吉林省延边朝鲜族自治州2021届新高考第二次模拟物理试题含解析

吉林省延边朝鲜族自治州2021届新高考第二次模拟物理试题
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．如图所示为一理恕变压器，其中a 、b 、c 为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u= U m sin100πt(V)．当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光．下列说法正确的是（ ）
A ．三个灯泡的额定电压为Um/8
B ．变压器原、副线圈匝数比为9︰2
C ．此时灯泡a 和b 消耗的电功率之比为2︰7
D ．流过灯泡c 的电流，每0.02s 方向改变一次
【答案】C
【解析】
设灯泡的额定电压为U ，根据题意，输入电压82m U U ==入
，得：216
m U U =，此时原线圈两端的电压为17U U U U =-=入，副线圈两端的电压为22U U =，则变压器原、副线圈匝数比为
112272n U n U ==，根据122127
I n I n ==，因为a 、b 此时都能正常发光，故电压都为额定电压 ，根据P UI =，可知a 、b 消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a 和b 消耗的电功率之比为2︰7，由输入电压的表达式，可知角频率100/rad s ωπ=，则周期20.02T s π
ω==，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02s 电流方向
改变两次，故ABD 错误，C 正确；故选C.
【点睛】根据灯泡电压与输入电压的关系可确定接在线圈的输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可确定功率之比．
2．如图所示，空间有两个等量异种点电荷Q 1和Q 2，Q 1带正电、Q 2带负电，两点电荷间的距离为L ，O 为连线的中点。

在以Q 1、Q 2为圆心，2
L 为半径的两个圆上有A 、B 、C 、D 、M 、N 六个点，A 、B 、C 、D 为竖直直径的端点，M 、N 为水平直径的端点，下列说法中正确的是（ ）
A ．A 、C 两点电场强度相同
B ．带正电的试探电荷在M 、N 两点时受到的电场力方向相反
C ．把带正电的试探电荷从C 点沿圆弧移动到N 点的过程中电势能不变
D ．带负电的试探电荷在M 点的电势能小于在A 点的电势能
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由等量异种点电荷的电场分布可知，A 、C 两点电场强度大小相等，方向不同，故A 错误；
B ．带正电的试探电荷在M 、N 两点时受到的电场力方向都水平向左，故B 错误；
C ．由于C 、N 两点离负点电荷距离相等，但C 点离正点电荷更近，则C 、N 两点电势不同，则电势能不同，故C 错误；
D ．由于M 、A 两点离正点电荷距离相等，但A 点离负点电荷更近，则A 点电势更低，根据负电荷在电势低处电势能大，则带负电的试探电荷在M 点的电势能小于在A 点的电势能，故D 正确。

故选D 。

3．已知地球质量为月球质量的81倍，地球半径约为月球半径的4倍．若在月球和地球表面同样高度处，以相同的初速度水平抛出物体，抛出点与落地点间的水平距离分别为s 月和s 地，则 s 月：s 地约为( )
A ．9：4
B ．6：1
C ．3：2
D ．1：1 【答案】A
【解析】
设月球质量为M '，半径为R '，地球质量为M ，半径为R ． 已知 81M M '=， 4R R
'=， 根据万有引力等于重力得：2
GMm mg R = 则有：2GM g R =
因此81 16
g
g ='…① 由题意从同样高度抛出，221122h gt g t =
=''…② 联立①、②解得：94
t t '=
在月球上的0s v t 月='；
因此得到：:9:4s s =月地，故A 正确，BCD 错误．
点睛：根据万有引力等于重力，求出月球表面重力加速度和地球表面重力加速度关系，运用平抛运动规律求出两星球上水平抛出的射程之比．
4．关于功的概念，下列说法中正确的是（ ）
A ．因为功有正负，所以功是矢量
B ．力对物体不做功，说明物体一定无位移
C ．滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功
D ．若作用力对物体做正功，则反作用力一定做负功
【答案】C
【解析】
A 、功有正负，但功是标量，A 错误；
B 、当力的方向和位移的方向垂直时，力不做功，但有位移，B 错误；
C 、摩擦力方向可以与位移方向相同，也可以相反，故可能做正功，也可能做负功，C 正确；
D 、一对相互作用力做功，可以出现都做正功，都做负功，一正一负或一个做功，一个不做功等各种情况，D 错误．
故选Ｃ．
5．真空中一半径为r 0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示，r 表示该直线上某点到球心的距离，r 1、r 2分别是该直线上A 、B 两点离球心的距离，根据电势图像（φ-r 图像），判断下列说法中正确的是（ ）
A ．该金属球可能带负电
B ．A 点的电场强度方向由A 指向球心
C ．A 点的电场强度小于B 点的电场强度
D ．电荷量大小为q 的正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做功W=q （φ1-φ2）
【答案】D
【解析】
【分析】
低，则金属球带正电，A 错误；
B ．沿电场线方向电势降低，所以A 点的电场强度方向由A 指向B ，B 错误；
C ．r ϕ-图像斜率的物理意义为电场强度，所以A 点的电场强度大于B 点的电场强度，C 错误；
D ．正电荷沿直线从A 移到B 的过程中，电场力做功
()12AB W qU q ϕϕ==-
D 正确。

故选D 。

6．现用某一频率的光照射锌板表面，能发生光电效应，若（ ）
A ．只增大入射光的频率，遏止电压不变
B ．只增大入射光的频率，锌的逸出功变大
C ．只增大入射光的强度，饱和光电流变大
D ．只增大入射光的强度，光电子的最大初动能变大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据光电效应的规律
2m 1 2
v m h W γ=- 而遏止电压
2m 12m h W U e e
v γ-== 可知遏止电压的大小与照射光的频率有关，只增大入射光的频率，遏止电压增大，A 错误；
B ．金属的逸出功与入射光无关，B 错误；
CD ．光强度只会影响单位时间内逸出的光电子数目，只增大入射光的强度，单位时间内逸出的光电子数目增大，饱和光电流变大，对光电子的最大初动能不影响，C 正确D 错误。

故选C 。

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．竖直悬挂的弹簧振子由最低点B 开始作简谐运动，O 为平衡位置，C 为最高点，规定竖直向上为正方向，振动图像如图所示。

则以下说法中正确的是（ ）
A．弹簧振子的振动周期为2.0s
B．t=0.5s时，振子的合力为零
C．t=1.5s时，振子的速度最大，且竖直向下
D．t=2.0s时，振子的加速度最大，且竖直向下
【答案】ABC
【解析】
【详解】
A．周期是振子完成一次全振动的时间，根据图像可知振子的周期是2.0s，A正确；
t=时，振子位于平衡位置处，所以受到的合力为零，B正确；
B．由图可知，0.5s
t=时，振子位于平衡位置处，对应的速度最大；此时刻振子的位移方向从上向下，即C．由图可知， 1.5s
振子的速度方向竖直向下，C正确；
t=时位移负的最大位移处，所以回复力最大，方向向上，则振子的加速度D．由图可知，弹簧振子在 2.0s
最大，且竖直向上，D错误。

故选ABC。

8．如图甲所示，长为l、倾角为α的斜面固定在水平地面上，一质量为m的小物块从斜面顶端由静止释放并沿斜面向下滑动，已知小物块与斜面间的动摩擦因数μ与下滑距离x的变化图像如图乙所示，则()
A．
B．小物块下滑的加速度逐渐增大
C．小物块下滑到斜面低端的过程中克服摩擦力做的功为
D．小物块下滑到低端时的速度大小为
【答案】BC
A、物块在斜面顶端静止释放能够下滑，则满足：mgsinα＞μ0mgcosα，即μ0＜tanα，故A错误.
B、根据牛顿第二定律有：，下滑过程中μ逐渐减小，则加速度a 逐渐增大，故B正确.
C、由图乙可知，则摩擦力，可知f与x成线性关系，如图所示:
其中f0=μ0mgcosα，图线和横轴所围的面积表示克服摩擦力做的功，则下滑到斜面底端的过程克服摩擦力做功：，故C正确.
D、下滑过程根据动能定理有：,解得：，故D错误. 故选BC.
【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理的综合应用，涉及到变力做功的问题，F-x图象所围的面积表示F所做的功.
9．双面磁力擦玻璃器是利用磁铁做中心材料，附加塑料外壳和一些清洁用的海绵布或纤维物质，在塑料外壳外面两侧一侧有绳子和拉环是为了防政璃器从玻璃外面脱落坠下造成安全隐患，另一侧有牢固的手柄以方便工作人员使用。

当擦竖直玻璃时，如图所示。

下列相关说法正确的是（）
A．磁力擦玻璃器摔落后磁性减弱，可以用安培分子环流假说进行解释
B．若其中一块改成铜板，根据电磁感应现象可知，也能制作成同样功能的擦窗器
C．当擦窗器沿着水平方向匀速运动时，内外两层间的磁力可能是水平方向的
D．当擦窗器沿着竖直向下方向匀速运动时，内外两层间的磁力可能是水平方向的
【答案】AD
A 、剧烈的碰撞和升高温度都会减弱磁体的磁性，可以用安培分子环流假说进行解释。

故A 正确；
B 、力擦玻璃器并非是通过电磁感应来进行工作的，而是利用磁体之间异名磁极的相互吸引来工作的。

故B 错误；
C 、当擦窗器沿着水平方向匀速运动时，根据力的平衡条件，以其中一层为对象，对磁体进行受力分析，有竖直向下的重力、水平方向的摩擦力、则此方向斜向上，故C 错误；
D 、当擦窗器沿着竖直向下匀速运动时，根据力的平衡条件，以其中一层为对象，对磁体在水平方向受到磁力和玻璃的支持力，竖直方向若竖直向下的重力等于竖直向上的摩擦力、则竖直方向的磁力为零，此时磁力的合力为水平方向。

故D 正确。

故选AD 。

10．如图所示，加有恒定电压以U 1＝U 的、中间带有小孔的平行板电容器AB 竖直放置，右侧水平放置平行板电容器CD ，CD 板长和板间距均为L ，板间加有恒定电压U 2。

一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从A 板小孔无初速飘入，经加速后沿中线水平进入CD ，恰从D 板边缘飞出。

不计粒子重力，下列说法正确的是( )
A ．若只将
B 板向左移动少许，粒子到达B 板时的速度比未移动时小
B ．若只将B 板向左移动少许，粒子到达B 板的时间比未移动时短
C ．若飘入质量为2m 电量为2q 的带正电粒子，将打在
D 板上
D ．粒子刚到达D 板边缘时的动能
E k ＝2qU
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．若只将
B 板向左移动少许，电场力做功不变，由
2112
B qU mv = 得，到达B 板时的速度
2B qU v m
=故粒子到达B 板时的速度不变，故A 错误；
B ．由于粒子在AB 间做匀加速直线运动，只将B 板向左移动少许时，粒子到达B 板时的速度不变，所以
2212B qU L
y md v ⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭
代入2B qU v m =可得 2
214U L y U d
= 即粒子的偏转位移与粒子的质量、电量无关，故飘入质量为2m 、电量为2q 的带正电粒子时，偏转位移不变，将依然恰好从D 板边缘飞出，故C 错误；
D ．由粒子恰从D 板边缘飞出可知，偏转位移
2
L y = 又因2
214U L y U d
=，d L =，所以 2122U U U ==
所以对全过程，由动能定理可知
1212
k qU qU E += 故
2k E qU =
故D 正确。

故选BD 。

11．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2
kQ R D ．O 3kQ
【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．
12．下列说法正确的是。

A ．食盐、蔗糖、味精、玻璃都是晶体
B ．由于分子永不停息地做无规则运动，所以任何物体都具有内能
C ．硬币可以浮在水面上，是因为水的表面张力的作用
D ．一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性
E.已知氧气的摩尔体积为V ，每个氧气分子的体积为V 0，则阿伏加德罗常数A 0
V N V
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．食盐、蔗糖、味精是晶体，而玻璃是非晶体，故A 错误；
B ．由于组成物体的分子永不停息在做无规则运动，一定有分子动能，所以任何物体都具有内能，故B 正确；
C ．硬币可以浮在平静的水面上是因为液体表面存在张力，故C 正确；
D ．由热力学第二定律可知自然界中进行的一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，故D 正确；
E ．由于气体分子间距离较大，摩尔体积与分子体积的比值不等于阿伏伽德罗常数，故E 错误； 故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组用如图甲所示的实验装置进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。

该小组把轻质细绳的一端与一个小球相连，另一端系在力传感器的挂钩上，整个装置位于竖直面内，将摆球拉离竖直方向一定角度，由静止释放，与传感器相连的计算机记录细绳的拉力F 随时间t 变化的图线。

(1)首先测量重力加速度。

将摆球拉离竖直方向的角度小于5°，让小球做单摆运动，拉力F 随时间t 变化的图线如图乙所示。

①图可知该单摆的周期T 约为________s(保留两位有效数字)。

②该小组测得该单摆的摆长为L ，则重力加速度的表达式为________(用测量或者已知的物理量表示)。

(2)然后验证机械能守恒定律。

将摆球拉离竖直方向较大角度后由静止释放，拉力F 随时间t 变化的图线如图丙所示。

①要验证机械能守恒，还需要测量的物理量是_________。

②若图中A 点的拉力用F 1表示，B 点的拉力用F 2表示，则小球从A 到B 的过程中，验证机械能守恒的表达式为_____________(填表达式前的字母序号)。

A ．211()2F mg mg F -=-
B ．121()2
mg F F mg -=- C 21F mg mg F -=- 【答案】0.75(0.70或者0.73也对) 224πL g T
= 质量 A 【解析】
【分析】
【详解】
(1)①[1]小球做单摆运动，经过最低点拉力最大，由图乙可知11.0s 到14.0s 内有4个全振动，该单摆的周期
14.011.0s 0.75s 4
T -== ②[2]根据单摆周期公式2L T g
π=可得重力加速度 224πL g T
= (2)①[3]图中A 点对应速度为零的位置，即最高位置，根据受力分析可得
1cos θF mg =
图中B 点对应速度最大的位置，即最低点位置，根据牛顿第二定律可得
2
2mv F mg L
-=
动能的增加量为
2211()22
k E mv F mg L ∆==- 要验证机械能守恒，需满足
P k E E ∆=∆
解得
211()2
F mg mg F -=- 所以还需要测量的物理量是小球的质量
②[4]验证机械能守恒的表达式为
211()2
F mg mg F -=- 故A 正确，B 、C 错误；
故选A 。

14．用图所示实验装置验证机械能守恒定律．通过电磁铁控制的小铁球从A 点自由下落，下落过程中经过光电门B 时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t ，测出AB 之间的距离h ．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．
(1)为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量_____．
A ．A 点与地面间的距离H
B ．小铁球的质量m
C ．小铁球从A 到B 的下落时间t AB
D ．小铁球的直径d
(2)小铁球通过光电门时的瞬时速度v=_____，若下落过程中机械能守恒，则
21t 与h 的关系式为21t =_____． 【答案】D
d t
22gh d 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]A ．根据实验原理可知，需要测量的是A 点到光电门的距离，故A 错误；
B ．根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B 错误；
C ．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C 错误；
D ．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D 正确．
故选D ．
(2)[2][3]利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故 d v t = 根据机械能守恒的表达式有 212mgh mv =
即
22
12g h t d = 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，水平光滑轨道AB 与半径为R 的竖直光滑半圆形轨道BC 相切于B 点．质量为2m 和m 的a 、b 两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其中小滑块a 与一轻弹簧相连．某一瞬间给小滑块a 一冲量使其获得032
v gR =的初速度向右冲向小滑块b ，与b 碰撞后弹簧不与b 相粘连，且小滑块b 在到达B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，求：
（1）a 和b 在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能；
（2）小滑块b 与弹簧分离时的速度；
（3）试通过计算说明小滑块b 能否到达圆形轨道的最高点C ．若能，求出到达C 点的速度；若不能，求出滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水平方向的夹角θ．（求出θ角的任意三角函数值即可）．
【答案】（1）34Pm E mgR =
（2）22v gR =3）2sin 3
θ= 【解析】
【详解】
(1)a 与b 碰撞达到共速时弹簧被压缩至最短，弹性势能最大．设此时ab 的速度为v ，则由系统的动量守恒可得
2mv 0＝3mv
由机械能守恒定律
220pm 112322mv mv E 共＝⋅⋅+ 解得：
34
Pm E mgR = (2)当弹簧恢复原长时弹性势能为零，b 开始离开弹簧，此时b 的速度达到最大值，并以此速度在水平轨道上向前匀速运动．设此时a 、b 的速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得： 2mv 0＝2mv 1+mv 2
22201211122222
mv mv mv ⋅=⋅+ 解得：
22v gR =
(3)设b 恰能到达最高点C 点，且在C 点速度为v C ，
由牛顿第二定律： 2C v mg m R
= 解得：
c v gR
再假设b 能够到达最高点C 点，且在C 点速度为v C ＇,由机械能守恒定律可得：
22211222
C mv mgR mv '=+ 解得:
0C
v gR '=<所以b 不可能到达C 点
假设刚好到达与圆心等高处，由机械能守恒
212
B mv mgR = 解得
22B v gR v <
所以能越过与圆心等高处
设到达D 点时离开，如图设倾角为θ：刚好离开有N=0，由牛顿第二定律：
2sin D v mg m R θ= 从B 到D 有机械能守恒有：
22211(sin )22
D mg R R mv mv θ+=- 解得：
2sin 3
θ= 【点睛】
本题综合性较强，考查了动量守恒、机械能守恒定律以及完成圆周运动的临界条件的应用，注意把运动过程分析清楚，正确应用相关定律求解．
16．如图所示，等腰三角形ABC 为一透明材料做成的三棱镜的横截面示意图，120C ∠=︒，
AC 边长为a ，M 、N 分别为AC 、BC 的中点。

一平行AB 的细光束从M 点射入棱镜，经AB 面反射一次后从N 点射出，光在真空中的传播速度用c 表示，求光在透明材料内传播所用的时间。

【答案】3a t =
【解析】
【分析】
【详解】 光路图如图所示。

光在M 点发生折射，据折射定律可得:
sin sin i n r
=① 因入射光线平行于AB ，故：
60i =︒②
∠MPA=60°③
因M 点位AC 边中点，可得:
∠MOP=30°④
又:
r=∠MPA-∠MOP ⑤
解得: 3n =⑥
光在棱镜中传播的距离为: s=a ⑦ 经历的时间:
s t v
=⑧ c v n
=⑨ 解得:
3a
t =⑩
17．已知外界大气压恒为50 1.010Pa p =⨯，重力加速度210m/s g =，现有水平放置的导热良好的气缸用
横截面积为220cm S =的活塞封闭一定质量的理想气体，外界温度为27℃，活塞与气缸底部间距离20cm L =，如图甲所示。

求：
(1)现将气缸缓慢转动到开口向下如图乙所示温度降为20℃，若活塞到底部的距离为40cm h =，试计算活塞的质量m 多大？
(2)若温度保持为原来的27℃时，使气缸倾斜至与水平面成53θ=︒()sin530.8︒=，此时气缸中活塞到底部的长度h '多长？（忽略活塞与气缸的摩擦，计算结果取三位有效数字）
【答案】 (1)10.2kg m =；(2)33.8cm h '=
【解析】
【详解】
(1)初态气体的温度
0(27327)K=300K T =+
封闭的气体压强为0p ，乙状态温度
1(27320)K=293K T =+
压强为1P ，对活塞进行分析
01p S mg p S =+
对封闭的气体，由状态甲到状态乙，根据理想气体状态方程 001101
p V pV T T = 解得
10.2kg m =
(2)当气缸倾斜到与水平面夹角53︒时，设此时封闭气体的压强为 420sin 5.9210Pa mg p p S
θ=-=⨯ 由玻意耳定律得
0122p V p V =
即
02p SL p Sh '=
解得
33.8cm h '=。