四川省泸州市2021届新高考物理一模考试卷含解析

四川省泸州市2021届新高考物理一模考试卷
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．下列说法正确的是（）
A．物体从外界吸收热量，其内能一定增加
B．物体对外界做功，其内能一定减少
C．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大
D．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．如果物体从外界吸收热量时，再对外做功，则内能可能减小，可能不变，可能增加，A错误；
B．如果物体对外界做功的同时，再从外界吸收热量，则其内能可能减小，可能不变，可能增加，B错误；CD．温度是分子平均动能大小的标志，温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大，C错误D正确。

故选D。

2．两个相距较远的分子仅在彼此间分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。

在此过程中，下述正确的是
A．分子力先增大后减小B．分子力先做正功，后做负功
C．分子势能一直增大D．分子势能先增大后减小
【答案】B
【解析】
【详解】
A．两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，当分子间距大于平衡间距时，分子力表现为引力；当分子间距小于平衡间距时，分子力表现为斥力，分子引力先减小后增大，斥力增大，A错误；
B．两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近的过程中，分子力先是引力后是斥力，故先做正功后做负功，B正确；
C．只有分子力做功，先做正功后做负功，根据动能定理，动能先增加后减小，C错误；
D．分子力先做正功后做负功；分子力做功等于分子势能的变化量；故分子势能先减小后增加，D错误。

故选B。

3．用国际单位制的基本单位表示磁感应强度的单位，下列符合要求的是（）
A．Wb•m2B．Wb/m2C．N•m/A D．kg/（S2•A）
【答案】D
【解析】
【分析】
考查单位制。

【详解】
ABC．国际单位制的基本单位为kg、m、s，由题目易知，选项ACD中的韦伯（Wb）、牛顿（N）均不是国际单位制中的基本单位，故ABC都错误；
D．磁感应强度为：
B＝F IL
磁感应强度单位为T，则有：
1T＝
2
1kg m/s
A m
⋅
⋅
＝1
2
kg
A s⋅
故D正确。

故选D。

4．如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，用这些光照射逸出功为2. 49 eV的金属钠，下列说法正确的是（）
A．这群氢原子能发出三种频率不同的光，其中从n=3跃迁到n=2所发出的光波长最短
B．这群氢原子能发出两种频率不同的光，其中从n=3跃迁到n=1所发出的光频率最高
C．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为11. 11 eV
D．金属钠表面所发出的光电子的初动能最大值为9. 60 eV
【答案】D
【解析】
【详解】
这群氢原子能发出三种频率不同的光，根据玻尔理论△E=E m-E n（m＞n）得知，从n=3跃迁到n=1所发出的光能量最大，由E=hγ=hc/λ得知，频率最高，波长最短．故A B错误；从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，光子能量最大值为13.6-1.51eV=12.09eV，根据光电效应方程得E km=hv-W0=12.09-2.49eV=9.60eV．故C错误，D正确．故选D．
5．分离同位素时，为提高分辨率，通常在质谐仪内的磁场前加一扇形电场．扇形电场由彼此平行、带等
量异号电荷的两圆弧形金属板形成，其间电场沿半径方向．被电离后带相同电荷量的同种元素的同位素离子，从狭缝沿同一方向垂直电场线进入静电分析静电分器，经过两板间静电场后会分成几束，不考虑重力及离子间的相互作用，则
A ．垂直电场线射出的离子速度的值相同
B ．垂直电场线射出的离子动量的值相同
C ．偏向正极板的离子离开电场时的动能比进入电场时的动能大
D ．偏向负极板的离子离开电场时动量的值比进入电场时动量的值大
【答案】D
【解析】 垂直电场线射出的离子，在电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有2v Eq m r
=，解得21122
Eqr mv =，同位素的质量不同，所以垂直电场线射出的离子动能的值相同，速度不同，动量不同，AB 错误；偏向正极板的离子离开电场时克服电场力做功，动能比进入电场时的小，C 错误；偏向负极板
的离子离开电场时，过程中电场力做正功，速度增大，动量增大，故比进入电场时动量的值大，D 正确．
6．单镜头反光相机简称单反相机，它用一块放置在镜头与感光部件之间的透明平面镜把来自镜头的图像投射到对焦屏上。

对焦屏上的图像通过五棱镜的反射进入人眼中。

如图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE 为五棱镜的一个截面，AB BC ⊥，光线垂直AB 射入，分别在CD 和EA 上发生反射，且两次反
射的入射角相等，最后光线垂直BC 射出。

若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（ ）
A ．1sin 22.5︒
B ．1cos 22.5︒
C ．22
D 2
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
设入射到CD 面上的入射角为θ，因为在CD 和EA 上发生全反射，且两次反射的入射角相等。

如图：
根据几何关系有
490θ=︒
解得
22.5θ=︒ 根据1sin n θ=解得最小折射率 1sin 22.5n =︒
选项A 正确，BCD 错误。

故选A 。

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．如图所示，半径为R 的光滑绝缘圆环固定于竖直平面内，a 为圆环的最低点，c 为圆环的最高点，b 点与圆心O 等高，该空间存在与圆环平面平行的匀强电场。

质量为m 、带电量为+q 的小球P 套在圆环上，沿环做圆周运动，通过a 、b 、c 三点时的速度大小分别为23a gR v =
、21b gR v =、7c gR v =。

下列说法正确的是（ ）
A ．匀强电场方向水平向右
B ．匀强电场场强大小为mg
q E =
C ．小球运动过程中对圆环的最大压力为7.5mg
D ．小球运动过程中对圆环的最小压力为1.25mg
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．从最低点到最高点：
2211222
c a ac mv mv mgR qU -=-+ 解得：
0ac U =
故ac 连线为等势线，从a 到b ，有
221122
b a ab mv mv mgR qU -=-+ 解得：
304ab mgR U q
=> 电场线垂直于等势线，且沿电场线方向电势逐渐降低，故匀强电场方向水平向右，故A 正确； B ． 匀强电场场强大小
34ab U mg E R q
== 故B 错误；
C ．电场力
34
Eq mg = 当电场力与重力合力与圆心在一条直线上时，对圆环的压力达到最大和最小，根据几何关系可知，最大速度
22max 11(1cos37)sin 3722
a mv mv mgR qER -=--︒+︒ 根据牛顿第二定律
2max cos53cos37N v F Eq mg m R
-︒-︒= 解得最大支持力为：
max 7.5F mg =
根据牛顿第三定律可知，最大压力为1．5mg ；根据几何关系可知，最小速度
22min 11(1cos37)sin 3722
a mv mv mgR qER -=-+︒-︒ 根据牛顿第二定律
2min cos53cos37N v Eq mg F m R
︒+︒-= 解得最小支持力为：
min 0F =
故C 正确D 错误。

故选AC 。

8．将一个小球竖直向上抛出， 碰到高处的天花板后反弹，并竖直向下运动回到抛出点，若反弹的速度大小是碰撞前速度大小的0. 65倍，小球上升的时间为1 s ， 下落的时间为1.2 s ，重力加速度取210m /s ，不计空气阻力和小球与天花板的碰撞时间，则下列说法正确的是
A ．小球与天花板碰撞前的速度大小为10m /s
B ．小球与天花板碰撞前的速度大小为8m /s
C ．抛出点到天花板的高度为15m
D ．抛出点到天花板的高度为13m
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB.由题意可知,
221122110.6522
vt gt vt gt +=+ 解得10m /s v =，故A 正确，B 错误；
CD.抛出点到天花板的高度为
211115m 2
h vt gt =+= 故C 正确，D 错误。

9．18世纪，数学家莫佩尔蒂和哲学家伏尔泰，曾设想“穿透”地球：假设能够沿着地球两极连线开凿一条沿着地轴的隧道贯穿地球，一个人可以从北极入口由静止自由落入隧道中，忽略一切阻力，此人可以从南
极出口飞出，则以下说法正确的是（已知地球表面处重力加速度g 取10 m/s 2；地球半径R ＝6.4×
106 m ；地球表面及内部某一点的引力势能E p ＝－GMm r
，r 为物体距地心的距离）（ ） A ．人与地球构成的系统，虽然重力发生变化，但是机械能守恒
B ．当人下落经过距地心0.5R 瞬间，人的瞬时速度大小为4×103 m/s
C ．人在下落过程中，受到的万有引力与到地心的距离成正比
D ．人从北极开始下落，直到经过地心的过程中，万有引力对人做功W ＝1.6×109 J
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
A.人下落过程只有重力做功，重力做功效果为重力势能转变为动能，故机械能守恒，故A 正确；
B. 当人下落经过距地心0.5R 瞬间，其引力势能为：
'0.5p GMm R E =-
根据功能关系可知： 'p p k E E E -=∆
即：
2100.52GMm GMm m R R v ⎛⎫---=- ⎪⎝⎭
在地球表面处忽略地球的自转：
2GMm
mg R =
则联立以上方程可以得到：
3
m/s 10v ==
故B 错误；
C.设人到地心的距离为r ，地球密度为ρ，那么，由万有引力定律可得：人在下落过程中受到的万有引力为： 322
4433G r m GMm F G mr r r ρππρ=== 故万有引力与到地心的距离成正比，故C 正确；
D. 由万有引力43
F G mr πρ=
可得：人下落到地心的过程万有引力做功为： 11222
43GMm W G mR R mgR R πρ⨯⨯=== 由于人的质量m 未知，故无法求出万有引力的功，故D 错误； 故选AC 。

10．如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在AC 板间，虚线中间不需加电场，如图所示，带电粒子从P 0处以速度v 0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D 形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
B．带电粒子每运动一周被加速一次
C．带电粒子每运动一周P1P2等于P2P3
D．加速电场方向不需要做周期性的变化
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】
AD、带电粒子只有经过AC板间时被加速,即带电粒子每运动一周被加速一次.电场的方向没有改变,则在AC间加速.故A正确；D错误.
B、根据知
所以故B错误；
C、当粒子从D形盒中出来时,速度最大,根据知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关.所以C
选项是正确的.
故选AC
【点睛】
带电粒子经加速电场加速后,进入磁场发生偏转,电场被限制在A、C板间,只有经过AC板间时被加速,所以运动一周加速一次,电场的方向不需改变.当带电粒子离开回旋加速器时,速度最大.
11．如图所示，倾角θ=30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB
置于斜面上，与斜面间动摩擦因数
3
μ=，其A端与斜面顶端平齐．用细线将质量也为m的物块与软
绳连接，给物块向下的初速度，使软绳B端到达斜面顶端（此时物块未到达地面），在此过程中
A ．物块的速度始终减小
B ．软绳上滑
19
L 时速度最小 C ．软绳重力势能共减少了14mgL D ．软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．物块下落过程中，刚开始由于5sin 30cos304
mg mg mg mg μ︒+︒=>，所以物块所受合力向上，物体做减速运动，下落过程中，合力越来越小，当加速度等于零时，速度最小，后合力方向向下，加速度向下，速度增大，所以物体的速度先减小后增大，A 错误；
B ．当加速度等于零时，速度最小，设此时软绳上滑的距离为x ，则：
sin 30cos30L x L x x mg mg mg mg L L L
μ--︒+︒=+， 代入数据解得：
19
x L = B 正确；
C ．物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为1sin 3024L L h =
︒=，软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度22
L h =，则软绳重力势能共减少 ()244
L L L mg Mg -= C 正确；
D ．以物块为研究对象，因物块要克服拉力做功，所以其动能及势能变化量11k p
E E ∆<∆，以系统为研究
对象，设绳的势能及动能变化量为22p k E E ∆∆、，克服摩擦力所做的功的绝对值为W ，由能量守恒定律有
1212p p k k E E E E W ∆+∆=∆+∆+
则
()
2211p k k p E E W E E ∆-∆+=∆-∆
选项D 正确．
故选BCD.
12．平静的水池表面有两个振源A 、B ，固有振动周期均为T 。

某时刻A 开始向下振动，相隔半周期B 开始向下振动，二者振动的振幅相同，某时刻在水面上形成如图所示的水波图。

其中O 是振源连线的中点，OH 为中垂线，交叉点G 、H 的中点为D ，C 点位于波峰和波谷的正中间，实线代表波峰，虚线代表波谷。

下列说法中正确的是________。

A．如果在E点有一个小的漂浮物，经半个周期将向左漂到F点
B．两列波叠加后，O点的振动始终减弱
C．图中G、H两点振幅为零，D点的振幅也为零
D．当B引起的波传到E点后，E点的振动始终处于加强状态
E.C点此时振动的速度为零
【答案】BCE
【解析】
【分析】
【详解】
A．波在传播过程中，介质中的质点只在平衡位置附近振动，不会随着波的传播向前移动，A错误；BC．O点是振源的中点，波的传播路程差等于零，由于相位恰好相反，所以O点以及中垂线上所有质点的振动均为叠加减弱，所以B、C正确；
D．由图可以看出，B引起的振动传到E点时与A引起的振动相位相反，为叠加减弱位置，D错误；E．B引起的振动此时在C点使得质点具有向上的速度，而A刚好传到C点，具有向下的速度，叠加后速度为零．选项E正确。

故选BCE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组欲将一量程为2V的电压表V1改装成量程为3V的电压表，需准确测量电压表V1的内阻，经过粗测，此表的内阻约为2kΩ。

可选用的器材有：
电压表V2(量程为5V，内阻为5kΩ)
滑动变阻器R1(最大值为100Ω)
电流表(量程为0.6A，内阻约为0.1Ω)
电源(电动势E=6V，内阻不计)
定值电阻R(阻值已知且满足实验要求)。

图甲为测量电压表V 的内阻实验电路图，图中M 、N 为实验小组选用的电表。

(1)请选择合适的电表替代M 、N ，按照电路图用线条替代导线连接实验电路_____；
(2)实验电路正确连接，调节滑动变阻器，M 表的读数为Y ，N 表的读数为X ，请用两表的读数和定值电阻R 表示电压表V 1的内阻__________；
(3)改变滑动变阻器滑片的位置，得到多组M 表和与之对应的N 表的读数，建立直角坐标系，通过描点作出M 表(纵坐标)和与之对应的N 表的读数(横坐标)的函数图象。

若使M 表和N 表可同时达到满偏，则函数图象的斜率约为_______；(结果保留2位有效数字)
(4)若测得电压表V 的内阻准确值为R 0，则将此表改成量程为3V 的电压表需______(选填“串”或“并”)联电阻的阻值为__________。

【答案】
XR Y X 2.5 串 02
R 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]将一量程为2V 的电压表V 1改装成量程为3V 的电压表，应将定值电阻与电压表V 1(N)串联，为测量电压表V 1的内阻，再将电压表V 2(M)并联到电压表V 1和定值电阻两端，电路如图
(2)[2]根据欧姆定律可得，M 表（纵坐标）和与之对应的N 表的读数（横坐标）的函数关系为 V1V1
+=R R Y X R (3)[3]R v1约为2kΩ，而电路分压需要5V ，R v1分到电压为2V ，故要求R 分压为3V ，电阻约为3kΩ，图象斜率约为
32 2.52
k +== (4)[4][5]将电压表改装成大量程的电压表时应串联电阻分压，根据串联电路规律可知，串联电阻应分1V 电压即为电压表V 1的一半，串联电路中电流相等，则串联电阻应为电压表V 1的一半即为02
R 。

14．要测定一节干电池（电动势约1.5V ，内阻约0.5Ω，放电电流不允许超过0.6A ）的电动势和内电阻，要求测量结果尽量准确。

提供的器材有：
A ．电流表A 1：挡位1（0~3A ，内阻约0.05Ω），挡位2（0~0.6A ，内阻约0.2Ω）
B ．电流表A 2：0-300μA ，内阻r A =100Ω
C ．定值电阻：R 0=2Ω，R 1=900Ω，R 2=4900Ω
D ．滑动变阻器：R 3（0—5Ω，2A ），R 4（0~15Ω，1A ）
E.开关一只、导线若干
(1)测量电流的仪表：应选择电流表A 1的挡位____（填“1”或者“2”）。

(2)测量电压的仪表：应将定值电阻______（填“R 0”、“R 1”或“R 2”）与A 2串联，使其成为改装后的电压表。

(3)干电池内阻太小，应选择定值电阻____（填“R 0”、“R 1”或“R 2”）来保护电源。

(4)若要求A 1表电流在0.1A-0.5A 范围内连续可调。

则滑动变阻器应选择__________（填“R 3”或“R 4”）。

(5)为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中（图中V 表为改装后的电压表），应选择____________（填“图（a ）”或“图（b ）”）。

(6)进行实验并记录数据。

用I 1、I 2分别表示A 1、A 2表的示数，根据测量数据作出如图（c ）所示的I 2-I 1图像，由图像可得：电池的电动势为________V ，内阻为________Ω。

（保留到小数点后两位）
【答案】2 R 2 R 0 R 4 图(a) 1.49 0.49
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．测量电流的仪表：应选择电流表A 1的挡位2。

(2)[2]．测量电压的仪表：应将定值电阻R 2与A 2串联，使其成为改装后量程为
62()300105000V=1.5V g A U I r R -=+=⨯⨯的电压表。

(3)[3]．干电池内阻太小，应选择与内阻阻值相当的定值电阻R 0来保护电源。

(4)[4]．若要求A 1表电流在0.1A-0.5A 范围内连续可调。

则滑动变阻器最大值为
max 1.5
20.512.5
0.1
R=--=Ω
最小值
min
1.5
20.55
0.5
R=--=Ω
则滑动变阻器应选择R4。

(5)[5]．因改装后的电压表内阻已知，则为消除电流表内阻对测量精度可能造成的影响，在给出的两种电路原理图中，应选择图（a）。

(6)[6][7]．由图可知电流计读数为I2=298μA，对应的电压值为
298
1.5V=1.49V
300
⨯则电池的电动势为
E=1.49V，内阻为
1.5
(298150)
3000.49
1.5
r
-⨯
=Ω=Ω
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨MNPQ相距L倾斜置于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上，断开开关S．将长也为L的金属棒ab在导轨上由静止释放，经时间t，金属棒的速度大小为v1，此时闭合开关，最终金属棒以大小为v2的速度沿导轨匀速运动。

已知金属棒的质量为m，电阻为r，其它电阻均不计，重力加速度为g。

(1)求导轨与水平面夹角α的正弦值及磁场的磁感应强度B的大小；
(2)若金属棒的速度从v1增至v2历时△t，求该过程中流经金属棒的电量．
【答案】(1)1
sin
v
gt
α=，1
2
1mrv
B
L v t
=(2)q＝(v1t＋v1Δt－v22
1
mv
rv t
【解析】
【详解】
(1)开关断开时，金属棒在导轨上匀加速下滑，由牛顿第二定律有
sin
mg ma
α=
由匀变速运动的规律有
1
v at
=
解得
1sin v gt α=
开关闭合后，金属棒在导轨上做变加速运动，最终以v 2匀速，匀速时
sin mg BIL α=
又有
2BLv I r
= 解得
121mrv B L v t
= (2)在金属棒变加速运动阶段，根据动量定理可得
21sin mg t BIL t mv mv α∆-∆=-
其中
I t q ∆=
联立上式可得
()21121mv q v t v t v t rv t
=+∆- 16．如图所示，直角三角形ABC 为一玻璃三棱镜的横截面其中∠A=30°，直角边BC=a ．在截面所在的平面内，一束单色光从AB 边的中点O 射入棱镜，入射角为i ．如果i=45°，光线经折射再反射后垂直BC 边射出，不考虑光线沿原路返回的情况．(结果可用根式表示)
(i)求玻璃的折射率n
(ⅱ)若入射角i 在0~90°之间变化时，求从O 点折射到AC 边上的光线射出的宽度．
【答案】 (i)
2 (ii) 31- 【解析】
【分析】
正确画出光路图，根据几何关系找到入射角和折射角求出折射率，再根据全反射的条件求解从O 点折射到AC 边上的光线射出的宽度
【详解】
(i)设光线进入棱镜是的折射角为r ，如图1所示，
由几何关系可知30r =o 根据折射定律可求得sin 2sin i n r
== (ⅱ)设光线进入棱镜在AC 面发生全发射时的临界角为C ，1sin C n
=
解得：45C =o 如图2所示，当0r =o 时，关系进入棱镜在AC 面的入射点计为P ，随着入射角的增大，光线在AC 面的入射点由移，入射角增大，入射角等于C 时发生全发射，此时入射点计为Q ，所以在AC 面上PQ 之间有光线射出． 由几何关系知2a OP = ，作OD 垂直AC ，则3sin 604
OD OP a ==o 1cos604
DP OP a ==o 3tan 454
OD DQ a ==o 所以AC 边三有光线射出的宽度314PQ DQ DP a =-=
故本题答案是：(i)
2 (ii) 31a - 【点睛】 对于光路图的题目来说，最主要的是正确画出光路图，在借助几何关系求解．
17．如图所示，将一个折射率为7n =的透明长方体放在空气中，矩形ABCD 是它的一个截面，一单色细光束入射到P 点，入射角为θ．6AD =
，求： （1）若要使光束进入长方体后能射至AD 面上，角θ的最小值；
（2）若要此光束在AD 面上发生全反射，角θ的范围．
【答案】（1） 30°；（2）30°θ≤≤60°
【解析】
①要使光束进入长方体后能射至AD 面上，设最小折射角为α，如图甲所示，根据几何关系有：(
)227sin 6d d α=
=+
根据折射定律有sin sin n θα
=，解得角θ的最小值为θ=30°；
②如图乙，要使光速在AD 面发生全反射，则要使射至AD 面上的入射角β满足关系式：sin sin C β≥； 又1sin C n
=，221sin sin sin cos 1sin 1()C n n θβαα===-=-； 解得60θ≤︒，因此角θ的范围为3060θ︒≤≤︒．
【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律sin sin i n r =、临界角公式1sin C n =、光速公式c v n
=，运用几何知识结合解决这类问题．。