浙江省金华市2021届新高考物理二月模拟试卷含解析

浙江省金华市2021届新高考物理二月模拟试卷
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．利用示波器可以显示输入信号的波形，单匝正方形金属线框abed处在匀强磁场中，当以线圈平面内某虚线OO'为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如图甲所示。

则在四个选项所示的情景中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是（）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
【详解】
A．当以线圈平面内某虚线OO'为轴匀速转动时，线圈中的磁通量始终不变，没有感应电流产生，故A 不可能产生该电流，故A符合题意；
BCD．三图中线圈绕垂直于磁场方向的轴转动，磁通量发生变化，根据交变电流的产生原理可知，三者均
产生示波器中的正弦式交变电流，故BCD 不符合题意。

故选A 。

2．如图所示，A B C D 、、、四个小球质量分别为m 、4m 、2m 、3m ，用细线连着，在A 和C 之间细线上还串接有一段轻弹簧，悬挂在光滑定滑轮的两边并处于静止状态。

弹簧的形变在弹性限度内重力加速度大小为g ，则下列说法正确的是（ ）
A ．剪断C D 、间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为3g
B ．剪断
C
D 、间细线的一瞬间，小球A 和B 的加速度大小均为
37
g C ．剪断A B 、间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为零
D ．剪断C 球上方细线的一瞬间，小球A 和B 的加速度大小均为零
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．开始时，弹簧的弹力为5mg ，剪断CD 间细线的一瞬间，弹簧的弹力不变，则小球C 的加速度大小为 52 1.52mg mg a g m
-== AB 的加速度为零，故AB 错误；
C ．同理可以分析，剪断AB 间细线的一瞬间，小球C 的加速度大小为0，故C 正确；
D ．剪断C 球上方细线的一瞬间，弹簧的弹力迅速减为零，因此小球A 和B 的加速度大小为g ，故D 错误。

故选C 。

3．光滑斜面长为L ，物体从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，当物体的速度是到达斜面底端速度的13
时，它沿斜面下滑的距离是
A ．19L
B ．16L
C ．13L
D ．3L 【答案】A
【解析】
【详解】
设物体沿斜面下滑的加速度为a ，物体到达斜面底端时的速度为v ，则有:
v 2＝2aL
21()3
v ＝2aL′ 联立两式可得：L′＝
19
L ，A 正确，BCD 错误。

故选A 。

4．如图甲所示，线圈ab 中通有如图乙所示的电流，电流从a 到b 为正方向，那么在0~t 0这段时间内，用丝线悬挂的铝环M 中产生感应电流，则（ ）
A ．从左向右看感应电流的方向为顺时针
B ．从左向石看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
C ．感应电流的大小先减小后增加
D ．铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右
【答案】A
【解析】
【详解】
AB ．根据题意可知，由于电流从a 到b 为正方向，当电流是从a 流向b ，由右手螺旋定则可知，铝环M 的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M 的感应电流顺时针（从左向右看）。

当电流是从b 流向a ，由右手螺旋定则可知，铝环M 的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看）。

故电流方向不变，故A 正确，B 错误； C ．由图乙可知，ab 内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M 产生的电动势的大小不变，所以感应电流的大小也不变。

故C 错误；
D ．当线圈中电流为零时，铝环M 和线圈之间无磁场力作用，选项D 错误；
故选A 。

5．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
π= ，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．
6．2017年诺贝尔物理学奖授予了三位美国科学家，以表彰他们为发现引力波所作的贡献。

引力波被认为是时空弯曲的一种效应，物体加速运动时会给宇宙时空带来扰动，这种扰动会以光速向外传播能量。

如图为科学家们探测引力波的装置示意图，发射器发出的激光S 经半透光分束镜分为相互垂直的两束S 1和S 2，然后经过4km 长的两臂，在两臂端点处经反射镜反射回来，S '1和S '2相遇形成干涉，被探测器接收。

精确调节两臂，使探测器在无引力波作用时，接收到的信号强度为0。

当有引力波作用时，两臂长度将因此而发生改变，则接收到的信号强度不为0。

下列说法正确的是
A．引力波可以超光速传播
B．引力波不能传播能量
C．探测器接收到的两束波的频率相同
D．无引力波作用时两束激光到探测器的路程差为0
【答案】C
【解析】A、B项：由题干中信息可知，引力波以光速向外传播能量，故A，B均错误；
C项：光在传播过程中频率保持不变，故C正确；
D项：两个波能形成干涉，故两个波传播在无引力波作用时的传播路程一定不同，故D错误。

点晴：此题属于科普信息阅读题，一般从文章中结合学过的知识即可直接获得答案，难度一般不会太难，但是需要学生能够快速阅读，并从文章中准确的获得关键信息，也体现了北京高考灵活性高的特点。

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
MP=。

7．如图（a）所示，位于M、N两点处的两波源相距18m，在M、N两点间连线上有一点P，6m t=时，两波源同时开始振动，振动图象均如图（b）所示，产生的两列横波沿MN连线相向传播，波在0
MN间的均匀介质中传播的速度为300m/s。

下列说法正确的是（）
λ=
A．两波源产生的横波的波长6m
t=时，M点处的波源产生的第一个波峰到达P点
B．0.025s
C．P点的振动是减弱的
t=内，P点运动的路程为35cm
D．在0~0.035s
E.M、N两点间（除M、N两点外）振幅为10cm的质点有5个
【答案】ABE
【解析】
【详解】
A．由图可知波的周期为
T=
0.02s
则两横波的波长为
λ==
6m
vT
所以A正确；
B．由题可知
则波由M 传到P ，所用时间为
0.02s MP t T v
=== t 为0.025s 时，波源M 已经向右发出
54个周期的波，由图象可知，P 点已经振动14T ，则M 点处的波源产生的第一个波峰到达P 点，所以B 正确；
C ．由题意可知
12m PN MN MP =-=
两列波到达P 点的波程差为
6m x PN MP λ∆=-==
是波长的整数倍，可知P 点为加强点，所以C 错误；
D ．波源M 的波需要一个周期传到P 点，则0.035s 波源M 发出的波已经传到
10.5m x vt ==处
时间为
70.035s 4
t T == 可知，P 点振动了34
T ，路程为 35cm 15cm s =⨯=
所以D 错误；
E ．振幅为10cm 的质点即为加强点，则
x n λ'∆=
n 取0，±1，2±，对应的位置有5个：MN 的中点，距离M 和N 分别6m 处，距离M 和N 分别3m 处，所以E 正确。

故选ABE 。

8．关于热现象和热力学定律，下列说法正确的是
A ．一定质量100℃的水变成100℃的水蒸气，其分子势能一定增加
B ．布朗运动是指悬浮在液体中的花粉分子的无规则热运动
C ．在一定条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
D ．气体被压缩时，内能一定增加
E.从单一热源吸收热量使之全部变成机械功是可能的
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．一定质量100℃的水变成100℃的水蒸气，一定吸收热量，分子平均动能不变，则分子势能一定增加，
B ．悬浮颗粒受到液体分子不均匀的撞击从而做无规则运动，即为布朗运动，所以布朗运动是悬浮颗粒的运动，故B 错误；
C ．分子永不停息地做无规则热运动，所以在一定条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故C 正确：
D ．气体被压缩时，同时对外传热，根据热力学第一定律知内能可能不变，故D 错误；
E ．由热力学第二定律可知，从单一热源吸取热量，使之全部变成机械功是可能的，但会产生其他影响，故E 正确。

故选：ACE 。

9．如图所示（俯视图），位于同一水平面内的两根固定金属导轨MN 、A B CD ''，电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。

现将两根粗细均匀、完全相同的铜棒ab 、cd 放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN 方向做匀速直线运动，始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN 垂直，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A ．回路中有顺时针方向的感应电流
B ．回路中的感应电动势不变
C ．回路中的感应电流不变
D ．回路中的热功率不断减小
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两棒以相同的速度沿MN 方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A 错误；
BC ．设两棒原来相距的距离为s ，M′N′与MN 的夹角为α，回路中总的感应电动势
tan tan cd ab cd ab E BL v BL v Bv L L Bv s Bvs αα=-=⋅-=⋅=（）
保持不变，由于回路的电阻不断增大，所以回路中的感应电流不断减小，故B 正确，C 错误；
D ．回路中的热功率为2
=E P R
，由于E 不变，R 增大，则P 不断减小，故D 正确。

10．下列说法正确的是（）
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律
C．一定质量的理想气体经历缓慢的绝热膨胀过程，气体的内能减小
D．1kg的0℃的冰比1kg的0℃的水的内能小些
E.干湿泡温度计的干泡与湿泡的示数差越大，相对湿度越小
【答案】CDE
【解析】
【详解】
A．摩尔体积除以阿伏伽德罗常数算出的是气体分子占据的空间，气体分子间的空隙很大，所以气体分子占据的空间不等于气体分子的体积，故A错误；
B．第二类永动机不能制成是因为它违反了热力学第二定律，即自发的热现象具有方向性，故B错误；C．因气体绝热膨胀，故气体对外做功，没有热交换，由热力学第一定律可知，气体内能减小，故C正确；D．1kg的0C︒的冰熔化成1kg的0C︒的水的内能时，要吸收热量，则知1kg的0C︒的冰比1kg的0C︒的水的内能小些，故D正确；
E．干湿泡湿度计的湿泡温度计与干泡温度计的示数差距越大，说明湿泡的蒸发非常快，空气的相对湿度越小，故E正确。

故选CDE。

11．空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C ．圆环中的感应电流大小为004B rS t ρ
D ．圆环中的感应电动势大小为2
00
π4B r t 【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB 、根据B-t 图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t 0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向A F 的方向在t 0时刻发生变化，则A 错误，B 正确；
CD 、由闭合电路欧姆定律得：E I R =，又根据法拉第电磁感应定律得：2
2
B r E t t π∆Φ∆==∆∆，又根据电阻定律得：2r R S πρ
=，联立得：004B rS I t ρ=，则C 正确，D 错误． 故本题选BC ．
12．下列有关光学现象的说法正确的是________。

A ．光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B ．光从光密介质射人光疏介质，其频率不变，传播速度变小
C ．光的干涉，衍射现象证明了光具有波动性
D ．做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变小
E.频率相同、相位差恒定的两列波相遇后能产生稳定的干涉条纹
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．发生全发射的条件是，光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角，故A 正确；
B ．光从光密介质射到光疏介质，频率不变，根据c v n
=可知，折射率减小，所以速度增大，故B 错误； C ．光的衍射和干涉是波独有的现象，所以可以说明光具有波动性，故C 正确；
D ．红光的波长大于紫光，根据条纹间距公式可知
l x d
λ∆= 红光的条纹间距大于紫光，故D 错误；
E ．两列波发生稳定的干涉现象的条件是频率相同，相位差恒定，故E 正确。

故选ACE 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学现要利用气垫导轨来研究匀变速直线运动规律，其实验装置如图甲所示，其实验步骤如下：
①用游标卡尺测出挡光片的宽度d 。

按图甲安装好器材，并调节好气垫导轨，使气垫导轨处于水平位置。

然后用跨过轻质定滑轮的轻绳一端与钩码相连，另一端与滑块相连，再将滑块置于气垫导轨的左端，并用手按住滑块不动；
②调整轻质滑轮，使轻绳处于水平位置；从气垫导轨上的刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离s （钩码到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离），同时记下滑块的初始位置；
③由静止释放滑块，用光电门测出挡光片经过光电门的时间t ；
④将滑块重新置于初始位置，保持滑块所挂的钩码个数不变，改变光电门的位置从而改变滑块与光电门之间的距离s ，多次重复步骤③再次实验，重物到地面的高度大于滑块与光电门之间的距离；
⑤整理好多次实验中得到的实验数据。

回答下列问题：
(1)挡光片的宽度测量结果，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为d=_______cm ；
(2)滑块在运动过程中的加速度a 可根据匀变速运动的规律__________来求；
(3)据实验数据最后得到了如图丙所示的21—s t
图像，由图像可求得滑块运动时的加速度a=______m/s 2。

（取g=10m/s 2，结果保留三位有效数字）
【答案】0.520 2as=v 2 0.270
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为5mm ，游标尺读数为
0.05×4mm=0.20mm
则读数结果为
5.20mm=0.520cm
(2)[2]滑块在钩码的作用下沿水平桌面做匀加速直线运动，滑块在运动过程中的加速度a 可根据匀变速运
动的规律2202t v v as -=来求。

(3)[3]滑块在钩码的作用下沿水平桌面上做匀加速直线运动，经过光电门时的瞬时速度大小为d v t =∆，由匀变速直线运动规律22212v v as -=和10v =解得： 21()2d a s t = 由上式可得
22
12a s t d =⋅ 由此可知图像的斜率为
22a k d
= 由图像可知图像的斜率为k=2.0×
104。

所以滑块的加速度为 2422
2
2.010(0.52010)0.270m /s 22k d a -⋅⨯⨯⨯===
14．某实验小组设计了如图（a ）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度以和所受拉力F 的关系图象。

他们在水平轨道上做了实验，得到了a F -图线，如图（b ）所示。

滑块和位移传感器发射部分的总质量m =_________kg ；滑块和轨道间的动摩擦因数μ=_________（g 取10m/s 2）。

【答案】0.5 0.2
【解析】
【分析】
【详解】
[1]由图形b 得加速度a 和所受拉力F 的关系图象的斜率
2a k F
== 所以滑块和位移传感器发射部分的总质量
10.5kg F m a k
=== [2]由图形b 得，在水平轨道上F=1N 时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得
0F mg μ-=
解得 0.2μ=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，光滑固定斜面倾角为37°，一质量m ＝0.1kg 、电荷量q ＝+1×
10-6C 的小物块置于斜面上的A 点，A 距斜面底端R 的长度为1.5m ，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.1．求：
（1）该电场的电场强度的大小；
（2）若电场强度变为原来的一半，小物块运动到B 点所需的时间和在B 点的速度各是多少？
【答案】（1）7.5×125 N/C ；（2）1s ，3 m/s 。

【解析】
【详解】
（1）如图所示，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，则有
在x 轴方向：
Fcos37°﹣mgsin37°＝2…①
在y 轴方向：
F N ﹣mgcos37°﹣Fsin37°＝2．……②
解得：
gE ＝m gtan37°……③
故有：
E ＝7.5×125 N/C
方向水平向右……④
（2）场强变化后物块所受合力为：
F ＝mgsin37°﹣12
qEcos37°……⑤ 根据牛顿第二定律得：
F ＝ma……⑥
故代入解得
a ＝2.3g ＝3m/s 2
方向沿斜面向下
由运动学公式可得：v B 2﹣v A 2＝2as
212
s at = 解得：
t ＝1s
v B ＝3 m/s 16．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，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)求小滑块与水平面间的动摩擦因数
(2)求小滑块到达C 点时，小滑块对圆轨道压力的大小
(3)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)0.25；(2)3mg ；(3)3.5mgR
【解析】
【详解】
(1)从B 到D 的过程中，根据动能定理得
400mgR mgR μ-=-
所以
0.25μ=
(2)设小滑块到达C 点时的速度为C v ，根据机械能守恒定律得
212
C mgR mv =
解得： 2C v gR =
设小滑块到达C 点时圆轨道对它的支持力为N F ，根据牛顿第二定律得
2N C v F mg m R
-= 解得：
N 3F mg =
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 3F F mg '==
(3)根据题意，小滑块恰好到达圆轨道的最高点A ，此时，重力充当向心力，设小滑块到达A 点时的速度为A v ，根据牛顿第二定律得
2A v mg m R
= 解得
A v gR =
设小滑块在D 点获得的初动能为k E ，根据能量守恒定律得
k p k A E E E Q =++
即
2k 124 3.52
A E mgR mv mgR mgR μ=++= 17．某种喷雾器的贮液筒的总容积为7.5 L ，如图所示，装入6 L 的药液后再用密封盖将贮液筒密封，与贮液筒相连的活塞式打气筒每次能压入300 cm 3，1 atm 的空气，设整个过程温度保持不变．
(1)要使贮气筒中空气的压强达到4 atm ，打气筒应打压几次？
(2)在贮气筒中空气的压强达到4 atm 时，打开喷嘴使其喷雾，直到内外气体压强相等，这时筒内还剩多少药液？
【答案】 (1)15 (2)1.5 L
【解析】
试题分析：气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出打气的次数；当内外气压相等时，药液不再喷出，应
用玻意耳定律求出空气的体积，然后求出剩余的药液．
（1）设每打一次气，贮液筒内增加的压强为p，
由玻意耳定律得：1 atm×300cm3＝1.5×103cm3×p，p＝0.2atm，
需打气次数
41
15
0.2
n
-
==
(2)设停止喷雾时贮液筒内气体体积为V，
由玻意耳定律得：4 atm×1.5 L＝1 atm×V，V＝6 L，
故还剩贮液7.5 L－6 L＝1.5 L
点睛：本题考查了理想气体状态方程，分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量、应用玻意耳定律即可正确解题．。