江苏省南通市(4校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

江苏省南通市(4校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

江苏省南通市 (4 校联考） 2021 届新高考模拟物理试题 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．如图甲所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，甲图中箭 头方向为电流的正方向。直导线中通以图乙所示的电流，则在 0－ 1t 时间内，导线框中电流的方向（ ） A．始终沿顺时针 B．始终沿逆时针 C．先顺时针后逆时针 D．先逆时针后顺时针 【答案】 A 【解析】 【详解】 电流先沿正方向减小，产生的磁场将减小，此时由右手螺旋定则可知，穿过线框的磁场垂直于线框向里且 减小，故电流顺时针，当电流减小到零再反向增大时，此时由右手螺旋定则可知，穿过线框的磁场垂直于 线框向外且增大，故电流顺时针，则在 0－ 1t 时间内，导线框中电流的方向始终为顺时针，故 A 正确。 故选 A。 2．利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流将交变电流变为直流，一种简单的整流电 路如图甲所示， ab 为交变电流信号输入端， D 为半导体二极管， R 为定值电阻。信号输入后，电阻 R 两 端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是（ ） A．频率为 100Hz. B．电压有效值为 50V C．一个标有 “ 90V，30μ F”的电容器并联在电阻 R 两端，可以正常工作 D．若电阻 R=100Ω，则 1min 内 R 产生的热量为 2.5 ×104J 【答案】 B 【解析】 【详解】 A．由图乙可知，该电压的周期 T=0.02s ，故频率为 1f T 50Hz 故 A 错误； B．由电流的热效应知，一个周期内电阻产生的热量 22 0.01 0.02 UU R R 有 其中的 100 50 2V 2 U 故电压有效值为 U 有=50V ，故 B 正确； C．电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压 90V，而 R 两端电压的瞬时值最大为 100V ，故电容不能正 常工作，故 C 错误； D．电阻 R 产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故 1min 内产生的热量为 2 41.5 10 J U Q t R 有 故 D 错误。 故选 B。 3．下列说法正确的是（ ） A．单摆的摆球在通过最低点时合外力等于零 B．有些昆虫薄而透明的翅翼上出现彩色光带是薄膜干涉现象 C．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场 D．一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度大 【答案】 B 【解析】 【详解】 A．单摆的摆球在通过最低点时，回复力等于零，而合外力一定不等于零，故 A 错误； B．薄而透明的羽翼上出现彩色光带，是由于羽翼前后表面反射，进行相互叠加，是薄膜干涉现象，故 B 正确； C．均匀变化的电场产生稳定磁场，非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场，故 C 错误； D．根据相对论，则有沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时的长度短，故 D 错误。 故选： B。 4．如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在 220 2 sin100u t （V）的交流电源上，副线圈接有 R=55Ω 的电阻，原、副线圈匝数比为 2： 1．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表 为理想电表。则（ ） A．副线圈的输出功率为 110W B．原线圈的输人功率为 110 2 W C．电流表的读数为 1A D．副线圈输出的电流方向不变 【答案】 A 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流， 1m 2m 1 2: :U U n n ，所以副线圈电压的最大值为 2m 110 2VU ，设副线圈电压的有效值为 2U ，则有 2 2m 2 2 20 2 U U TT R R 解得 2 55 2VU ，副线圈的输出功率为 2 2 2 110WUP R 原线圈的输入功率为 1 2 110WP P ， A 正确， B 错误； C．电流表读数为 2 2 2AUI R C 错误； D．因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生 的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变， D 错误。 故选 A。 5．下列说法中错误的是（ ） A．若氢原子从 n=6 能级向 n=1 能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应， 则氢原子从 n=6 能级 向 n=2 能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应 B．卢瑟福通过 α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型 C．原子核发生一次 β衰变，该原子核外就一定失去一个电子 D．质子、中子、 α粒子的质量分别是 m、m 2、 m 3，质子和中子结合成一个 α粒子，释放的能量是 2 1 2 32 2m m m c 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．根据玻尔理论可知，氢原子从 6n 能级向 1n 能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从 6n 能 级向 2n 能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从 6n 能级向 1n 能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从 6n 能级向 2n 能级跃迁时辐射出的 光也不能使该金属发生光电效应，故 A 正确； B．卢瑟福通过对 α粒子散射实验结果的分析，提出了原子核式结构理论，故 B 正确； C． β衰变的实质是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子， 电子释放出来， 不是来自核外电子， 故 C 错误； D．质子、中子、 α子的质量分别是 1m 、 2m 、 3m ，质子和中子结合成一个 α粒子的过程中亏损的质量为 1 2 32 2m mm m 根据爱因斯坦质能方程可知释放的能量是 1 2 2 3(2 2 )m cm m ，故 D 正确； 本题选择错误的，故选 C。 6．如图所示，一个劈形物体 A，各面均光滑，放在固定的斜面上，上表面呈水平，在水平面上放一个小 球 B，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是 ( ) A．沿斜面向下的直线 B．竖直向下的直线 C．无规则曲线 D．抛物线 【答案】 B 【解析】 【详解】 楔形物体 A 释放前，小球受到重力和支持力，两力平衡；楔形物体 A 释放后，由于楔形物体 A 是光滑的， 则小球水平方向不受力，根据牛顿第一定律知，小球在水平方向的状态不改变，即仍保持静止状态．而竖 直方向：楔形物体 A 对 B 的支持力将小于小球的重力，小球将沿竖直方向做加速运动，所以小球在碰到 斜面前的运动是竖直向下的加速运动，其运动轨迹是竖直向下的直线，故 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．质量均为 m 的小球 A 、B 分别固定在一长为 L 的轻杆的中点和一端点，如图所示。当轻杆绕另一端点 O 在光滑水平面上做角速度为 ω的匀速圆周运动时，则（ ） A．处于中点的小球 A 的线速度为 L B．处于中点的小球 A 的加速度为 2L C．处于端点的小球 B 所受的合外力为 2m L D．轻杆 OA段中的拉力与 AB 段中的拉力之比为 3：2 【答案】 CD 【解析】 【详解】 A．处于中点的小球 A 的运动半径为 2 L ，根据线速度与角速度的关系可知线速度 1 2 v L A 错误； B．处于中点的小球 A 的加速度为 2 A 1 2 a L B 错误； C．处于端点的小球 B 的向心加速度 2a L 由牛顿第二定律 F ma 可知小球 B 所受的合外力为 2F m L C 正确； D．设轻杆 OA段中的拉力为 1F ，轻杆 AB 段中的拉力为 2F ，对小球 A 由牛顿第二定律可得 2 1 2 1 2 F F m L 对小球 B 由牛顿第二定律可得 2 2F m L 联立解得 1 2 3 2 F F D 正确。 故选 CD 。 8．如图甲所示，倾角 θ =30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡 板上。一质量为 m 的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运 动的 v－t 图像如图乙所示，其中 OA 段为直线段， AB 段是与 OA 相切于 A 点的平滑曲线， BC 是平滑 曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为 g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是（ ） A．小球在 Bt 时刻所受弹簧的弹力等于 mg B．小球在 Ct 时刻的加速度大于 1 2 g C．小球从 Ct 时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点 D．小球从 At 时刻到 Ct 时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量 【答案】 BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．小球在 Bt 时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则有 F 弹 1sin 30 2 mg mg 故 A 错误； B．在乙图中，关于 A点对称的点可知此时弹簧的弹力为 0.5mg ，由对称性得由对称轴到对称点的弹簧的 弹力再变化 0.5mg ，故到达 C 点时弹簧的弹力大于 2 0.5mg mg ，所以弹力大于 mg ，根据牛顿第二 定律可知 F 弹 sinθmg ma 解得 1 2 a g 故 B 正确； C．整个过程中，弹簧和小球组成的系统，机械能守恒，故从 C 点释放，小球能到达原来的释放点，故 C 正确； D．小球从 At 时刻到 Ct 时刻的过程中，系统机械能守恒，则有重力势能的减小量与动能的减小量等于弹簧 弹性势能的增加量，所以重力势能的减小量小于弹簧弹性势能的增加量，故 D 错误。 故选 BC 。 9．用一束波长为 λ的绿光照射某极限波长为 λo的金属，能产生光电效应，下列说法正确的是（ ） A．该金属逸出功为 W=hλ o B．把这束绿光遮住一半，则逸出的光电流强度减小 C．若改用一束红光照射，则不可能产生光电效应 D．要使光电流为 0，光电管两级至少需要加大小为 1 1( )hc e o 的电压 【答案】 BD 【解析】 该金属逸出功为： 0 0 0 cW hv h ，故 A 错误；光的强度增大，则单位时间内逸出的光电子数目增多， 遮住一半，光电子数减小，逸出的光电流强度减小，但仍发生光电效应，光电子最大初动能将不变，故 C 错误， B 正确；光电效应方程为： 0 Khv W E ，光速为： c v ，根据动能定理可得光电流为零时有： C KeU E ，联立解得： 0 1 1 C hcU e ，故 D 正确．所以 BD 正确， AC 错误． 10．一物体静止在水平地面上， 在竖直向上拉力 F 作用下开始向上运动， 如图甲。 在物体向上运动过程中， 其机械能 E 与位移 x 的关系图象如图乙，已知曲线上 A 点的切线斜率最大，不计空气阻力，则 A．在 x1 处物体所受拉力最大 B．在 x1~x2 过程中，物体的动能先增大后减小 C．在 x1~x2 过程中，物体的加速度先增大后减小 D．在 0~x2过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功 【答案】 AB 【解析】 【详解】 A． E-x 图像的斜率代表竖直向上拉力 F，物体静止在水平地面上，在竖直向上拉力 F 作用下开始向上， 说明在 x=0 处，拉力 F 大于重力，在 0-x1 过程中，图像斜率逐渐增大，则拉力 F 在增大， x1 处物体图象 的斜率最大，所受的拉力最大，故 A 正确； BC．在 x1~x2 过程中，图象的斜率逐渐变小，说明拉力越来越小；在 x2 处物体的机械能达到最大，图象 的斜率为零，说明此时拉力为零。根据合外力 -F F mg合 可知，在 x1~x 2 过程中，拉力 F 逐渐减小到 mg 的过程中，物体做加速度逐渐减小的加速运动，物体加速度在减小，动能在增大，拉力 F=mg 到减小 到 0 的过程中， 物体的加速度反向增大， 物体做加速度逐渐增大的减速运动， 物体的动能在减小； 在 x1~x2 过程中，物体的动能先增大后减小，物体的加速度先减小后反向增大，故 B 正确， C 错误； D．物体从静止开始运动， 到 x2 处以后机械能保持不变，在 x2 处时，物体具有重力势能和动能，故在 0~x2 过程中，拉力对物体做的功等于克服物体重力做的功与物体的动能之和，故 D 错误。 11．如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表 A 、理想电压表 V，副线圈上通过输电线接有 一个灯泡 L，一个电吹风 M ，输电线的等效电阻为 R，副线圈匝数可以通过调节滑片 P 改变。 S 断开时， 灯泡 L 正常发光。以下说法中正确的是（ ） A．滑片 P 位置不动，当 S 闭合时，电压表读数增大 B．滑片 P 位置不动，当 S 闭合时，电流表读数增大 C．当 S 闭合时，为使灯泡 L 正常发光，滑片 P 应向上滑动 D．当 S 闭合时，为使灯泡 L 正常发光，滑片 P 应向下滑动 【答案】 BC 【解析】 【详解】 A．滑片 P 位置不动，当 S 闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数 不变，故 A 错误； B．滑片 P 位置不动， 当 S 闭合时， 副线圈电压不变， 电阻变小， 输出功率变大， 输入功率变大， 根据 P1=U 1I 1， 知电流表读数变大，故 B 正确； CD ．因为副线圈电压不变，电阻变小，则副线圈电流变大，所以等效电阻 R 两端的电压增大，并联部分 的电压减小，为了使灯泡 L 正常发光，必须增大电压，滑片 P 应向上滑动，故 C 正确， D 错误。 故选 BC 。 12．以下说法正确的是 ________。 A．某物质的密度为 ρ，其分子的体积为 0V ，分子的质量为 m，则 0 m V B．空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值越大，空气的相对湿度越大 C．在装满水的玻璃杯内，可以不断地轻轻投放一定数量的大头针，水也不会流出，这是由于大头针填充 了水分子间的空隙 D．内能不同的物体，物体内部分子热运动的平均动能可能相同 E.玻璃管裂口放在火上烧熔，它的尖锐处就变圆滑，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面积要收 缩到最小的缘故 【答案】 BDE 【解析】 【分析】 【详解】 A．密度是宏观的物理量，分子的质量与体积是微观的物理量，则 0 m V ，故 A 错误； B．根据相对湿度的定义式可知，空气中水蒸气的压强与同温度时水的饱和汽压的比值越大，空气的相对 湿度越大，故 B 正确； C．在装满水的玻璃杯内，可以不断地轻轻投放一定数量的大头针，水也不会流出的原因是液体的表面张 力作用，液体表面层分子的分布要比内部稀疏些，分子之间的吸引力和排斥力都减弱了，其中斥力减弱更 多，所以表面层分子之间有相互吸引力，这种力叫表面张力，由于表面张力的作用，使水面形成一层弹性 薄膜，所以水不会流出，故 C 错误； D．物体的内能由温度、体积和物质的量决定，内能不同的物体，温度可能相同，温度是分子平均动能的 标志，温度相同，分子的平均动能相同，故 D 正确； E．玻璃管道裂口放在火上烧熔， 熔化的玻璃在表面张力的作用下收缩到最小， 从而变得圆滑， 故 E 正确。 故选 BDE 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某小组要测量一电源的电动势和内阻。 供使用的实验器材有： 量程为 0~ 0.6A 电阻不计的电流表一只； 阻值均为 6 的定值电阻三只；开关 S 及导线若干。根据实验器材，同学们设计出如图甲所示的电路图， 其主要实验操作步骤如下： (1)三个 6 的电阻通过串、并联等不同的组合方式可以得到七个不同阻值的电阻 R，表中已列出 R 的不 同阻值。 (2)把不同组合方式得到的电阻 R 分别接入图甲所示电路的 MN 之间，可测得七组电阻 R 对应电流 I 的数 据如下表。 (3)以 1 I 纵坐标、 R 为横坐标，根据表中数据在图乙坐标纸上作出 1 R I 图像 ______。 (4)根据图像求出电源的电动势 E=_______V ；内阻 r=_______ 。（结果均保留两位有效数字） (5)该小组利用此电路测量一未知电阻 xR 的阻值。把未知电阻 xR 接入电路 MN 间，电流表的读数为 0.25A ， 可得待测电阻的阻值为 ________ 。(保留两位有效数字 ) 【答案】 2.9（2.7～ 3.1） 2.9（2.7～ 3.1） 8.8 （ 8.4～9.2） 【解析】 【分析】 【详解】 (3)[1] 通过描点作图作出 1 R I 图像 (4)[2][3] 根据闭合电路欧姆定律 ( )E I R r ，得： 1 R r I E E 结合图像可知 1 7.1 1 18 k E ； 1r E 解得： 2.95VE ， 2.95r (5)[4] 根据分析可知 8.85x ER r I 14．图甲为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路图。 (1)将图乙所示的实验电路连接完整 ________。 (2)已知毫安表满偏电流为 1mA ，表头上标记的内阻值为 120Ω，R 1和 R 2为定值电阻。若将开关 S2 扳到 a 接线柱，电表量程为 4mA; 若将开关 S2 扳到 b 接线拄，电表量程为 16mA 则根据题给条件，定值电阻的阻 值应选 R1＝_____ Ω，R 2=____ Ω。 (3)现用一量程为 16mA ，内阻为 20Ω的标准电流表 A 对改装电表的 16mA 挡进行校准，校准时需选取的 刻度范围为 1mA ～16mA 。电池的电动势为 1.5V，内阻忽略不计 ;滑动变阻器 R 有两种规格，最大阻值分 别为 800Ω 和 1600Ω，则 R 应选用最大阻值为 ____Ω 的滑动变阻器。 (4)若由于表头上标记的内阻值不准， 造成改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大， 则表头内阻的真 实值 ________(填“大于 ”＂或 “小于 ”)120Ω。 【答案】 10 30 1600 小于 【解析】 【详解】 (1)[1] 注意单刀双掷开关的连线，如图： (2)[2][3] 由欧姆定律知，开关 S2 扳到 a 接线柱时有： 1 21=I R I I R R表 表满 满 开关 S2 扳到 b 接线柱时有： 2 12+I R R I I R表 表满 满 1I表 和 2I 表 为改装电表的量程，解以上各式得： 1 10R ， 2 30R (3)[4] 根据 EI R ，电流表校准时需选取的刻度最小为 1mA ，可知电路中总电阻最大为 1500 Ω，由于最大 电阻要达到 1500Ω，所以变阻器要选择 1600Ω。 (4)[5] 改装后电流表的读数比标准电流表的读数偏大，说明流过表头的电流偏大，则实际电阻偏小，故小 于 120Ω。 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长 L 1=66cm 的水银柱，中间封有长 L 2=6.6cm 的 空气柱，上部有长 L 3=44cm 的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐．已知大气压强为 P0=76cmHg ．如果 使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周， 求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度． (封 入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气 .) 【答案】在开口向下管中空气柱的长度为 12cm，到原来位置时管中空气柱的长度是 9.2cm． 【解析】 【分析】 【详解】 设玻璃管开口向上时，空气柱压强为 1 0 3P P gl ① （式中 ρ和 g 分别表示水银的密度和重力加速度． ） 玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空．设此时开口端剩下的水银柱 长度为 x，则 2 1 2 0P gl P gx P， ② （P2 管内空气柱的压强． ）由玻意耳定律得 1 2 2P sl P sh（ ） （ ） ③ （式中， h 是此时空气柱的长度， S 为玻璃管的横截面积． ） 由①②③式和题给条件得 h=12cm ④ 从开始转动一周后，设空气柱的压强为 P3，则 3 0P P gx ⑤ 由玻意耳定律得 1 2 3P sl P sh（ ） （ ） ⑥ （式中， h′是此时空气柱的长度．由①②③⑤⑥解得： h′≈ 9.2cm 16．如图所示， 光滑的水平台高 4mh ，在水平台上放置 A、B 两物体， 质量分别为 1 21.5kg, 2kgm m ， 一半径 2mR 的光滑固定圆弧轨道竖直放置， 与水平地面相切于 C 点， 半径 OD 与竖直方向 OC 的夹角 53 ，现使物体 A 以 0 12m/sv 的初速度水平向右运动，并与物体 B 发生正碰，物体 B 离开平台后 恰能沿 D 点切线方向滑入圆弧轨道。已知重力加速度 g 取 210m/s ,sin 53 0.8,cos53 0.6 ，求： (1)碰撞后物体 A 的速度； (2)物体 B 经过圆弧轨道的 C 点时，轨道受到的压力大小。 【答案】 (1) 1 4m/sv (2) 136N 【解析】 【详解】 （ 1）物体 B 离开平台下落到 D 点的高度为 ' 1 cos53 3.2mh h R 由 2 2 'yv gh ，解得 8m/syv 在 D 点由速度矢量三角形可得 6m/s tan53 y x v v 即碰撞后 B 的速度为 6m/s A、 B 碰撞时由动量守恒得 1 0 1 1 2 xm v m v m v 联立解得 1 4m/sv （ 2） B 从平台落到圆弧轨道 C 点的全过程，由动能定理得 2 2 2 2 2 1 1 2 2 xm gh m v m v 在 C 点由牛顿第二定律可得 2 2 2N m vF m g R 联立解得 136NNF 由牛顿第三定律可得，轨道受到的压力为 136N 17．一容积为 V 0 的容器通过细管与一个装有水银的粗细均匀的 U 形管相连（ U 形管和细管中的气体体积 远小于容器的容积 V 0），U 形管的右管与大气相通，大气压为 750mmHg 。关闭阀门， U 形管的左、右管 中水银面高度相同，此时气体温度为 300K 。现仅对容器内气体进行加热。 ①如图所示， 当 U 形管右侧管中的水银面比左侧管中的水银面高 H=50mm 时， 求封闭容器内气体的温度； ②保持①问中的温度不变，打开阀门 K 缓慢抽出部分气体，当 U 形管左侧管中的水银面比右侧管中的水 银面高 50mm 时（水银始终在 U 形管内） ，求封闭容器内剩余气体的质量与原来总质量的比值； ③判断在抽气的过程中剩余气体是吸热还是放热，并阐述原因。 【答案】① 320K ；② 7 8 ；③吸热，原因见详解 【解析】 【分析】 【详解】 ①由题意可知 0 0 1750mmHg 300K 800mmHgp T p， ， 设升温后气体的压强为 p0，由查理定律得 0 1 0 1 p p T T 解得 T=320K ②当 U 形管左侧管中的水银面比右侧管中的水银面高 50mm 时，压强 p=700mmHg 。 抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为 V，由玻意耳定律得 1 0p V pV 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为 k，由题意得 0 7 8 Vk V ③吸热。因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做功，所以根据热力学第 一定律可知剩余气体要吸热。