
解得
2.68s t =
16．如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ ，磁感应强度B 的大小为5T ，磁场宽度d ＝0.55m ，有一边长L ＝0.4m 、质量m 1＝0.6kg 、电阻R ＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m 2＝0.4kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长.(取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
(1)线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？
(2)当ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab 边距磁场MN 边界的距离x 多大？
(3)在(2)问中的条件下，若cd 边恰离开磁场边界PQ 时，速度大小为2m/s ，求整个运动过程中ab 边产生的热量为多少？
【答案】 (1)2.4 N ； (2)0.25 m ； (3)0.1 J ；
【解析】
【详解】
(1)线框abcd 还未进入磁场的过程中，以整体法有：
1212()m gsin m g m m a θμ-+＝
解得：
22m/s a =
以m 2为研究对象有：
22T m g m a μ-=
解得：
2.4N T =
(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有：
2212sin 0B L v m g m g R
θμ--= 解得：
1m/s v =
ab 到MN 前线框做匀加速运动，有：
22v ax =
解得：
0.25m x =
(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时：
2121211sin ()()()2
m g x d L m g x d L m m v Q θμ++-++=
++ 解得： 0.4J Q ＝
所以：
10.1J 4
ab Q Q ＝＝ 17．如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。

A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数均为μ。

先敲击A ，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下。

接着敲击B ，B 立即获得水平向右的初速度，A 、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。

求：
(1)A 被敲击后获得的初速度大小v A ；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小a B 、a B '；
【答案】 (1)A 2v gL μ(2)3μg ，μg
【解析】
【详解】
(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小
a A =mg
m μ=μg
匀变速直线运动2a A L=v A2，解得
A
v=
(2)设A、B的质量均为m，对齐前，B所受合外力大小F=3μmg
由牛顿运动定律F=ma B，得
a B=3mg
m
μ
=3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg
由牛顿运动定律
F′=2ma B′
得
'
B
a=μg。