辽宁省鞍山市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷含解析

辽宁省鞍山市2021届第二次新高考模拟考试物理试卷
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．曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件如图所示，连杆下端连接活塞Q ，上端连接曲轴P 。

在工作过程中，活塞在气缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O 旋转，若P 做线速度大小为v 0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是
A ．当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度等于v 0
B ．当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度大于v 0
C ．当OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度等于v 0
D ．当OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度大于v 0 【答案】A 【解析】 【详解】
AB ．当OP 与OQ 垂直时，设∠PQO=θ，此时活塞的速度为v ，将P 点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v 分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v 0cosθ=vcosθ，即v=v 0，选项A 正确，B 错误；
CD ．当OPQ 在同一直线时，P 点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，选项CD 错误； 2．2017年11月5日，又有两颗北斗导航系统组网卫星通过“一箭双星”发射升空，并成功进入预定轨道，两颗卫星绕地球运动均看作匀速圆周运动。

如果两颗卫星的质量均为M ，其中的1号卫星轨道距离地面高度为h ，2号卫星轨道距离地面高度为h'，且h'>h ，把地球看做质量分布均匀的球体，已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度大小为g ，引力常量为G 下列说法正确的是（ ） A ．l 号卫星绕地球运动的线速度g
R h
+B ．1号卫星绕地球运动的周期2(R h
T R h GM
π+=+ C ．1号卫星和2号卫星做匀速圆周运动的向心力大小之比为'2
2h h
D ．稳定在轨运行时1号卫星的机械能大于2号卫星的机械能
【答案】A 【解析】 【详解】
A ．设地球质量m ，根据公式
2
2
()()
Mm v G M R h R h =++ 和
02
mm m g G
R = 解得
v =故A 正确； B ．根据公式
2
2
24()()Mm G M R h R h T
π=++ 和
02
mm m g G
R = 解得：
T =
故B 错误； C ．根据
12()mM
F G
R h =+
2'2
()mM
F G
R h =+
所以
'2
12
2()()F R h F R h +=+ 故C 错误；
D ．由于'h h <，卫星从低轨道向高轨道要点火加速，化学能转化为机械能，所以稳定在轨运行时1号卫星的机械能小于2号卫星的机械能，故D 错误。

故选A.
3．如图所示的电路中，AB 和CD 为两个水平放置的平行板电容器，AB 板间有一点P ，闭合开关K ，待电路稳定后将开关断开。

现将一有机玻璃板（图中未画出）插入CD 板间，则下列说法正确的是（ ）
A ．CD 平行板电容器的电容减小
B ．P 点电势降低
C ．A 、B 两板间的电场强度增大
D ．电阻R 中有向右的电流 【答案】B 【解析】 【详解】
A ．将玻璃板插入CD 板间，则相对介电常数ε增大，其他条件不变，由4S
C kd
επ=可知，CD 平行板电容器的电容增大，故A 错误； BC ．电容器两板间电压
AB CD
Q U C C =
+总
断开开关后，两电容器总电荷量不变，由于CD 电容器的电容增大，电容器两板间电势差均变小，由U E d
=
可知，AB 板间电场强度变小，则P 点与B 板间的电势差变小，因为B 板接地电势始终为零，则P 点电势降低，故B 项正确，C 项错误；
D ．由于插入玻璃板的过程中，电容器两板间电势差变小，则AB 电容器放电，电阻R 中有向左的电流，故D 项错误。

4．已知火星的半径是地球的a 倍，质量是地球的b 倍，现分别在地球和火星的表面上以相同的速度竖直上抛小球，不计大气的阻力。

则小球在地球上上升的最大高度与在火星上上升的最大高度之比为( ) A ．b/a B ．b 2/a C ．a / b D ．b/a 2
【答案】D 【解析】 【详解】
根据在星球表面重力与万有引力相等，有：2Mm G mg R
=，可得：2GM
g R =，故
2
22==R g M a g M R b ⋅火地地地火火；
竖直上抛运动的最大高度20
2v h g ，所以有
2
==g h b h g a 火地地火；故A ，B ，C 错误；D 正确；故选D. 5．下列说法正确的是( )
A ．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的
B ．图乙中，两个影子在x 、y 轴上的运动就是物体的两个分运动
C ．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A 、B 两球可以不同时落地
D ．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力大于所需要的向心力 【答案】B 【解析】 【详解】
A ．题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，故A 错误；
B ．题图乙中沿y 轴的平行光照射时，在x 轴上的影子就是x 轴方向的分运动，同理沿x 轴的平行光照射时，在y 轴上的影子就是y 轴方向的分运动，故B 正确；
C ．无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只会使得小球A 的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A 、B 两球总是同时落地，故C 错误；
D ．做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力等于所需要的向心力，故D 错误。

故选B 。

6．如图所示，理想变压器的原线圈两端接在交流电源上，电压有效值为U 。

理想电压表接在副线圈两端，理想电流表接在原线圈电路中，有三盏相同的灯泡123L L L 、、接在副线圈电路中。

开始时开关S 闭合，三盏灯都亮。

现在把开关S 断开，三盏灯都没有烧毁，则下列说法正确的是（ ）
A．电流表和电压表的示数都不变
B．灯1L变暗
C．灯2L变暗
D．电源消耗的功率变大
【答案】B
【解析】
【详解】
U由初级电压和匝数比决定，则U2不变，原、副线圈中的电A．S断开，副线圈负载电阻增大，而电压2
流都减小，选项A错误；
BC．副线圈中电流2I减小，1L两端电压减小、2L两端电压增大，灯1L变暗、灯2L变亮，选项B正确，C错误；
U I减小，电源的功率减小，选项D错误。

D．2I减小，则22
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．如图甲为研究光电效应实验的部分装置示意图。

实验中用频率为ν的光照射某种金属，其光电流随光-图像如图乙。

已知普朗克常量为h，电子带的电荷量为e。

下列说法中正确电管外电源电压变化的i U
的是（）
U时，光电管的K极应连接外电源的负极
A．测量电压c
eU
B．光电子的最大初动能为c
C．该金属的逸出功为hν
D ．当电压大于m U 时，增加光照强度则光电流增大 【答案】BD 【解析】 【详解】
A ．电压c U 为反向遏止电压，此时光电管的K 极应连接外电源的正极，A 错误；
B ．光电子克服电场力做功，根据能量守恒定律，光电子的最大初动能
km c E eU =
B 正确；
C ．光电效应方程为
km 0E h W ν=-
结合B 选项解得金属的逸出功为
0c W h eU ν=-
C 错误；
D ．电压m U 对应正向饱和电流，已收集了相应光照强度下的所有的光电子。

若增大光照强度，光子数量增加，光电子数量增加，则电路中的光电流增大，D 正确。

故选BD 。

8．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R ．线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过6
π
时的感应电流为I ，下列说法正确的是（ ）
A ．线框中感应电流的有效值为2I
B ．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IR
ω
C ．从中性面开始转过
2
π
的过程中，通过导线横截面的电荷量为2I ω D ．线框转一周的过程中，产生的热量为2
8RI πω
【答案】BC 【解析】
试题分析：根据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势，电流，线框
转过
6
π
时的感应电流为，电流的有效值，故A 错误；线框转动过程中穿过线框
的磁通量的最大值为BS ，又，解得BS=
2IR
ω
，所以B 正确；从中性面开始转过
2
π
的过程中，通过导线横截面的电荷量为
，故C 正确；转一周产生的热量代入解得：
，故D 错误．
考点：本题考查交流电
9．如图所示，A 、B 两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上，两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A 、B 间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态，则下列判断正确的是（ ）
A ．A 、
B 的质量之比为1：3
B ．A 、B 所受弹簧弹力大小之比为3：2
C ．悬挂A 、B 的细线上拉力大小之比为2：1
D ．快速撤去弹簧的瞬间，A 、B 的瞬时加速度大小之比为1：2 【答案】CD 【解析】 【详解】
A ．对A 、
B 两个物体受力分析，如图所示：
A 、
B 都处于静止状态，受力平衡，则有： 对物体A ： A tan 60m g
F =
o 弹
得：A 3F m g
=
弹
对物体B ，有：
B F m g =弹 得：B F m g
=
弹
所以：
A B m m =，故A 错误； B ．同一根弹簧弹力相等，故B 错误； C ．对A 物体，细线拉力：
A cos60F T =
o
弹
对B 物体，细线拉力：
B cos45F T =
o
弹
得：
A B T T =C 正确； D ．快速撤去弹簧的瞬间，物体AB 将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向，沿半径合力为零，合力沿切线方向 对A 物体：
A A A sin 30m g m a =o 得：A 1
2
a g =
对B 物体：
B B B sin 45m g m a =o
得：B a g =
联立得：A B a a ，故D 正确； 故选：CD 。

10．下列说法正确的是（ ） A ．液晶与多晶体一样具有各向同性
B ．水杯装满水水面不是平面，而是“上凸”的，这是表面张力所致
C ．相对湿度是空气中水汽压与相同温度下饱和水汽压的百分比
D ．饱和汽压一定随温度的升高而增大
E.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从能被水浸润变为不能被水浸润，以便吸取药液 【答案】BCD 【解析】
【详解】
A.液晶在光学性质上表现为各向异性，多晶体具有各向同性，故A错误；
B. 装满水的水面是“上凸”的，这是表面张力产生的不浸润现象所致，故B正确；
C.空气的相对湿度等于水蒸气的实际压强与同温下水的饱和汽压的比值，故C正确；
D.温度越高，液体越容易挥发，故饱和汽压随温度的升高而增大，故D正确；
E.脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，故E错误。

故选：BCD。

11．在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样.若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是（）
A．改用红色激光
B．改用蓝色激光
C．减小双缝间距
D．将屏幕向远离双缝的位置移动
E.将光源向远离双缝的位置移动
【答案】ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx＝l
d
λ可知，改用红色激光，波长变大，则条纹的间距变大，
选项A正确；
B. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx＝l
d
λ可知，改用蓝色激光，则波长变短，则条纹的间距变小，
选项B错误；
C. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx＝l
d
λ可知，减小双缝间距d，则条纹的间距变大，选项C正
确；
D. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx＝l
d
λ可知，将屏幕向远离双缝的位置移动，即l变大，则条
纹的间距变大，选项D正确；
E. 根据干涉图样中两相邻亮条纹的间距Δx＝l
d
λ可知，将光源向远离双缝的位置移动对条纹间距无影响，
选项E错误.
12．地球表面重力加速度的测量在军事及资源探测中具有重要的战略意义，已知地球质量m地，地球半径R，引力常量G，以下说法正确的是（）
A ．若地球自转角速度为ω，地球赤道处重力加速度的大小为
2
2
Gm R R ω-地 B ．若地球自转角速度为ω，地球两极处重力加速度的大小为
2
Gm R 地
C ．若忽略地球的自转，以地球表面A 点正下方h 处的B 点为球心，()r r h <为半径挖一个球形的防空洞，
则A 处重力加速度变化量的大小为332m r g G R h
∆=地
D ．若忽略地球的自转，以地球表面A 点正下方h 处的B 点为球心、()r r h <为半径挖一个球形的防空洞，
则A 处重力加速度变化量的大小为3 32()m r g G R h h
∆=-地
【答案】ABC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．在赤道处
22
Gm m
mg m R R
ω=+地赤 得出
2
2
Gm g R R
ω=
-地赤 在两极处
2
Gm m
mg R =地极 得出
2
Gm g R =
地
极 选项AB 正确；
CD ．若忽略地球的自转，以地球表面A 点正下方h 处的B 点为球心()r r h <为半径挖一个球形的防空洞，
该球形防空洞挖掉的质量
33334
433
m m m r R r R ππ'=⋅=地地 A 处重力加速度变化是由该球形防空洞引起的
2m g G h
∆'= 332m r g G R h
∆=地 选项C 正确，D 错误。

故选ABC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学利用如图所示的装置欲探究小车的加速度与合外力的关系．具体实验步骤如下：
①按照如图所示安装好实验装置，并测出两光电门之间的距离L
②平衡摩擦力即调节长木板的倾角，轻推小车后， 使小车沿长木板向下运动，且通过两个光电门的时间相等
③取下细绳和沙桶，测量沙子和沙桶的总质量m ，并记录
④把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，并记录小车先后通过光电门甲和乙的时间，并计算出小车到达两个光电门时的速度和运动的加速度
⑤重新挂上细绳和沙桶，改变沙桶中沙子的质量，重复②～④的步骤
（1）用游标卡尺测得遮光片的宽度为d ，某次实验时通过光电门甲和乙的时间分别为Δt 1和Δt 2，则小车加速度的表达式为a=_________
（2）关于本实验的说法，正确的是________
A ．平衡摩擦力时需要取下细绳和沙桶
B ．平衡摩擦力时不需要取下细绳和沙桶
C ．沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量
D ．小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量
（3）若想利用该装置测小车与木板之间的动摩擦因数μ，某次实验中，该同学测得平衡摩擦力后斜面的倾角θ，沙和沙桶的总质量m ，以及小车的质量M ．则可推算出动摩擦因数的表达式μ=__________（表达式中含有m 、M 、θ）
【答案】（1）222
12
2
2
12
()
2?
d t t
L t t
∆-∆
∆∆
；（2）B；（3）
sin
cos
M m
M
θ
θ
-
【解析】
【详解】
（1）[1]小车经过光电门时的速度分别为：
1
1
d
v
t
=
∆，2
2
d
v
t
=
∆，
由匀变速直线运动的速度位移公式可知，加速度：
22222
2112
22
12
()
22?
v v d t t
a
L L t t
-∆-∆
==
∆∆
；
（2）[2]AB.本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时所受的外力大小，平衡摩擦力时应使小车在悬挂沙桶的情况下匀速运动，所以不需要取下细绳和沙桶，故A错误，B正确；CD. 因为本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀变速运动时所受的外力大小，所以不需要“沙桶和沙子的总质量必须远远小于小车的质量”的实验条件，也不需要小车的质量必须远远小于沙桶和沙子的总质量，故C错误，D错误。

故选：B；
（3）对小车，由平衡条件得：
Mgsinθ−mg=μMgcosθ，
得动摩擦因数：
sin
cos
M m
M
θ
μ
θ
-
=；
14．用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：
①用天平测出A、B两个小球的质量m A和m B；
②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；
③先不在斜槽的末端放小球B，让小球A从斜槽上位置P由静止开始释放，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）；
④将小球B放在斜槽的末端，让小球A仍从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）；
⑤测出所需要的物理量．
请回答：
(1)实验①中A 、B 的两球质量应满足______
(2)在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有______；（请选填“x 0、y 0、x A 、y A 、x B 、y B ”）
(3)两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：______．
【答案】A B o m m x > ; A x ; B A o A A B B x m x m x m x =+ ;
【解析】
（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有m A v 0=m A v 1+m B v 2，在碰撞过程中动能守恒，故有
222012111
222A A B m v m v m v =+，解得10A B A B
m m v m m m -=+，要碰后a 的速度v 1＞0，即m A -m B ＞0，m A ＞m B ；（2）由于频闪照相的频率固定，因此只需要测量小球的水平位移，在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有x 0、x A 、x B ；（3）验证的方程为m A x 0＝m A x A ＋m B x B
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A 、B 两端开口，管内有一段水银柱，中管内水银面与管口A 之间气体柱长为l A ＝40 cm ，右管内气体柱长为l B ＝39 cm ．先将开口B 封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设被封闭的气体为理想气体，整个过程温度不变，若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm ，已知大气压强p 0＝76 cmHg ，求：
①A 端上方气柱长度；
②稳定后右管内的气体压强．
【答案】①38cm ；②78cmHg
【解析】
试题分析：①稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4cm ，则A 管内气体的压强为P A1=(76+4) cmHg 由公式：P 0V A0=P A1V A1，
代入数据得：L A1=38cm
②设右管水银面上升h ，则右管内气柱长度为l B -h ，气体的压强为12P gh ρ-；
由玻意尔定律得：01(2)()B B P l P gh l h ρ=--
解得：h=1cm
所以右管内气体压强为21278P P h cmHg =-=
考点：气体的状态方程.
16．如图所示，滑块在恒定外力F ＝2mg 的作用下从水平轨道上的A 点由静止出发，到B 点时撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且恰好通过轨道最高点C ，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到原出发点A ，求AB 段与滑块间的动摩擦因数．（取g=10m/s 2）
【答案】0.75
【解析】
设圆周的半径为R ，则在C 点：
mg ＝m ① ……………………2分
离开C 点，滑块做平抛运动，则
2R ＝gt 2／2 ② ……………………2分
V C t ＝s AB ③ ……………………………………1分
由B 到C 过程，由机械能守恒定律得：
mv C 2/2+2mgR ＝mv B 2/2 ④………………………………………2分
由A 到B 运动过程，由动能定理得：
⑤ …………………………………2分 由①②③④⑤式联立得到：…………………………………2分
本题考查的是曲线运动综合知识，恰好通过轨道最高点C ，说明在C 点重力完全充当向心力，离开C 点后，滑块做平抛运动，在整个运动过程中AB 段外力F 和摩擦力做功，在BC 段只有重力做功． 17．如图，长200cm L =，粗细均匀的玻璃管一端封闭。

水平放置时，0100cm L =的空气被水银柱封住，水银柱长50cm h =。

将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有025cm h =的水银柱进入玻璃管。

设整个过程中温度始终保持不变，大气压强075cmHg p =。

求插入水银槽后管内气体的压强。

【答案】52.0cmHg
【解析】
【详解】
设玻璃管截面积为s ，水平放置时，气体压强为P 1，体积为V 1，假设当转到竖直放置时，水银恰好未流出，气体压强为P 2，体积为V 2，则
P 1=P 0=75cmHg ，
V 1=L 0s ，
P 2=？，
V 2=（L-h ）s ，
由玻意耳定律：P 1V 1=P 2V 2 代入数据解得：
P 2=50cmHg ，
由于20100cmHg>P P gh ρ+=，所以水银必有流出。

设剩余水银柱长度为x ，气体的压强P 3，体积V 3，则 P 3=（P 0-x ）cmHg ，
V 3=（L-x ）s ，
由玻意耳定律：P 1V 1=P 3V 3 代入数据解得：
x≈30.7cm ，
插入水银柱后，设气体压强为P 4，体积V 4=（L-x-h 0）s 由玻意耳定律：P 1V 1=P 4V 4 代入数据解得：
P 4≈52.0cmHg ；。