广东省惠州市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

广东省惠州市(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

广东省惠州市 (六校联考） 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，装备了 “全力自动刹车 ”安全系统的汽车，当车速 v 满足 3.6km/h ≤ v≤ 36km/h、且与前方行人之间 的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动 “全力自动刹车 ”，使汽车避免与行 人相撞。若该车在不同路况下 “全力自动刹车 ”的加速度取值范围是 4~6m/s 2，则该系统设置的安全距离约 为（ ） A． 0.08m B．1.25m C．8.33 m D． 12.5m 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 由题意知，车速 3.6km/h ≤v≤36km/h即1m/s 10m/sv ，系统立即启动 “全力自动刹车 ”的加速度大小约 为 4~6m/s 2，最后末速度减为 0，由推导公式 2 2v ax 可得 2 210 m 12.5m 2 2 4 vx a 故 ABC 错误， D 正确。 故选 D。 2．跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目，如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，若在下 落过程中受到水平风力的影响，下列说法中正确的是（ ） A．风力越大，下落过程重力的冲量越大 B．风力越大，着地时的动能越大 C．风力越大，下落的时间越短 D．下落过程的位移与风力无关 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 AC ．运动员参加两个分运动，水平方向随空气受风力影响，竖直方向在降落伞张开前先加速，降落伞张 开后先减速后匀速， 由于竖直分运动不受水平分运动的干扰， 故运动时间与风速无关， 由公式 I Gt 可知， 下落过程重力的冲量与分力无关，故 AC 错误； B．运动员落地速度由水平分速度和竖直分速度合成，水平分速度由风速决定，故风速越大，合速度越大， 即着地动能越大，故 B 正确； D．运动时间与风速无关，风力越大，水平位移越大，下落过程的位移为 ' 2 2x x h 则风力越大，水平位移越大，下落过程的位移越大，故 D 错误。 故选 B。 3．某银行向在读成人学生发放贷记卡，允许学生利用此卡存款或者短期贷款．一位同学将卡内余额类比 成运动中的 “速度 ”，将每个月存取款类比成 “加速度 ”，据此类比方法， 某同学在银行账户 “ 元 ”的情况 下第一个月取出 500 元，第二个月取出 1000 元，这个过程可以类比成运动中的 ( ) A．速度减小，加速度减小 B．速度增大，加速度减小 C．速度增大，加速度增大 D．速度减小，加速度增大 【答案】 C 【解析】 【详解】 将每个月取款类比成 “加速度 ”，第一个月取出 500 元，第二个月取出 1000 元，说明加速度变大，将卡内 余额类比成运动中的 “速度 ”，卡内贷款变多，则速度增大，故 C 正确。故选 C。 4．在光滑的水平桌面上有两个质量均为 m 的小球， 由长度为 2l 的拉紧细线相连． 以一恒力作用于细线中 点，恒力的大小为 F，方向平行于桌面．两球开始运动时，细线与恒力方向垂直．在两球碰撞前瞬间，两 球的速度在垂直于恒力方向的分量为 （ ） A． 2 Fl m B． Fl m C． 2 Fl m D． 2Fl m 【答案】 B 【解析】 以两球开始运动时细线中点为坐标原点，恒力 F 方向为 x 轴正方向建立直角坐标系如图 1，设开始到两球 碰撞瞬间任一小球沿 x 方向的位移为 s，根据对称性，在碰撞前瞬间两球的 vx、 vy 、v 大小均相等，对其 中任一小球，在 x 方向做初速度为零的匀加速直线运动有： 2x Fv t m ＝ ； 21 2 2 FS t m ＝ ； 2 2 2 x yv v v＝ ； 细线不计质量， F 对细线所做的功等于细线对物体所做的功，故对整体全过程由动能定理有： F（ s+l） =2× 1 2 mv 2 ；由以上各式解得： x FSv m y Flv m ，故选 B． 5．一定质量的理想气体由状态 A 沿平行 T 轴的直线变化到状态 B，然后沿过原点的直线由状态 B 变化到 状态 C，p－T 图像如图所示，关于该理想气体在状态 A、状态 B 和状态 C 时的体积 V A、V B、V C 的关系 正确的是（ ） A． A B CV V V B． A B CV V V C． A B CV V V D． A B CV V V 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 从 A 到 B 为等压变化，根据 V C T 可知，随着温度的升高，体积增大，故 A BV V 从 B 到 C 为坐标原点的直线，为等容变化，故 B CV V 所以 A B CV V V 故 ACD 错误， B 正确。 故选 B。 6．如图是飞机在上海市由北往南飞行表演过程画面，当飞机从水平位置飞到竖直位置时，相对于飞行员 来说，关于飞机的左右机翼电势高低的说法正确的是（ ） A．不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞机的左侧机翼电势高 B．不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞稱的右机翼电势高 C．水平飞行时，飞机的右侧机翼电势高，竖直向上飞行时，飞机的左侧机翼电势高 D．水平飞行时，飞机的左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，飞机的右侧机翼电势高 【答案】 D 【解析】 【详解】 地磁场在北半球有竖直向下和由南向北的水平分量， 水平由北向南飞行时， 飞机的两翼切割竖直向下的磁 感线，根据右手定则可知，左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，两翼切割水平方向的磁感线，根据右手定 则可知，机翼右侧电势高， D 正确， ABC 错误。 故选 D。 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．如图所示电路中，变压器为理想变压器， a、b 接在电压有效值不变的交流电源两端， R 0 为定值电阻， R 为滑动变阻器 .现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表 A 1 的示数减小了 0.2A，电 流表 A 2 的示数减小了 0.8A，所有电表均为理想电表，则下列说法正确的是（ ） A．电压表 V 1 示数减小 B．电压表 V 2、V3 示数均减小 C．该变压器起降压作用 D．变阻器滑片是沿 d→c 的方向滑动 【答案】 CD 【解析】 【详解】 ABD ．根据变压器原理，输入电压 U 1 和输出电压 U2 保持不变，而 A 2 示数减小，说明负载电路电阻变大， 所以滑动变阻器 R 变大了，即变阻器滑片是沿 d c 的方向滑动的，故 AB 错误， D 正确； C．原、副线圈中电流和匝数成反比，即 1 1 2 2n I n I 电流变化时，则有 1 1 2 2n I n I 可求得 1 2: 4 :1n n 故变压器应为降压变压器，故 C 正确。 故选 CD 。 8．歼－ 15 飞机是我国研制的多用途舰载战斗机。某飞行训练中，第一次舰保持静止，飞机从静止开始沿 甲板运动，当飞机的速度为 v 时通过的距离为 x1，经历的时间为 t 1；第二次舰以速度 v0 匀速运动，飞机 相对甲板由静止开始沿舰运动的同方向加速， 当飞机相对海面的速度为 v 时沿甲板通过的距离为 x2，经历 的时间为 t2。设两次飞机均做匀加速运动且加速度大小相等。则（ ） A． 1 2 1 1 t t B． 1 2 0 t v t v v C． 21 2 0 ( )x v x v v D． 2 1 2 2 2 0 x v x v v 【答案】 BC 【解析】 【详解】 当舰静止时，根据运动学公式有： v=at 1 v2=2ax1 当舰运动时，有 v-v 0=at 2 2 2 0 2 2 0 2 1 2 v t at t xv 整理得： 1 2 0 t v t v v 21 2 0 ( )x v x v v 故 BC 正确， AD 错误。 故选 BC 。 9．如图所示是导轨式电磁炮的原理结构示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放炮弹。 炮弹可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。内阻为 r 可控电源提供的强大恒定电流从一根导 轨流入， 经过炮弹， 再从另一导轨流回电源， 炮弹被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。 在发射过程中， 该磁场在炮弹所在位置始终可以简化为磁感应强度为 B 的垂直平行轨道匀强磁场。 已知两导轨内侧间距 L ， 炮弹的质量 m，炮弹在导轨间的电阻为 R，若炮弹滑行 s 后获得的发射速度为 v。不计空气阻力，下列说 法正确的是（ ） A． a 为电源负极 B．电磁炮受到的安培力大小为 2mvF s C．可控电源的电动势是 ( ) 2 mv R rE sBL D．这一过程中系统消耗的总能量是 2 3 2 2 2 1 ( ) 2 2 m v R rmv sB L 【答案】 AD 【解析】 【详解】 A．若电源 a、b 分别为负极、正极，根据左手定则可知，受到的安培力向右，则导体滑块可在磁场中向 右加速；故 A 正确； B．因安培力 F=BIL ，根据动能定理 21 2 Fx mv 所以 2 2 mvF s 选项 B 错误； C．由匀加速运动公式 2 0 2 va s 由安培力公式和牛顿第二定律，有 F=BIL=ma 根据闭合电路欧姆定律根据闭合电路欧姆定律 EI R r 联立以上三式解得 2( ) 2 mv R rE sBL 选项 C 错误； D．因这一过程中的时间为 2st v 所以系统产生的内能为 Q=I 2（R+r ）t 2( ) 2 mv R rE sBL 联立解得 2 3 2 2 ( ) 2 m v R rQ sB L 炮弹的动能为 2 k 1 2 E mv 由能的转化与守恒定律得这一过程中系统消耗的总能量为 2 3 2 k 2 2 1 ( ) 2 2 m v R rE Q E mv sB L 所以 D 正确。 故选 AD 。 10．如图所示，煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，煤块与两传送带间的动摩擦因数均 为 0.3 ，每隔 10sT 在传送带甲左端轻放上一个质量为 2kgm 的相同煤块，发现煤块离开传送带甲 前已经与甲速度相等，且相邻煤块（已匀速）左侧的距离为 6mx ，随后煤块平稳地传到传送带乙上， 乙的宽度足够大，速度为 0.9m/s,v g 取 210m/s ，则下列说法正确的是（ ） A．传送带甲的速度大小为 0.6m/s B．当煤块在传送带乙上沿垂直于乙的速度减为 0 时，这个煤块相对于地面的速度还没有增加到 0.9m/s C．一个煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为 6cm D．一个煤块在乙传送带上留下的痕迹长度为 19.5cm 【答案】 ACD 【解析】 【详解】 A．煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度 23m/smga g m 煤块在传送带甲上先匀加速再匀速运动， 加速度相同， 所以相邻煤块之间的距离与时间的比值即传送带甲 的速度，即 0.6m/sxv T甲 故 A 正确； B．煤块滑上传送带乙时，所受滑动摩擦力的方向与煤块相对传送带乙的运动方向相反，相对传送带乙做 匀减速直线运动，所以当煤块在传送带乙上沿垂直乙的速度减为零时，煤块已相对传送带乙静止，即相对 地面的速度增至 0.9m/s，故 B 错误； C．以传送带甲为参考系，煤块的初速度为 0.6m/s ，方向与传送带甲的速度方向相反，煤块相对传送带 甲做匀减速直线运动，相对加速度仍为 23m/s ，故相对传送带甲的位移 2 1 0.06m 6cm 2 vx a 所以煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为 6cm，故 C 正确； D．以传送带乙为参考系，煤块的初速度为 2 2 3 13 m/s 10 v v v甲相对 相对加速度 23m/sa 煤块相对乙传送带的位移 2 2 0.195m 19.5cm 2 vx a相对 即煤块在传送带乙上留下的痕迹为 19.5cm，故 D 正确。 故选 ACD 。 11．如图所示，带有正电荷的 A 粒子和 B 粒子同时以同样大小的速度 (速度方向与边界的夹角分别为 30°、 60°)从宽度为 d 的有界匀强磁场的边界上的 O 点射入磁场， 又恰好都不从另一边界飞出， 则下列说法中正 确的是（ ） A． A、 B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 1∶ 3 B． A、 B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 3(2－ 3 )∶1 C． A、 B 两粒子的比荷之比是 3 ∶1 D． A、 B 两粒子的比荷之比是 (2＋ 3 )∶ 3 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．设 AB 两粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为 R 和 r ， 根据上图可知 cos30R R d cos60r r d 联立解得 3 3(2 3) 12 3 R r 故 A 错误， B 正确。 CD ．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得 2vqvB m r 解得 q v m Br ，由题意可知，两粒子的 v 大小与 B 都相同，则 AB 两粒子的 q m 之比与粒子的轨道半径成 反比，即粒子比荷之比为 2 3 3 ，故 C 错误， D 正确。 故选 BD 。 12．利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。霍尔元件常用两种半导体材料制 成：一类是 N 型半导体，其载流子是电子，另一类是 P 型半导体，其载流子称为 “空穴 ”，相当于带正电 的粒子。 把某种材料制成的长方体霍尔元件竖直放在匀强磁场中， 磁场 B 的方向垂直于霍尔元件的工作面， 当霍尔元件中通有如图所示方向的电流 I 时，其上、下两表面之间会形成电势差。则下列说法中正确的是 （ ） A．若长方体是 N 型半导体，则上表面电势高于下表面电势 B．若长方体是 P 型半导体，则上表面电势高于下表面电势 C．在测地球赤道的地磁场强弱时，元件的工作面应与所在位置的水平面平行 D．在测地球两极的地磁场强弱时，元件的工作面应与所在位置的水平面平行 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．若长方体是 N 型半导体，由左手定则可知，电子向上表面偏转，则上表面电势低于下表面电势；若 长方体是 P 型半导体，则带正电的粒子向上表面偏转，即上表面电势高于下表面电势，选项 A 错误， B 正确； C．赤道处的地磁场是水平的，则在测地球赤道的地磁场强弱时，元件的工作面应与所在位置的水平面垂 直，选项 C 错误； D．两极处的地磁场是竖直的， 在测地球两极的地磁场强弱时， 元件的工作面应与所在位置的水平面平行， 选项 D 正确。 故选 BD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻。 A．待测干电池两节，每节电池电动势约为 1.5V，内阻约几欧姆 B．直流电压表 V1、 V 2，量程均为 3V ，内阻约为 3kΩ C 定值电阻 R 0未知 D．滑动变阻器 R，最大阻值 Rm E．导线和开关 (1)根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图 ______。 (2)实验之前， 需要利用该电路图测出定值电阻 R0，方法是先把滑动变阻器 R 调到最大阻值 R m，再闭合开 关，电压表 V 1 和 V2 的读数分别为 U10、U 20，则 R0=___________( 用 U m、U 10、U20、R m 表示 ) (3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表 V 1和 V 2 的多组数据 U1、U2，描绘出 U2-U1 图象如图丙所示， 图中直线斜率为 k ，与纵轴的截距为 a，则两节干电池的总电动势 E=___________ ，总内阻 r=___________( 用 k、a、R0 表示 )。 【答案】 20 10 10 m U U R U 1 a k 0 1 kR k 【解析】 【详解】 （ 1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示： （ 2）由图可知， V 2 测量 R0 与 R 两端的电压， V 1 测量 R 两端的电压，则 R0 两端的电压 U 20﹣U 10；由欧 姆定律可知： R0 20 10 20 10 10 10 m U U U U U U R R m ； （ 3）由闭合电路欧姆定律可知： E＝U 2 2 1 0 U U R r，变形得： 0 2 1 0 0 ER rU U R r R r ，结合图象有： 0 r k R r ， 0 0 ER a R r ，解得 ; 1 aE k , 0 1 kRr k 。 14．某同学利用气垫导轨验证动量守恒定律， 同时测量弹簧的弹性势能， 实验装置如图甲所示， 两滑块 A 、 B 上各固定一相同窄片。部分实验步骤如下： I. 用螺旋测微器测量窄片的宽度 d； II. 将气垫导轨调成水平； II. 将 A 、B 用细线绑住，在 A． B 间放入一个被压缩的轻小弹簧； IV .烧断细线，记录 A、B 上的窄片分别通过光电门 C、D 的挡光时间 t1、t 2。 (1)若测量窄片的宽度 d 时，螺旋测微器的示数如图乙所示，则 d=_____mm 。 (2)实验中，还应测量的物理量是 ______ A．滑块 A 的质量 m 1 以及滑块 B 的质量 m 2 B．烧断细线后滑块 A、B 运动到光电门 C、D 的时间 tA 、tB C．烧断细线后滑块 A、B 运动到光电门 C、D 的路程 x1、x2 (3)验证动量守恒定律的表达式是 _____________ ；烧断细线前弹簧的弹性势能 E p=________ 。(均用题中 相关物理量的字母表示 ) 【答案】 4.800 A 1 2 1 2 m m t t 2 1 2 2 2 1 22 m md t t 【解析】 【详解】 (1)[1] 螺旋测微器主尺的示数为 4.5mm ，可动刻度的示数为 0.01mm×30.0=0.300mm ，故 d=4.5mm+0.300mm=4.800mm (2)[2] 验证动量守恒定律，需要测量滑块 A、B 的质量 m 1和 m 2 故选 A (3)[3] 根据动量守恒定律 1 1 2 2 0mv m v 其中 1 1 1 dv t 、 2 2 2 dv t 可得 1 2 1 2 m m t t [4] 根据能量守恒定律可得，烧断细线前弹簧的弹性势能 2 2 2 1 2 p 1 1 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 m mdE m v m v t t 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．如图所示，水平地面上静止放置一辆长度为 L=1.5m 、质量 m A=4kg 的小车 A，小车的上表面粗糙， 小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计；小车左端固定一轻质弹簧，自然长度为 L=0.5m ，最右端静 置一质量 m B=2kg 的物块 B（可视为质点） ；现对 A 施加一个水平向右 F=20N 的恒力，小车运动一段时间 后，物块 B 和弹簧接触，同时撤掉恒力 F，已知物块 B 和小车间的动摩擦因数 0 2= ．。不计空气阻力，重 力加速度 g=10m/s 2，求： （ 1）水平向右的恒力 F 作用的时间 t； （ 2）弹簧最大压缩量 d=0.3m 时，弹簧的弹性时能 Ep。 【答案】 （1） 1st ；（2） 23 J 15pE 【解析】 【分析】 【详解】 （ 1）根据牛顿第二定律，有 物块 B 的加速度 B B B m ga m 小车 A 的加速度 B A A F m ga m 物块 B 的位移 21 2B Bx a t 小车 A 的位移 21 2A Ax a t 根据位移关系有 0A Bx x L L 联立解得 1t s （ 2）撤掉外力时，物块 B 的速度 B Bv a t 撤掉外力时，小车的速度 A Av a t 从撤掉外力到弹簧压缩最短的过程中，根据动量守恒定律 A A B B A Bm v m v m m v 从撤掉外力到弹簧压缩最短的过程中，根据能量关系 2 2 21 1 1 2 2 2 PA A B B A B Bm v m v m m v m gd E 由上式解得 23J 15pE 16．2022 年第 24 届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口举行， 跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。 如图所示为简化的跳台滑雪的雪道示意图 AO， 为助滑道 OB， 为着陆坡。 运动员从助滑道上的 A 点由静 止滑下， 然后从 O点沿水平方向飞出， 最后在着陆坡上着陆。 已知， A点与 O 点的高度差为 h ，着陆坡 OB 的倾角为 ，运动员的质量为 m ，重力加速度为 g 。将运动员和滑雪板整体看作质点，不计一切摩擦和 空气阻力，求： (1)运动员经过 O 点时的速度大小 v； (2)运动员从飞出到着陆的时间 t ； (3)运动员的着陆点到 O点的距离 s 。 【答案】 (1) 2v gh ； (2) 22tan ht g ；(3) 4 tan cos hs 【解析】 【分析】 【详解】 (1)AO 段，由动能定理 21 2 mgh mv 解得 2v gh (2)从 O 点飞出后，做平抛运动。水平方向 x vt 竖直方向 21 2 y gt 落到斜面上 tany x 联立以上各式，解得 22 tan ht g (3)运动员的着陆点到 O点的水平距离为： 22 2 tan 4 tanhx vt gh h g 根据几何知识可知 cos x s 联立解得 4 tan cos hs 17．如图所示，物体 P 和 Q 分别位于倾角 37 的斜面和绝缘水平面上，用跨过光滑定滑轮 O 的绝缘轻 绳连接， 绳 OQ 段水平， 绳 OP 段平行于斜面， 绝缘水平面上方空间有范围足够大、 水平向右的匀强电场， 已知 P 、 Q 与接触面间的动摩擦因数均为 0.2，质量均为 1kgm ， P 不带电 Q 带 31 10 C 的正电 荷。 P 、 Q 均恰好能匀速滑动。 P Q、 与接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 sin37 0.6 ， cos27 0.8， 210m/sg 。求匀强电场的电场强度大小的可能值。 【答案】 3 1 2.4 10 N / CE 或 3 2 9.6 10 N / CE 【解析】 【详解】 当 P 沿斜面向下匀速滑动时，受到的摩擦力沿斜面向上，对 P Q、 整体分析，由平衡条件有： 1sin cosmg mg qE mg 解得： 3 1 2.4 10 N / CE 当 P 沿斜面向上匀速滑动时，受到的摩擦力沿斜面向下，对 P Q、 整体分析，由平衡条件有： 2sin cosmg mg qE mg 解得： 3 2 9.6 10 N / CE