(含5套模拟卷)天津市武清区2021届新高考物理模拟试题含解析

天津市武清区2021届新高考物理模拟试题（3）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.下列说法中正确的是A.用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力B.在阳光照射下，可以观察到教室空气中飞舞的尘埃作无规则运动，属于布朗运动C.一定质量的理想气体温度升高其压强一定增大D.一定质量的理想气体温度升高其内能一定增大【答案】D【解析】【详解】A 项：用打气筒打气时，里面的气体因体积变小，压强变大，所以再压缩时就费力，与分子之间的斥力无关，故 A 错误；B 项：教室空气中飞舞的尘埃是由于空气的对流而形成的；不是布朗运动；故 B 错误；C 项：由理想气体状态方程可知，当温度升高时如果体积同时膨胀，则压强有可能减小；故 C 错误；D 项：理想气体不计分子势能，故温度升高时，分子平均动能增大，则内能一定增大；故 D 正确。2.如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a 和 b,内有带电量为q 的某种自由运动电荷.导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I 时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U,且上表面的电势比下表面的低.由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为a 4A-所P负IBC qbU 负【答案】C【解析】【详解】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷；根据电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡可得：cfvB-q一解得:uv=Ba因为电流为：I=nqvs=nqvcib解得：IBn=-qbUA.与分析不符，故 A 错误；B.与分析不符，故 B 错误；C 与分析相符，故 C 正确；D.与分析不符，故 D 错误.3.图甲中竖直放置的电磁铁通入图乙所示电流，当 t=ti时，测得上下两磁极之间的中央处O 点磁感应强度大小为Bo；若在O 点水平固定一个闭合导体小圆环（圆心即O 点），电磁铁仍通入图乙所示的电流，当 1=匕时，测得O 点磁感应强度大小为B,则圆环中感应电流在O 点产生的磁感应强度大小为（）【答案】B【解析】【分析】【详解】设 a 点电势更高，由右手螺旋定则可知，O 点磁感应强度方向竖直向上，大小为Bo；若在。点水平固定一个闭合导体小圆环，当 t=ti时穿过闭合导体小圆环的磁通量增大，由楞次定律可知，从上往下看，小圆环有顺时针的感应电流，由右手螺旋定则可知，小圆环中感应电流产生的磁场方向竖直向下，由矢量合成得B=B（-B感则圆环中感应电流在O 点产生的磁感应强度大小为BBB故 B 正确，ACD错误。故选B。4.如图所示，在真空云室中的矩形ABCD区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，静止放置在O 点的铀 238原子核空U 发生衰变，放出射线后变成某种新的原子核，两段曲线是反冲核（新核）和射线的径迹，曲线OP为,圆 弧，x 轴过O 点且平行于AB边。下列说法正确的是（）A.铀 238原子核发生的是0 衰变，放出的射线是高速电子流B.曲线OP是射线的径迹，曲线OQ是反冲核的径迹C.改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系随之改变D.曲线OQ是 a 射线的径迹，其圆心在x 轴上，半径是曲线O P半径的45倍【答案】D【解析】【分析】【详解】A D,衰变过程中动量守恒，因初动量为零，故衰变后两粒子动量大小相等，方向相反，由图像可知，原子核发生的是a 衰变，粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力2V-qvB-mr得mvr=qB由于反冲核的电荷量比a 射线大，则半径更小，即曲线OQ是射线的径迹，曲线OP是反冲核的径迹，由于曲线OP为 1 圆弧，则其圆心在x 轴上，射线初速度与x 轴重直，新核初速度与X轴垂直，所以新核做4圆周运动的圆心在x 轴上由质量数守恒和电荷数守恒可知反冲核的电荷量是a 粒子的45倍，由半径公式可知，轨道半径之比等于电荷量的反比，则曲线OQ半径是曲线OP半径的45倍，故 A 错误，D 正确。B C.由动量守恒可知0=mv-mava粒子做圆周运动向心力等于洛伦兹力v2qvB=mr得mvr=qB由于反冲核的电荷量比a 射线大，则半径更小，即曲线O Q 是射线的径迹，曲线O P 是反冲核的径迹，反冲核的半径与射线的半径之比等于电荷量的反比，由于电荷量之比不变，则改变磁感应强度的大小，反冲核和射线圆周运动的半径关系不变，故 B C 错误。故 选 D。5.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R 的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d（d L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，并以此位置开始计时做为导线框位移x 的起点，随后导线框进入磁场区域，直至导线框的右边与磁场区域右边界重合。下列图象中，可能正确描述上述过程 的 是（其中q 表示流经线框的电荷量，v 表示线框的瞬时速度）（）;x x x x!L x x x K口 一 !x x x=x =I!x x x x|【解析】【分析】【详解】A B.线圈进入磁场时，产生的感应电动势为E=BLv感应电流为I/R线框受到的安培力大小为B2IVF=BILR由牛顿第二定律为F=ma则有B2I?Va=-mR在线框进入磁场的过程中，由于v 减小，所以a 也减小，则流经线框的电荷量“BLxq=-=-R R则 q zx,q-x图象是过原点的直线。根据数学知识得：_ BLAx BLvKt/?/R因为v 减小，则 q-t图象切线斜率减小；当线框完全进入磁场后，无感应电流，不受安培力，线框做匀速直线运动，磁通量不变，故 AB错误；C.线圈进入磁场的过程做加速度减小的变减速运动，v-t图象是曲线，故 C 错误；D.线圈进入磁场的过程，根据动量定理得：BILt=mvmv0又-BLvt BLxq=It=-=-R R联立整理得v-x图象是向下倾斜的直线，线框完全进入磁场后，做匀速直线运动，故 D 正确。故选D。6.如图所示，abed是边长为L 的正方形回路，处在斜向左上的匀强磁场中，磁场方向与回路平面呈45度角，ab,cd为金属棒，ad,be为细的金属丝，金属丝的质量不计，ab金属棒固定且两端通过导线与另一侧的电源相连，连接在另一端的cd金属棒刚好能悬在空中且正方形回路处于水平，cd段金属棒的质量为m 通过回路的磁通量为二，重力加速度为g 则 cd棒中电流的大小和方向:A.呼，方向从d 到 c B.呼，方向从c 到 dC.士皂，方向从d 到 c D.匚学,方向从c 到 d【答案】A【解析】【详解】设磁场的磁感应强度为B,则有：d=BL2sin45,求得二=与，cd棒处于静止，则受到的安培力垂直于磁感应强度指向右上，设 cd 中的电流为I,则有：BILcos450=m g,解得：二=，根据左手定则可知，cd棒中的电流方向从d 到 c,故 A 正确，BCD错误。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.在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3m的小正三棱柱abc俯视如图.长度为L=lm 的细线，一端固定在 a 点，另一端拴住一个质量为m=0.5kg、不计大小的小球.初始时刻，把细线拉直在ca 的延长线上，并给小球以v=2m/s且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失).已知细线所能承受的最大张力为7 N,则下列说法中正确的是：v to *oAz-A.细线断裂之前，小球角速度的大小保持不变B.细线断裂之前，小球的速度逐渐减小C.细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7兀(s)D.细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9(m)【答案】CD【解析】试题分析：A、B 细线断裂之前，绳子拉力与速度垂直，不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速度大小保持不变，由圆周运动的速度与角速度的关系式v=r,随 r 减小，小球角速度增大，故 A、B 错误;绳子刚断裂时，拉力大小为7 N,由 F=m里，解得此时的半径为r=|m,由于小球每转120。半径减小0.3m,r71 2万4 1 2万4 1 2兀则知小球刚好转过一周，细线断裂，则小球运动的总时间为t=TL+-+7-其中口=lm,3%3%3%r2=0.7m,r3=0.4m,v()=2m/s,解得t=0.7?r(s),故 C 正确；小球每转120。半径减小0.3m,细线断裂之前,小球运动的位移大小为0.9 m,故 D 正 确.故 选 CD考点：牛顿第二定律圆周运动规律8.一列简谐横波在某均匀介质中沿x 轴传播，从 x=3 m 处的质点a 开始振动时计时，图甲为to时刻的波形图且质点a 正沿y 轴正方向运动，图乙为质点a 的振动图象，则 下 列 说 法 中 正 确 的 是.A.该波的频率为2.5 HzB.该波的传播速率为20()m/sC.该波是沿x 轴负方向传播的D.从 S时刻起，质点a、b、c 中，质点b 最先回到平衡位置E.从 to时刻起，经 0.015 s 质点a 回到平衡位置【答案】BDE【解析】【分析】【详解】A.由图乙可得：周期T=4xl(?2s,故频率1 _ 17-4X10-2Hz=25Hz故 A 错误;B.由图甲可得：波长入=8 m,故波速2v=200m/sT故 B 正确；C.根据图甲所示时刻质点a 正沿y 轴正方向运动可得：波沿x 轴正向传播，故 C 错误；D.根据波沿x 轴正向传播可得：图甲所示仇时刻，a 向波峰运动，b 向平衡位置运动，c 向波谷运动，故b 最先回到平衡位置，故 D 正确;E.根据波沿x 轴正向传播，由图甲可得，平衡位置从x=0处传播到x=3m的质点a 处时，质点a 回到平衡位置，故质点a 经过时间XV3m200m/s=0.0155回到平衡位置，故 E 正确;故选BDE.【点睛】机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程.9.如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t=0时刻起对其施加一竖直向上的力F,力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g,在物体上升过程中，空气阻力不计，以下说法正确的是（）A.物体做匀变速直线运动B.L时刻物体速度最大2C.物体上升过程的最大速度为g%D.2时刻物体到达最高点【答案】BD【解析】【详解】由图可得力F与时间的关系为F =2 mg 一 警t,则可得物体的合外力与时间的关系为*0FA=m g-即曳t,由牛顿第二定律可得加速度与时间的关系式为。=上=8一丝 则 可 知 物 体 先 向%加上做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，然后再向下做加速度增大的加速运动，在上升过程中，当加速度为零时，速度最大，即g-9，=0,可得f=故A错误，B正确；由初速度大%2小为零，所以末速度大小等于速度的变化大小，由前面的分析可知，加速度与时间成线性关系，所以最大速度大小为匕“=故C错误；由前面的分析可知在t=t。时，加速度为”=-g ,根据运动的对称性规律可知，此时间速度减小为0,物体运动到最高点，故D正确。故选：BD1 0.如图半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底 部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过这两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功W”第二次击打过程中小锤对小球做功W2。若两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则 瞿 的值可能是（）1 1A.-B.-C.1 D.23 2【答案】AB【解析】【分析】【详解】第一次击打后球最多到达与球心O 等高位置，根据功能关系，有W