广西省钦州市2021届新高考物理模拟试题含解析

广西省钦州市2021届新高考物理模拟试题
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．原子核的比结合能与原子序数的关系图所示，大多数恒星内部温度非常高，可进行轻核聚变，核反应方程为A+B→C。

但对于金、铂等重金属产生，目前科学界有一种理论认为，两颗中子星合成过程中会释放巨大的能量，在能量的作用下能够合成金、铂等重金属，其核反应为D+E→F，下列说法正确的是（）
A．重核F裂变成D和E的过程中，会产生质量亏损
B．较轻的核A和B聚合成C的过程中核子平均质量变大
C．较重的核D和E聚合成F的过程中，会释放较大能量
D．A和B聚合成C的过程中，C的结合能小于A和B的结合能之和
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AC．重核F裂变成D和E的过程中要释放处能量，会产生质量亏损；相反，较重的核D和E聚合成F 的过程中，会吸收较大能量，选项A正确，C错误；
BD．较轻的核A和B聚合成C的过程也要释放能量，有质量亏损，则核子平均质量变小，C的结合能大于A和B的结合能之和，选项BD错误；
故选A。

2．如图所示，在两块相同的竖直木板之间，有质量均为m的4块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖块静止不动，则第2块砖对第3块砖的摩擦力大小是（）
A．0 B．mg C．1
2
mg D．2mg
【答案】A 【解析】【分析】【详解】
先对4块木板整体受力分析，受重力4mg和两侧墙壁对木块向上的静摩擦力2f，根据平衡条件，有：
2f=4mg；解得：f=2mg，即墙壁对木板的静摩擦力为2mg；再对木板3、4整体分析，受重力2mg，墙壁对其向上的静摩擦力，大小为f=2mg，设2对3、4的静摩擦力为f′，向上，根据平衡条件，有：f′ f=2mg，故f′=2mg-f=1．故A正确,BCD错误．
3．如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则下列说法中正确的是
A．两粒子电性相同
B．甲粒子经过c点时的速率大于乙粒子经过d点时的速率
C．两个粒子的电势能都是先减小后增大
D．经过b点时，两粒子的动能一定相等
【答案】B
【解析】
根据曲线运动时质点所受的合力指向轨迹的内侧可知，甲受到引力，乙受到斥力，则甲与Q是异种电荷，而乙与Q是同种电荷，故两粒子所带的电荷为异种电荷．故A错误．甲粒子从a到c过程，电场力做正功，动能增加，而乙从a到d过程，电场力做负功，动能减小，两初速度相等，则知甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度．故B正确．甲粒子从a到b过程，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大；电场力对乙粒子先做负功后做正功，电势能先增大后减小．故C错误．a到b时，电场力对两粒子的做的功都是0，两个粒子的速率再次相等，由于不知道质量的关系，所以不能判定两个粒子的动能是否相等．故D错误．故选B．
4．甲、乙两车在同一平直公路上运动，两车的速度v随时间t的变化如图所示。

下列说法正确的是（）
A．甲乙两车的速度方向可能相反
B．在t1到t2时间内，甲车的加速度逐渐增大
C ．在t 1到t 2时间内，两车在同一时刻的加速度均不相等
D ．若t=0时刻甲车在前，乙车在后，在运动过程中两车最多能相遇三次
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．速度是矢量，速度大于零代表一个方向，速度小于零则代表相反方向，所以两车速度方向相同，选项A 错误；
B ．速度时间图像的斜率即加速度，在t 1到t 2时间内，甲车的加速度逐渐减小，选项B 错误；
C ．平移乙的图像，在t 1到t 2时间内，有一时刻两车的加速度相等，选项C 错误；
D ．若t=0时刻甲车在前，乙车在后，在以后的运动过程中可能乙会追上甲，甲再追上乙，甲再被乙反超，两车最多能相遇三次，选项D 正确。

故选D 。

5．氚核发生β衰变除了产生β粒子和新核外，还会产生质量数和电荷数都是0的反中微子Ve 。

若氚核在云室中发生β衰变后，产生的反中微子和β粒子的运动方向在同一条直线上，设反中微子的动量为P 1，β粒子动量为P 2，则。

A ．上述核反应方程为03141-102e H+n e+He+V →
B ．β粒子在云室中穿过会留下清晰的路径，此体现了粒子的波动性
C ．氚核内部某个中子转变为质子时，会向外发射β粒子
D ．新核的动量为12P P -
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．氚核在云室中发生β衰变，没有中子参与，故核反应方程为33012-1e H H+e+V →，故A 错误；
B ．β粒子在云室中穿过会留下清晰的路径，此体现了粒子的粒子性，故B 错误；
C ．氚核内部某个中子转变为质子时，会发射电子，即β射线，故C 正确；
D ．由于不知道氚核的初始动量，故由动量守恒无法求出新核的动量，故D 错误；
故选C 。

6．如图，两端封闭的玻璃直管下方用一小段水银柱封闭了一定质量的理想气体，上方为真空．现在管的下方加热被封闭的气体，下图中不可能发生的变化过程是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
【详解】
A、图A为P-T图象，气体先做等压变化，温度升高，后做等容变化，压强随温度的升高而增大；故A 正确．
B、图B为p-t图，图中的气体的第二段变化的过程压强不变，显然是不可能的；故B错误．
C、图C是p-V图象，气体先做等压变化，体积增大，后做等容变化，压强增大；故C正确．
D、图D是V-T图象，气体第一段图线V
T
不变，表示气体先做等压变化，体积增大，后做等容变化；故
D正确．
本题选择不可能的故选B．
【点睛】
该题结合气体的状态图象考查对理想气体的状态方程的应用，解答的关键是先得出气体的状态参量变化的规律，然后再选择图象．
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
7．两相距2R、电量相等的点电荷Q1、Q2放在水平轴线上，Q1带负电，Q2带正电，O为两者中点。

以Q1为圆心、半径为R的球面上有a、b、c三位置，a、Q1、Q2在同一竖直平面内，b、c、Q1在同一水平平面内，且a、b连线与水平轴垂直，b、c连线与水平轴平行，a、O相距为R，如图所示。

下列说法正确的是( )
A．a、b两处电势相等B．b、c两处电势相等
C．a、b两处场强大小相等D．b、c两处场强大小相等
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB．在1Q产生的电场中，a、b、c三点等势，在2Q产生的电场中，a、b等势且高于c点电势，故A正确，B错误；
C．由对称性可知，a、b两点场强大小相等，方向不同，故C正确；
D．b、c与1Q等距，距2Q的距离b近c远，由平行四边形定则可知，b点场强大于c点，故D错误。

故选AC。

8．如图所示，MN 是一半圆形绝缘线，O 点为圆心，P 为绝缘线所在圆上一点，且OP垂直于MN，
等量异种电荷分别均匀分布在绝缘线上、下1
4
圆弧上．下列说法中正确的( )
A．O 点处和P 点处的电场强度大小相等，方向相同
B．O 点处和P 点处的电场强度大小不相等，方向相同C．将一正点电荷沿直线从O 移动到P，电场力始终不做功D．将一正点电荷沿直线从O 移动到P，电势能增加
【答案】BC
【解析】
【详解】
分别画出正、负电荷产生的电场强度的方向如图，
由图可知，O 点与P 点的合场强的方向都向下，同理可知，在OP 的连线上，所以各点的合场强的方向均向下。

AB. 由库仑定律可知：2kQ E r =，O 点到两处电荷的距离比较小，所以两处电荷在O 点产生的场强都大于在P 处产生的场强，而且在O 点两处电荷的场强之间的夹角比较小，所以O 点的合场强一定大于P 点的合场强。

故A 错误，B 正确；
CD. 由于在OP 的连线上，所以各点的合场强的方向均向下，将一正试探电荷沿直线从O 运动到P 电场力始终与运动的方向垂直，不做功，电势能不变。

故C 正确，D 错误。

9．在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
A ．升压变压器的输出电压增大
B ．降压变压器的输出电压增大
C ．输电线上损耗的功率增大
D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【答案】CD
【解析】
试题分析：由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A 错误．
B 、由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U 2不变，根据P=UI 可输电线上的电流I 线增大，导线上的电压损失变大，则降压变压器的初级电压减小，则降压变压器的输出电压减小，故B 错误．根据P 损=I 线2R ，又输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，故
C 正确．根据2()P P R U =损，则有：2 P PR P U
损＝；发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大．故D 正确．故选CD ．
考点：远距离输电
10．如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度大小为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g ，则下列说法中正确的是( )
A ．物体A 下落过程中，物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒
B ．弹簧的劲度系数为2mg h
C ．物体A 着地时的加速度大小为2
g D ．物体A 着地时弹簧的弹性势能为212mgh mv -
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A 项：由题知道，物体A 下落过程中，
B 一直静止不动．对于物体A 和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，则物体A 和弹簧组成的系统机械能守恒，故A 正确；
B 项：物体B 对地面的压力恰好为零，故弹簧的拉力为 T=mg ，开始时弹簧处于原长，由胡克定律知：T=kh ，得弹簧的劲度系数为mg k h
=，故B 错误； C 项：物体A 着地时，细绳对A 的拉力也等于mg ，对A ，根据牛顿第二定律得 2mg-mg=2ma ，得2g a =
，故C 正确；
D 项：物体A 与弹簧系统机械能守恒，有：2p 1222
mgh E mv =+⨯，所以2P 2E mgh mv =-，故D 错误． 11．如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB 、CD 相距L ，在A 、C 之间接一个阻值为R 的电阻，在两导轨间abcd 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d 的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 、电阻为r 、长度也刚好为L 的导体棒放在磁场下边界ab 上（与ab 边重合），．现用一个竖直向上的力F 拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F 随导体棒与初始位置的距离x 变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）
A ．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为5BLd R
B ．导体棒离开磁场时速度大小为
22
2()mg R r B L + C ．离开磁场时导体棒两端电压为2mgr BL D ．导体棒经过磁场的过程中，电阻R 产生焦耳热为32442()9m g R r mgd B L
+- 【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
设导体棒离开磁场时速度大小为v ．此时导体棒受到的安培力大小为：22B L v F R r
=+安 ．由平衡条件得：F=F 安+mg ；由图2知：F=3mg ，联立解得：22
2()mg R r v B L +=
．故B 正确．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量为：55B dL BLd q R r R r R r ∆Φ⋅===+++ ．故A 错误．离开磁场时，由F=BIL+mg 得：2mg I BL
= ，导体棒两端电压为：2mgR U IR BL
==．故C 错误．导体棒经过磁场的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q ．根据功能关系可得：Q=W F -mg•5d -12mv 2，而拉力做功为：W F =2mgd+3mg•4d=14mgd ；电阻R 产生焦耳热为：R R Q Q R r
=+；联立解得：443224492()()R mgdRB L m g R R r Q B L R r -+=+．故D 错误． 12．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，其输入端通过灯泡L 1与输出电压有效值恒定的交流电源u ＝U m sin （ωt ）（V ）相连，副线圈电路中接有灯泡L 2和最大阻值为R 的滑动变阻器，已知两个灯泡的额定电压均为U ，且两者规格完全相同，电压表为理想电表，导线电阻不计。

开始时滑动变阻器的滑片P 位于最下端，调节滑动变阻器的滑片可使两个小灯泡同时正常发光（忽略灯丝电阻变化），下列说法正确的是（ ）
A．在R的滑片P向上滑动的过程中，电源的输出功率将会变大B．在R的滑片P向上滑动的过程中，L1的亮度会变暗
C．若小灯泡L2突然烧坏，电压表示数会减小
D．交流电源的最大值为
m 32
U U
=
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出功率变大，根据输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率变大，电源的输出功率变大，故A正确；
B．在R的滑片P向上滑动的过程中，副线圈电阻减小，则副线圈的输出电流变大，根据变流比可知，原线圈的输入电流变大，流过灯泡L1的电流变大，亮度会变亮，故B错误；
C．若小灯泡L2突然烧坏，副线圈电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈输出电流减小，根据变流比可知，原线圈输入电流减小，流过灯泡L1的电流变小，灯泡L1两端电压变小，则原线圈输入电压变大，根据变压比可知，副线圈输出电压变大，电压表示数会增大，故C错误；
D．两小灯泡正常发光，则副线圈输出电压为U，根据变压比可知，原线圈输入电压
1 22
n
U U U
n
'==
则交流电源的有效值
U有效=U'+U=3U
根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，交流电源的最大值为
m 32
U U
=
故D正确。

故选AD。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电阻R x的阻值。

要求方法简捷，得到多组数据，有尽可能高的测量精度。

(1)电流表应选用______，电压表应选用_______。

(2)完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。

_____
(3)在实验中，有的同学连成下图所示的电路，其中a，b，c，…，k 是表示接线柱的字母。

请将图中接线错误（用导线两端接线柱的字母表示）、引起的后果、改正的方法（改接、撤消或增添），填在图中表格相应的位置中。

接线错误引起的后果改正的方法
____________________ ____________________ ____________________
【答案】A1V1ce 不利于调节电压，调节不当，电源
可能短路，损坏电源撤消ce连线
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]器材中的电源为3V，被测电阻约为10kΩ，故通过电阻的电流最大约为
I=3V/10kΩ=0.3mA=300μA
刚好不超A1的量程，而A2的量程是0.6A就太大了；
[2]电压表就选3V量程的V1，因为V2的量程也是太大了。

（2）[3]因为题中要求得到多组数据，所以用分压式较好，再说所给的变阻器的最大阻值是50Ω，它比被测电阻小多了，也不能用限流的方法连接，又因为需要尽可能高的测量精度，所以电阻测量需要用电压表外接法，因为被测电阻的电阻值较大，外接法的误差较小；又因为使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏，所以闭合开关前，应该使电压表的示数接近0，故电路的实物图如图所示；
（3）[4][5][6]接线错误的两个接线柱是ce，因为它接起来后，电压表与电源直接连接，变阻器的滑片如何滑动都不会影响电压表示数的变化了，当滑动滑片移动到最下端时，电源也可能短路，故是不可以的，应该将其去掉才行。

14．某同学用图甲所示装置测量木块与木板间动摩擦因数μ。

图中，置于实验台上的长木板水平放置，其左端固定一轻滑轮，轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小木块相连，另一端可悬挂钩码。

实验中可用的
-个钩码放在木块的凹槽钩码共有N个，将n(依次取n=1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳左端，其余N n
中，释放小木块，利用打点计时器打出的纸带测量木块的加速度。

(1)正确进行实验操作，得到一条纸带，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，分别测出位置0到位置3、位置6间的距离，如图乙所示。

已知打点周期T=0.02s ，则木块的加速度a =____m ／s 2。

(2)改变悬挂钩码的个数n ，测得相应的加速度a ，将获得数据在坐标纸中描出(仅给出了其中一部分)如图丙所示。

取重力加速度g=10m ／s 2，则木块与木板间动摩擦因数μ=______(保留2位有效数字)
(3)实验中______(选填“需要”或“不需要”)满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。

【答案】2.0 0.140.16- 不需要
【解析】
【详解】
（1）木块的加速度：222360322
7.32 3.30 3.3010/ 2.0/(3)90.02x x a m s m s T ----==⨯=⨯. （2）对N 个砝码的整体，根据牛顿第二定律：()nmg N n mg Nma μ--= ，解得(1)
g a n g N μμ=+-；画出a-n 图像如图；
由图可知μg=1.6，解得μ=0.16.
（3）实验中是对N 个砝码的整体进行研究，则不需要满足悬挂钩码总质量远小于木块和槽中钩码总质量。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。

t ＝0时刻，给木板一个水平向右的初速度v 0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F ，经一段时间，滑块从木板上掉下来。

已知木板质量M ＝3kg ，高h ＝0.2m ，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；滑块质量m ＝0.5kg ，初始位置距木板左端L 1＝0.46m ，距木板右端L 2＝0.14m ；初速度v 0＝2m/s ，恒力F ＝8N ，重力加速度g ＝10m/s 2。

求：
(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；
(2)滑块离开木板时，木板的速度大小。

【答案】 (1)0.2s(2)0.6m/s
【解析】
【详解】
(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t 0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知2012
h gt ，得 t 02h g
0.2s (2)以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
F ＋μ(m ＋M)g ＝Ma 1
得
a 1＝5m/s 2
则木板减速到零所经历的时间
t 1＝01
v a ＝0.4s 所经过的位移
s 1＝201
2v a ＝0.4m 由于s 1<L 1，表明这时滑块仍然停留在木板上，此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律
F －μ(m ＋M)g ＝Ma 2
得
a 2＝13
m/s 2 滑块离开木板时，木板向左的位移
s 2＝s 1＋L 2＝0.54m 该过程根据运动学公式
s 2＝
22212
a t 得
t 2＝1.8s
滑块滑离瞬间木板的速度
v 2＝a 2t 2＝0.6m/s 。

16．质量为1kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去，其运动的v —t 图象如图所示。

取g=10m/s 2。

求：
(1)物体与水平面间的动摩擦因数；
(2)水平推力F 的大小；
(3)物体在10s 内克服摩擦力做的功。

【答案】（1）0.1μ= （2）F 2.5N = （3）W=30J
【解析】
【分析】
【详解】
（1）4～10s 物体的加速度大小
2222
1m /s v a t ∆==∆ 对4～10s 物体受力分析，根据牛顿第二定律
2mg ma μ=
解得：
0.1μ=
（2）0～4s 物体的加速度大小
2111
1.5m /s v a t ∆==∆ 对0～4s 物体受力分析，根据牛顿第二定律
1F mg ma μ-=
解得：
F 2.5N =
（3）v —t 图象与坐标轴围成面积表示对应的位移，10s 内运动的位移大小
1610m 30m 2
x =⨯⨯=
f 30J W mgx μ==
17．1916年， Tolman 和 Stewart 发表论文指出，一个绕在圆柱上的闭合金属线圈当该圆柱以一定的角速度绕轴旋转时，线圈中会有电流通过，这种效应称为 Stewart- Tolman 效应。

设有许多匝线圈，每匝线圈的半径为r ，每匝线圈均用电阻为R 的细金属导线绕成，线圈均匀地绕在一个很长的玻璃圆柱上，圆柱的内部为真空每匝线圈的位置用黏胶固定在圆柱上，单位长度的线圈匝数为n ，包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直。

从某一时刻开始，圆柱以角加速度β绕其轴旋转。

经过足够长时间后：请计算每匝线圈中的电流强度。

【答案】2
2m r I eR
πβ= 【解析】
【详解】
由于环加速转动，在圆环参考系中对电子产生了类似于电场力的非惯性力，即
F mr β=
对应的场强
mr E e
β= 产生的电流
2
22rE m r I R eR
ππβ==。