江苏省徐州市2021届新高考物理仿真第一次备考试题含解析

江苏省徐州市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．下列说法中正确的有________
A ．阴极射线是一种电磁辐射
B ．所有原子的发射光谱都是线状谱，不同原子的谱线一定不同
C ．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
D ．古木的年代可以根据体内碳14放射性强度减小的情况进行推算
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．阴极射线是高速电子流，故A 错误；
B ．原子光谱，是由原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列波长的光所组成的光谱，原子光谱都不是连续的，每一种原子的光谱都不同，称为特征光谱，故B 正确；
C ．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转变为质子时产生的，故C 错误；
D ．原子核的衰变是由原子核内部因素决定的，与外界环境无关，不随时间改变，故D 错误。

故选B 。

2．2018年2月13日，平昌冬奥会女子单板滑雪U 形池项目中，我国选手刘佳宇荣获亚军。

如图所示为U 形池模型，其中a 、c 为U 形池两侧边缘且在同一水平面上，b 为U 形池最低点。

刘佳宇(可视为质点)从a 点上方高h 的O 点自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后最高点上升至相对c 点高度为2
h 的d 点。

不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A ．运动员从O 到d 的过程中机械能减少
B ．运动员再次进入池中后，刚好到达左侧边缘a 然后返回
C ．运动员第一次进入池中，由a 到b 的过程与由b 到c 的过程相比损耗机械能较小
D ．运动员从d 返回到b 的过程中，重力势能全部转化为动能
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．运动员从高h 处自由下落由左侧进入池中，从右侧飞出后上升的最大高度为2
h ，此过程中摩擦力做
负功，机械能减小，且减少的机械能为2mgh ；再由右侧进入池中时，平均速率要小于由左侧进入池中过程中的平均速率，根据圆周运动的知识，可知速率减小，对应的正压力减小，则平均摩擦力减小，克服摩擦力做的功减小，即摩擦力做的功小于
2mgh ，则运动员再次进入池中后，能够冲击左侧边缘a 然后返回，故A 正确，B 错误；
C ．运动员第一次进入池中，由a 到b 过程的平均速率大于由b 到c 过程的平均速率，由a 到b 过程中的平均摩擦力大于由b 到c 过程中的平均摩擦力，前一过程损耗机械能较大，故C 错误；
D ．运动员从d 返回到b 的过程中，摩擦力做负功，重力势能转化为动能和内能，故D 错误。

故选A 。

3．有甲、乙两个可看成质点的小钢球，乙球的质量大于甲球的质量。

现让甲球以速度v 0在某一水平桌面上水平抛出，抛出后甲球的运动轨迹如图中的②图线所示。

然后再将乙球以同样的速度在同一地点将它水平抛出。

两球的运动都不计空气的阻力，则乙球的运动轨迹为图中的（ ）
A ．①
B ．②
C ．③
D ．④
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 两球在水平方向都做初速度相同的匀速直线运动，在竖直方向，两小球的加速度相同，都为重力加速度g ，故在竖直方向的运动也完全相同，因此两球的运动轨迹相同，即乙球的运动轨迹依然是图线②。

A ．①与分析不符，故A 错误；
B ． ②与分析相符，故B 正确；
C ． ③与分析不符，故C 错误；
D ． ④与分析不符，故D 错误。

故选B 。

4．如图，直线A 为某电源的U-I 图线，曲线B 为标识不清的小灯泡L 1的U-I 图线，将L 1与该电源组成闭合电路时，L 1恰好能正常发光．另有一相同材料制成的灯泡L 2，标有“6V ，22W”，下列说法中正确的是（ ）
A ．电源的内阻为3.125Ω
B ．把灯泡L 1换成L 2，L 2可能正常发光
C ．把灯泡L 1换成L 2，电源的输出功率可能相等
D ．把灯泡L 1换成L 2，电源的输出功率一定变小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
根据U-I 图象可得：电源的电动势为E=4V ，图线A 的斜率大小表示电源的内阻，则
102 2.53.2
U r I ∆-==Ω=Ω∆，故A 错误；灯泡与电源连接时，A 、B 两图线的交点表示灯泡的工作状态，可知其电压U=6V ，I=1.6A ，则灯泡L 1的额定电压为6V ，功率为：P=UI=9.6W ，把灯泡L 1换成“6V ，
22W”的灯泡L 2，不能正常发光，根据功率公式：2
U P R
=可知：灯泡L 2的正常工作时的电阻为：22
26 1.6422
U R P ==Ω=Ω，可得灯泡L 1的电阻为:16 3.751.6U R I ==Ω=Ω，则知正常发光时灯泡L 2的电阻更接近电源的内阻，但此时灯泡并没有达到正常发光，而此时L 2的电阻是不确定的；电源的输出功率可能变大，可能相等，也有可能变小，故BD 错误，C 正确．所以C 正确，ABD 错误．
5．关于牛顿第一定律和惯性有下列说法，其中正确的是（ ）
A ．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态
B ．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
C ．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律
D ．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据牛顿第一定律知，物体只有在不受外力，或者所受合外力为零时，才能处于静止或匀速直线运动状态，A 错误；
B ．行星在圆周轨道上保持匀速率运动是由于受到改变运动状态的万有引力作用，其运动状态是不断变化的，则B 项错误；
C ．牛顿第一定律反映物体具有惯性这种性质，并不能反映物体惯性的大小，C 错误；
D ．运动物体如果没有受到力的作用，将保持原来的速度做匀速直线运动，D 项中说法符合牛顿第一定律，D 正确；
故选D 。

6．恒星在均匀地向四周辐射能量的过程中，质量缓慢减小，围绕恒星运动的小行星可近似看成在做圆周运动.则经过足够长的时间后，小行星运动的（ ）
A ．半径变大
B ．速率变大
C ．角速度变大
D ．加速度变大
【答案】A
【解析】
【详解】
A ：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，小行星所受的万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A 正确；
B 、
C 、
D ：小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的质是为m ，恒星质量为M ，则有：22224Mm v G m r m ma r T r π=== ．解得：GM v r = ，32r T GM
= ，3GM r ω=2GM a r = ．因r 变大，质量减小，则速度变小，角速度变小，加速度变小，故BCD 错误．
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．在天文观察中发现，一颗行星绕一颗恒星按固定轨道运行，轨道近似为圆周。

若测得行星的绕行周期T ，轨道半径r ，结合引力常量G ，可以计算出的物理量有（ ）
A ．恒星的质量
B ．行星的质量
C ．行星运动的线速度
D ．行星运动的加速度
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．设恒星质量为M ，根据
2
224πMm G m r r T
= 得行星绕行有
2T =解得
23
24r M GT
π= 所以可以求出恒星的质量，A 正确；
B ．行星绕恒星的圆周运动计算中，不能求出行星质量，只能求出中心天体的质量。

所以B 错误；
C ．综合圆周运动规律，行星绕行速度有
2r v T
π= 所以可以求出行星运动的线速度，C 正确；
D ．由
2T
πω= 得行星运动的加速度
22
24r a r T πω== 所以可以求出行星运动的加速度，D 正确。

故选ACD 。

8．以下说法正确的是（ ）
A ．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内分子数及气体分子的平均动能都有关
B ．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动
C ．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小
D ．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大 E.当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小
【答案】ACE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与分子密度和分子平均速率有关，即与单位体积内分子数及气体分子的平均动能都有关，故A 正确；
B．布朗运动是悬浮小颗粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，故B错误；
C．两分子从无穷远逐渐靠近的过程中，分子间作用力先体现引力，引力做正功，分子势能减小，当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小，之后体现斥力，斥力做负功，分子势能增大，故C正确；D．根据理想气体状态方程
pV
C
T
可知温度升高，体积变化未知，即分子密度变化未知，所以压强变化未知，故D错误；
E．当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，故E正确。

故选ACE。

9．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，立体图如图甲所示，侧视图如图乙所示，其工作原理是：燃烧室在高温下将气体全部电离为电子与正离子，即高温等离子体，高温等离子体经喷管提速后以速度v＝1000 m/s 进入矩形发电通道，发电通道有垂直于喷射速度方向的匀强磁场（图乙中垂直纸面向里），磁感应强度大小B0＝5T，等离子体在发电通道内发生偏转，这时两金属薄板上就会聚集电荷，形成电势差。

已知发电通道长L＝50cm，宽h＝20cm，高d＝20cm，等离子体的电阻率ρ＝4Ωm，电子的电荷量e＝1.6×10－19C。

不计电子和离子的重力以及微粒间的相互作用，则以下判断正确的是（）
A．发电机的电动势为2500V
B．若电流表示数为16A，则单位时间（1s）内打在下极板的电子有1020个
C．当外接电阻为12Ω时，电流表的示数为50 A
D．当外接电阻为50Ω时，发电机输出功率最大
【答案】BC
【解析】
【详解】
A．由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得
qvB0＝
E q d
则得发电机的电动势为E＝B0dv＝1000V
故A错误；
B．由电流的定义可知
ne
I
t
=
∆
，代入数据解得
n＝1020个
故B正确；
C．发电机的内阻为
r＝ρd
Lh
＝8Ω
由闭合电路欧姆定律
I＝
E
R r
+
＝50A
故C正确；
D．当电路中内、外电阻相等时发电机的输出功率最大，此时外电阻为
R＝r＝8Ω
故D错误。

故选BC。

10．如图所示。

在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场。

质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场。

图中实线是它们的轨迹。

已知O是PQ的中点。

不计粒子重力。

下列说法中正确的是（）
A．粒子c带正电，粒子a、b带负电
B．射入磁场时粒子c的速率最小
C．粒子a在磁场中运动的时间最长
D．若匀强磁场磁感应强度增大，其它条件不变，则a粒子运动时间不变
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．带电粒子在磁场中受到洛伦兹力发生偏转，根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，A正确；
B．洛伦兹力提供向心力
2v qvB m R = 解得
qBR v m
= 根据几何关系可知粒子a 运动的半径最小，所以粒子a 的速率最小，B 错误；
C ．粒子在磁场中运动的周期为
22R m T v qB
ππ== 粒子a 在磁场中轨迹对应的圆心角最大，大小为180︒，所以粒子a 在磁场中运动的时间最长，为半个周期，C 正确；
D ．洛伦兹力提供向心力
2
v qvB m R
= 解得粒子运动半径
mv R qB
= 磁感应强度B 增大，可知粒子a 运动的半径减小，所以粒子运动的圆心角仍然为180︒，结合上述2m T qB
π=可知粒子运动的周期改变，所以粒子a 运动的时间改变，D 错误。

故选AC 。

11．波源O 在t=0时刻开始做简谐运动，形成沿x 轴正向传播的简谐横波，当t=3s 时波刚好传到x=27m 处的质点，波形图如图所示，质点P 、Q 的横坐标分别为4.5m 、18m ，下列说法正确的是（ ）
A ．质点P 的起振方向沿y 轴正方向
B ．波速为6m/s
C ．0~3s 时间内，P 点运动的路程为5cm
D ．t=3.6s 时刻开始的一段极短时间内，Q 点加速度变大
E.t=6s 时P 点恰好位于波谷
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．根据波动与振动方向间的关系可知，波源O 的起振方向与图中x=27m 处质点的振动方向相同，沿y 轴正方向，则质点P 的起振方向也是沿y 轴正方向，故A 正确。

B ．该波3s 内传播的距离为27m ，则波速
279m/s 3
x v t === 选项B 错误；
C ．波的周期
18s=2s 9
T v λ
== 则0~3s 时间内，P 点振动的时间为 4.513 2.5s=1T 94
t =-
= 运动的路程为5A=5cm ，选项C 正确； D ．t=3.6s 时刻质点Q 振动的时间'183.6 1.6s 9t =-=，则此时质点Q 正在从最低点向上振动，则在开始的一段极短时间内，Q 点加速度变小，选项D 错误；
E ． t=6s 时P 点已经振动了 4.536 5.5s=2T 94
s s -=，此时P 点恰好位于波谷，选项E 正确。

故选ACE 。

12．下列说法中正确的是（ ）
A ．物体速度增大，则分子动能增大，内能也增大
B ．一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能减小
C ．相同质量的两种物体，提高相同的温度，内能的增量一定相同
D ．物体的内能与物体的温度和体积都有关系
E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性
【答案】BDE
【解析】
【分析】
【详解】
A ．速度增大，不会改变物体的分子的动能，故A 错误；
B ．体积增大时，气体对外做功，不吸热也不放热时，内能减小，故B 正确；
C ．质量相同，但物体的物质的量不同，故温度提高相同的温度时，内能的增量不一定相同，故C 错误；
D ．物体的内能与物体的温度和体积都有关系，故D 正确；
E ．由热力学第二定律可知，凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性，故E 正确。

故选BDE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (某同学要测定某金属丝的电阻率。

(1)如图甲先用游标卡尺测其长度为________cm,如图乙再用螺旋测微器测其直径为________mm ，如图丙
然后用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为________Ω。

(2)为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V(量程3V.内阻约为15kΩ)
B．电流表A(量程0.6A．内阻约为1Ω)
C．滑动变阻器R1(0~5Ω, 0.6A)
D．1.5V的干电池两节，内阻不计
E.开关S,导线若干
①请设计合理的电路图，并画在下图方框内_________。

②用上面测得的金属导线长度l、直径d和电阻R，可根据表达式ρ=________算出所测金属的电阻率。

【答案】6.015 1.770 6 见解析
2 4 d R
l
【解析】
【详解】
(1)[1]．游标卡尺读数为：主尺读数+游标尺读数×精度，此题读数为：
60mm+3x0.05 mm =60.15mm=6.015cm
即金属丝的长度为6.015cm。

[2]．螺旋测微器的读数为：固定刻度读数+可动刻度读数+估读，此题的读数为：1.5 mm + 27.3x0.01 mm = 1.773 mm.
即金属丝直径为1.773mm。

[3]．多用表的读数为电阻的粗测值，为6Ω。

(2)①[4]．电路图如图所示。

②[5]．由电阻定律l R S ρ=，有 24RS d R l l
πρ== 14．某些固体材料受到外力后除了产生形变，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”.现用如图所示的电路研究某长薄板电阻R x 的压阻效应，已知R x 的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材：
A ．电源E(电动势3 V ，内阻约为1 Ω)
B ．电流表A 1(0～0.6 A ，内阻r 1＝5 Ω)
C ．电流表A 2(0～0.6 A ，内阻r 2≈1 Ω)
D ．开关S ，定值电阻R 0＝5 Ω
(1)为了比较准确地测量电阻R x 的阻值，请完成虚线框内电路图的设计______.
(2)在电阻R x 上加一个竖直向下的力F(设竖直向下为正方向)，闭合开关S ，记下电表读数，A 1的读数为I 1，A 2的读数为I 2，得R x ＝________.(用字母表示)
(3)改变力的大小，得到不同的R x 值，然后让力反向从下向上挤压电阻，并改变力的大小，得到不同的R x 值.最后绘成的图象如图所示，除观察到电阻R x 的阻值随压力F 的增大而均匀减小外，还可以得到的结论是________________________.当F 竖直向下时，可得F x 与所受压力F 的数值关系是R x ＝________.
【答案】
1122
I r I I - 压力方向改变，其阻值不变 162x R F =-
【解析】
【详解】
（1）由于题目中没有电压表，为了比较准确测量电阻
x R ，知道电流表1 A 的阻值，所以用电流表1 A 作为电压表使用，电流表2
A 连在干路上，即可求出电阻 x R 的阻值，电路图的设计：
（2）根据串并联和欧姆定律得：1121x I r I I R （）=-，得到：1121
x I r R I I =-． （3）从图象上可以看出压力方向改变，其阻值不变，其电阻与压力关系为一次函数，由图象可得： 162x R F =-．
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图光滑水平导轨AB 的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg 的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B 点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC 的长为L=6m ，沿逆时针方向以恒定速度v=1m/s 匀速转动．CD 为光滑的水平轨道，C 点与传送带的右端刚好平齐接触，DE 是竖直放置的半径为R=0.4m 的光滑半圆轨道，DE 与CD 相切于D 点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10m/s 1．
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C 点，求弹簧储存的弹性势能p E ；
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C 点，并经过圆弧轨道DE ，从其最高点E 飞出，最终落在CD 上距D 点的距离为x=1.1m 处（CD 长大于1.1m ），求物块通过E 点时受到的压力大小； （3）满足（1）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．
【答案】（1）p 12J E =（1）N=11.5N （3）Q=16J
【解析】
【详解】
（1）由动量定理知：2102
mgL mv μ-=- 由能量守恒定律知：2p 12
E mv = 解得：p 12J E =
（1）由平抛运动知：竖直方向：2122
y R gt ==
水平方向：E x v t = 在E 点，由牛顿第二定律知：2E v N mg m R
+= 解得：N=11.5N
（3）从D 到E ，由动能定理知：2211222D E mg R mv mv -⋅=
- 解得：5m /s D v =
从B 到D ，由动能定理知221122D B mv mg v L m μ--=
解得：7m /s B v = 对物块2
B D v v L t += 解得：t=1s ；
621m 8m s L vt ∆=+=+⨯=相对
由能量守恒定律知：mgL Q s μ=⋅∆相对
解得：Q=16J
16．一定质量的理想气体经历如图所示的AB 、BC 、CA 三个变化过程，若B→C 过程中气体做功数值约
是C→A 过程中气体做功数值的1.6倍，气体在状态B 时压强为4.5×
105Pa ，求： (i)气体在状态A 和C 的压强。

(ii)整个过程中气体与外界交换的热量。

【答案】（i ）51.510Pa ⨯；51.510Pa ⨯（ii ）吸收热量；180J
【解析】
【详解】
(i)由图可知，气体从状态A 到状态B 为等容变化过程，由查理定律有B A B A
p p T T =，解得 51.510Pa A p =⨯
由图可知，气体从状态B 到状态C 为等温变化过程，由玻意耳定律有B B C C p V p V =，解得
51.510Pa C p =⨯
(ii)由状态B 经状态C 回到状态A ，设外界对气体做的总功为W ，从状态C 到状态A ，为等压变化，外界对气体做功为
()300J CA C C A W p V V =-=
B→C 过程中气体做功的大小约是C→A 过程中气体做功的大小的1.6倍，则B→C 过程中外界对气体做功为
480J BC W =-
从状态A 到状态B ，由图线知为等容过程，外界对气体不做功，所以整个过程中外界对气体做功为 180J CA BC W W W =+=-
整个过程中气体内能增加量为△U=0，设气体从外界吸收的热量为Q ，由热力学第一定律△U=Q+W ，解得
Q=180J
即气体从外界吸收的热量是180J 。

17．如图所示，一根两端开口、粗细均匀且导热性良好的足够长的玻璃管竖直插入足够大的水银槽中并固
定，管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭一段长L=85cm 的气体,气体的热力学温度T 1=300K ，现在活塞上缓慢加入细沙，直到活塞下降20cm 为止，外界大气压强P 0=75cmHg ，g=10m/s 2。

（i ）求活塞下降20cm 时，封闭气体的压强；
（ii ）保持加入的细沙的质量不变，对封闭气体缓慢加热，求活塞回到原来位置时，封闭气体的热力学温度。

【答案】（i ）85cmHg ；（ii ）380K 。

【解析】
【详解】
（i ）设活塞下降20cm 时，管内外水银面高度差为x ，高为x 的水银产生的压强为p x ，则有气体做等温变化:
()00(20cm )x p L p p L x =+-+
解得:
x=10cm
2085cmHg p p x =+=
（ii ）气体做等压变化，有
3223
V V T T = 其中
2(85cm 20cm 10cm)V S =-+
3(85cm 10cm)V S =+
21300K T T ==
解得:
T 3=380K 。