河南省鹤壁市2021届新高考物理模拟试题(2)含解析

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河南省鹤壁市2021届新高考物理模拟试题(2)
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,某同学练习定点投篮,其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上,篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。

若两次抛出篮球的速度v 1和v 2的水平分量分别为v 1x 和v 2x ,竖直分量分别为v 1y 和v 2y ,不计空气阻力,下列关系正确的是( )
A .v 1x <v 2x ,v 1y >v 2y
B .v 1x >v 2x ,v 1y <v 2y
C .v 1x <v 2x ,v 1y <v 2y
D .v 1x >v 2x ,v 1y >v 2y
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 将篮球的运动反向处理,即为平抛运动,由图可知,第二次运动过程中的高度较小,所以运动时间较短,水平射程相等,但第二次用的时间较短,故第二次水平分速度较大,即
12x x v v <
在竖直方向上做自由落体运动,由公式2
2y v gh =可知,第二次运动过程中的高度较小,所以第二次竖直分速度较小,即 12y y v v >
故选A 。

2.如图所示,矩形线圈处在磁感应强度大小为 B 、方向水平向右的匀强磁场中,线圈通过电刷与定值电阻 R 及理想电流表相连接,线圈绕中心轴线OO ' 以恒定的角速度ω 匀速转动,t=0 时刻线圈位于与磁场平行的位置。

已知线圈的匝数为n 、面积为S 、阻值为r 。

则下列说法正确的是( )
A .t=0 时刻流过电阻 R 的电流方向向左
B .线圈中感应电动势的瞬时表达式为e = nBS ω sin ωt
C .线圈转动的过程中,电阻 R 两端的电压为nBS R R r ω+
D .从 t=0 时刻起,线圈转过 60°时电阻 R 两端的电压为()
2nBS R R r ω+ 【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A .t=0时刻线框与磁场方向平行,即线框的速度与磁场方向垂直,右手定则可知,流过电阻 R 的电流方向向右,故A 错误;
B .从与中性面垂直的位置开始计,感应电动势随时间按正弦规律变化,且最大感应电动势
E m =nBSω
所以感应电动势的瞬时值表达式为
e=nBSωcosωt (V )
故B 错误;
C .线圈转过的过程中,最大感应电动势E m =nBSω,则产生的感应电动势的有效值为
E =22
nBSω 因此电阻 R 两端的电压为
()
22nBS R U R r ω+= 故C 错误;
D .线圈从t=0开始转过60°时,电阻 R 两端的电压为
()
cos602R nBS R nBS R U R r R r ωω⋅==++o 故D 正确。

故选D 。

3.一个带负电的粒子从x=0处由静止释放,仅受电场力作用,沿x 轴正方向运动,加速度a 随位置变化的关系如图所示,x 2-x 1=x 3-x 2可以得出( )
A .从x 1到x 3过程中,电势先升高后降低
B .在x 1和x 3处,电场强度相同
C .粒子经x 1和x 3处,速度等大反向
D .粒子在x 2处,电势能最大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 AB .由图可知,20x :加速度方向沿x 轴正方向,23x x :加速度方向沿x 轴负方向,由于粒子带负电,则20x :电场强度方向沿x 轴负方向,23x x :电场强度沿x 轴正方向,根据沿电场线方向电势降低可知,从x 1到x 3过程中,电势先升高后降低,在x 1和x 3处,电场强度方向相反,故A 正确,B 错误; C .a t 图像与坐标轴所围面积表示速度变化量,由图像可知,13x x :速度变化为0,则粒子经x 1和x 3处,速度相同,故C 错误;
D .20x :电场强度方向沿x 轴负方向,23x x :电场强度沿x 轴正方向,则在x 2处电势最高,负电荷的电势能最小,故D 错误。

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.如图,通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面,位置靠近ab且相互绝缘。

当MN中电流突然减小时,线圈产生的感应电流I,线圈所受安培力的合力为F,则I和F的方向为()
A.I顺时针,F向左B.I顺时针,F向右
C.I逆时针,F向左D.I逆时针,F向右
【答案】B
【解析】
【详解】
金属线框abcd放在导线MN上,导线中电流产生磁场,根据安培定则判断可知,线框abcd左右两侧磁场方向相反,线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量,磁通量存在抵消的情况。

若MN中电流突然减小时,穿过线框的磁通量将减小。

根据楞次定律可知,感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化,则线框abcd 感应电流方向为顺时针;再由左手定则可知,左边受到的安培力水平向右,而右边的安培力方向也水平向右,故安培力的合力向右。

A.I顺时针,F向左,与结论不相符,选项A错误;
B.I顺时针,F向右,与结论相符,选项B正确;
C.I逆时针,F向左,与结论不相符,选项C错误;
D.I逆时针,F向右,与结论不相符,选项D错误;
故选B。

6.2019年4月10日,全球多地同步公布了人类历史上第一张黑洞照片。

黑洞是一种密度极大,引力极大的天体,以至于光都无法逃逸。

黑洞的大小由史瓦西半径公式R=22GM c
决定,其中万有引力常量G=6.67×10-11N·m²/kg²,光速c=3.0×
108m/s ,天体的质量为M 。

已知地球的质量约为6×1024kg ,假如它变成一个黑洞,则“地球黑洞”的半径约为( )
A .9μm
B .9mm
C .9cm
D .9m
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
根据题意,将已知量代入公式 2
2GM R c =
得 9mm R ≈
ACD 错误,B 正确。

故选B 。

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.封闭在气缸内一定质量的气体,如果保持气体体积不变,当温度升高时,以下说法正确的是( ) A .气体的密度增大
B .气体的压强增大
C .气体分子的平均动能减小
D .每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多
【答案】BD
【解析】
一定质量的气体,如果保持气体体积不变,根据密度公式得密度也就不变.故A 错误.根据气体状态方程PV/T=C ,如果保持气体体积不变,当温度升高时,气体的压强就会增大.故B 正确.温度是气体分子平均动能变化的标志,当温度升高时,气体分子的平均动能增大,故C 错误.气体压强是气体分子撞击器壁而产生的,由于气体的压强增大,所以每秒撞击单位面积器壁的气体分子数增多.故D 正确.故选BD . 点睛:能够运用控制变量法研究多个物理量变化时的关系.温度是气体分子平均运动剧烈程度的标志,当温度越高时,分子平均动能增大;当温度越低时,分子平均减小.
8.如图所示,在绝缘水平面上固定着一光滑绝缘的圆形槽,在某一过直径的直线上有O 、A 、D 、B 四点,
其中O 为圆心,D 在圆上,半径OC 垂直于OB .
A 点固定电荷量为Q 的正电荷,
B 点固定一个未知电荷,使得圆周上各点电势相等.有一个质量为m ,电荷量为-q 的带电小球在滑槽中运动,在
C 点受的电场力指向圆心,根据题干和图示信息可知( )
A .固定在
B 点的电荷带正电
B .固定在B 点的电荷电荷量为3Q
C .小球在滑槽内做匀速圆周运动
D .C 、D 两点的电场强度大小相等
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A .由小球在C 点处恰好与滑槽内、外壁均无挤压且无沿切线方向的加速度知:小球在C 点的合力方向一定沿CO ,且指向O 点.
A 对小球吸引,
B 对小球排斥,因此小球带负电、B 带负电,故A 错误;
B .由∠ABC=∠ACB=30°知:∠ACO=30°,AB=AC=L ;
BC=2ABcos30°3L
由力的合成可得
123F F =

22
3(3)B Qq k k L L = 3B Q Q =
故B 正确;
C .圆周上各点电势相等,小球在运动过程中电势能不变,根据能量守恒得知,小球的动能不变,小球做匀速圆周运动,故C 正确;
D .由库仑定律及场强的叠加知,D 点的电场强度大于C 点,故D 错误.
故选BC .
9.如图,倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平面上,在斜面的底端A 和顶端B 分别固定等量的同种负电荷。

质量为m 、带电荷量为q -的物块从斜面上的P 点由静止释放,物块向下运动的过程中经过斜面中点O 时速度达到最大值m v ,运动的最低点为Q (图中没有标出),则下列说法正确的是( )
A .P ,Q 两点场强相同
B .PO OQ U U =
C .P 到Q 的过程中,物体先做加速度减小的加速,再做加速度增加的减速运动
D .物块和斜面间的动摩擦因数3μ=
【答案】CD
【解析】
【详解】
ABD .物块在斜面上运动到O 点时的速度最大,加速度为零,又电场强度为零,所以有 sin -cos 0θμθ=mg mg 所以物块和斜面间的动摩擦因数3tan μθ==,由于运动过程中 sin -cos 0θμθ=mg mg
所以物块从P 点运动到Q 点的过程中受到的合外力为电场力,因此最低点Q 与释放点P 关于O 点对称,则有
-=PO OQ U U
根据等量的异种点电荷产生的电场特征可知,P 、Q 两点的场强大小相等,方向相反,故AB 错误,D 正确;
C .根据点电荷的电场特点和电场的叠加原理可知,沿斜面从P 到Q 电场强度先减小后增大,中点O 的电场强度为零。

设物块下滑过程中的加速度为a ,根据牛顿第二定律有,物块下滑的过程中电场力qE 先方向沿斜面向下逐渐减少后沿斜面向上逐渐增加,所以物块的加速度大小先减小后增大,所以P 到O 电荷先做加速度减小的加速运动,O 到Q 电荷做加速度增加的减速运动,故C 正确。

故选CD 。

10.关于一定量的气体,下列说法正确的是( )
A .气体做等温膨胀变化,其压强一定减小
B.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,而不是该气体所有分子体积之和
C.气体分子热运动的剧烈程度减弱时,气体的压强一定减小
D.若气体处于完全失重的状态,气体的压强一定为零
E.气体从外界吸收热量,其内能可能减小
【答案】ABE
【解析】
【详解】
A.由理想气体状态方程可得,气体在等温膨胀过程,温度不变,体积与压强成反比,体积增大,压强一定减小,故A正确;
B.气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积,故B正确;
C.温度高气体分子热运动就剧烈,所以只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度可以降低,但是压强不一定越低,故C错误;
D.在完全失重的情况下,分子运动不停息,气体对容器壁的压强不为零,故D错误;
E.气体从外界吸收热量,但如果同时对外做功,根据热力学第一定律,则内能可能减小,故E正确。

故选ABE。

11.如图,正方形ABCD区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,甲、乙两带电粒子以相同的速度从A点沿与AB成30°角的方向垂直射入磁场.甲粒子从B点离开磁场,乙粒子垂直CD边射出磁场,不计粒子重力,下列说法正确的是
A.甲粒子带正电,乙粒子带负电
B 23

C.甲粒子的比荷是乙粒子比荷的23
3

D.两粒子在磁场中的运动时间相等【答案】AC
【解析】
【详解】
A .根据左手定则可知,甲粒子带正电,乙粒子带负电,选项A 正确;
B .设正方形的边长为a ,则甲粒子的运动半径为r 1=a ,甲粒子的运动半径为r 2=0cos303a =,甲粒子的运动半径是乙粒子运动半径的3倍,选项B 错误;
C .根据2
v qvB m r =,解得1q v m Br r =∝,则甲粒子的比荷是乙粒子比荷的23=3
倍,选项C 正确; D .甲乙两粒子在磁场中转过的角度均为600,根据22m m t r qB q
θππ=⋅∝∝,则两粒子在磁场中的运动时间不相等,选项D 错误.
12.为探究小球沿光滑斜面的运动规律,小李同学将一小钢球分别从图中斜面的顶端由静止释放,下列说法中正确的是( )
A .甲图中小球在斜面1、2上的运动时间相等
B .甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等
C .乙图中小球在斜面3、4上的运动时间相等
D .乙图中小球下滑至斜面3、4底端时的速度大小相等
【答案】BC
【解析】
【详解】
A .设斜面与水平面的倾角为θ,根据牛顿第二定律得加速度为
sin sin mg a g m
θθ== 甲图中,设斜面得高度为h ,则斜面得长度为 sin h L θ=
小球运动的时间为
2212sin sin sin L h h t a g g
θθθ===⋅ 可知小球在斜面2上运动的时间长,故A 错误;
B .达斜面底端的速度为
2v at gh == 与斜面得倾角无关,与h 有关,所以甲图中小球下滑至斜面1、2底端时的速度大小相等,故B 正确; C .乙图中,设底边的长度为d ,则斜面的长度为
cos d s θ
= 根据212
s at =得 224sin cos sin 2s d d t a
g g θθθ=== 可知=60θ︒和30°时,时间相等,故C 正确;
D .根据2v gh =,可知速度仅仅与斜面得高度h 有关,与其他的因素无关,所以乙图中小球下滑至斜面4底端时的速度较大,故D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题,每题8分,共16分
13.一根均匀的细长空心金属圆管,其横截面如图甲所示,长度为L ,电阻R 约为5Ω,这种金属的电阻率为ρ,因管线内径太小无法直接测量,某同学设计下列实验方案尽可能精确测定它的内径d ;
(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D ,图乙为螺旋测微器校零时的示数,用该螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm ,则所测金属管线外径D=_______mm .
(2)为测量金属管线的电阻R ,取两节干电池(内阻不计)、开关和若干导线及下列器材: A .电流表0~0.6A ,内阻约0.05Ω
B .电流表0~3A ,内阻约0.01Ω
C .电压表0~3V ,内阻约10kΩ
D .电压表0~15V ,内阻约50kΩ
E .滑动变阻器,0~10Ω(额定电流为0.6A )
F .滑动变阻器,0~100Ω(额定电流为0.3A )
为准确测出金属管线阻值,电流表应选_______,电压表应选______,滑动变阻器应选_______(填序号)
(3)如图丙所示,请按实验要求用笔代线将实物图中的连线补充完整_______.
(4)根据已知的物理量(长度L 、电阻率ρ)和实验中测量的物理量(电压表读数U 、电流表读数I 、金属管线外径D ),则金属管线内径表达式d =______________
【答案】5.167 A C E 24IL D U
ρπ- 【解析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器校零时的示数
3.3×0.01mm=0.033mm
螺旋测微器测量的管线外径读数为5.200mm ,则所测金属管线外径
D=5.200-0.033mm=5.167mm .
(2)[2]两节新的干电池电动势为3V ,因此电压表选择3 V 的量程,即为C ;
[3]因为电量中最大电流大约为
3A 0.6A 5
m E I R === 为了测量的精确,电流表应选择A ,
[4]滑动变阻器采用限流式接法,因为待测电阻较小,所以滑动变阻器选择E .
(3) [5]由于待测电阻的平方小于电压表与电流表内阻的乘积,属于小电阻,所以电流表采用外接法,连接滑动变阻器的滑片接头错误,应该在接线柱;
(4)[6]该实验需要测量空心金属管的内径,通过欧姆定律测出电阻的大小,结合电阻定律测出横截面积,
从而根据外径求出内径的大小.故所需测量的物理量为金属管的长度L 、金属管的外径D 、加在管两端的电压U 、通过管的电流强度I .
据欧姆定律得, U R I =
,又L R S ρ= ,则LI S U
ρ= ,因为 2222D d S ππ=-()() 解得: 24IL d D U
ρπ=- 14.某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案.如图所示,将一个小球和一个滑块用细绳连接,跨在斜面上端.开始时小球和滑块均静止,剪断细绳后,小球自由下落,滑块沿斜面下滑,可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音,保持小球和滑块释放的位置不变,调整挡板位置,重复以上操作,直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音.用刻度尺测出小球下落的高度H 、滑块释放点与挡板处的高度差h 和沿斜面运动的位移x .(空气阻力对本实验的影响可以忽略)
(1)滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________.
(2)滑块与斜面间的动摩擦因数为__________________.
(3)以下能引起实验误差的是________.
A 、滑块的质量
B 、当地重力加速度的大小
C 、长度测量时的读数误差
D 、小球落地和滑块撞击挡板不同时
【答案】x H
222x h H x h
⎛⎫- -⎝ CD 【解析】
【分析】
【详解】 (1)由于同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音,说明小球和滑块的运动时间相同,
对滑块,位移:x=12at 2;对小球,位移:H=12gt 2,解得: a x g H =; (2)设斜面倾角为α,则:sinα= h x ,cosα=22
x h x
- , 对滑块,由牛顿第二定律得:mgsinα-μmgcosα=ma ,
加速度:x a g H =,解得:μ=222()x h H x h
--; (3)由μ=222
()x h H x h --可知,能引起实验误差的是长度x 、h 、H 测量时的读数误差,同时要注意小球落地和滑块撞击挡板不同时也会造成误差,故选CD .
【点睛】
本题考查了测动摩擦因数实验,应用匀加速直线运动和自由落体运动、牛顿第二定律即可正确解题,解题时要注意数学知识的应用;知道实验原理是正确解题的关键.
四、解答题:本题共3题,每题8分,共24分
15.如图,半径为a 的内圆A 是电子发射器,其金属圆周表圆各处可沿纸面内的任意方向发射速率为v 的电子;外圆C 为与A 同心的金属网,半径为3a .不考虑静电感应及电子的重力和电子间的相互作用,已知电子质量为m ,电量为e .
(1)为使从C 射出的电子速率达到3v ,C 、A 间应加多大的电压U ;
(2)C 、A 间不加电压,而加垂直于纸面向里的匀强磁场.
①若沿A 径向射出的电子恰好不从C 射出,求该电子第一次回到A 时,在磁场中运动的时间t ; ②为使所有电子都不从C 射出,所加磁场磁感应强度B 应多大.
【答案】(1)24mv e (2)①439a v
π ②(31)B ae ≥- 【解析】
【详解】
(1)对电子经C 、A 间的电场加速时,由动能定理得
()2211322
eU m v mv =-
得24mv U e = (2)电子在C 、A 间磁场中运动轨迹与金属网相切.轨迹如图所示.
设此轨迹圆的半径为r ,则()2223a r r a -=+ 又2r T v
π=
得tan 3a r θ== 故θ=60°
所以电子在磁场中运动的时间2-22t T πθπ
= 得43a t π= (3)若沿切线方向射出的电子轨迹恰好与金属网C 相切.则所有电子都不从C 射出,轨迹如图所示:
23r a a '=-
又2
v evB m r ='
得3-1B ae
=()所以3-1B ae
≥()16.如图所示,直角三角形ABC 为某种透明介质的横截面,∠B =30°,BC =30cm ,AB 面涂有反光材料.某单色光从BC 上的D 点垂直BC 射入介质,经AB 面反射后从AC 面上射出,射出方向与AB 面垂直.已知BD =21cm ,不考虑光在AC 面的反射.求:
(i )介质的折射率;
(ii )光在介质中的传播时间.
【答案】 (1) 3 (2) 91.310s -⨯
【解析】
(i )由题,作出的光路如图所示
光在E 点发生反射,光在F 点发生折射,由反射定律得:1230∠=∠=︒
因∆AEF 为等边三角形,则330∠=︒,光沿垂直AB 面方向射出,则460∠=︒
根据折射定律得: sin 4sin 3n ∠=
∠ 解得:3n =(ii )光在介质中的传播速度c v n
= 由几何关系可得:DE DBtan B =∠,
cos BC BD EF AE B -==∠ 光在介质中的传播时间DE EF t v
+=
解得:91.310t s -=⨯ 【点睛】先根据题意作出光路图,再根据几何关系求出入射角和折射角,根据折射定律求出折射率,根据c v n
=求出光在介质中的速度,由几何关系求出光传播的路程,从而求光在介质中运动的时间. 17.如图所示,质量12kg m =的木板长 2.25m L =,静止在水平地面上,与地面的动摩擦因数10.1μ=,另一个质量21kg m =的滑块,以初速度0v 滑上木板.滑块与木板之间的动摩擦因数20.4μ=,取210m /s g =。

(1)求滑块不滑下木板时0v 应满足的条件;
(2)若03m /s v =,求木板与地面摩擦产生的热量Q 。

【答案】(1)0 4.5m /s v ≤;(2)0.5J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)滑块在滑动摩擦力作用下,做匀减速运动,木板做匀加速运动,根据牛顿第二定律,对滑块有 2124m /s a g μ==
对木板有
()1222121m a m g m m g μμ=-+
解得
220.5m /s a =
设01v v =时滑块滑到木板的右端二者恰好共速,则有
112v a t a t -=
根据位移关系有
221121122
v t a t a t L --= 解得
1s t =,1 4.5m /s v =
所以当0 4.5m /s v ≤时滑块不滑下木板。

(2)若03m /s 4.5m /s v =<,滑块没有滑下木板,根据速度时间公式有
01121v a t a t -= 得滑块在木板上相对滑动时间12s 3
t =二者达到共速 2211m /s 3
v a t == 共速后一起减速,根据牛顿第二定律有
2311m /s a g μ== 共同运动时间21s 3
t =,木板总位移
()2122
v x t t =+ 木板与地面摩擦产生的热量 ()112Q m m gx μ=+ 解得
0.5J Q =。

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