解析宁夏大学附中2021年高考物理一模试卷

２021年宁夏大学附中高考物理一模试卷

一、选择题:本题共8小题，每小题６分．在每小题给出的四个选项中，第1－5题只有一项符合题目要求,第6-9题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得０分．

1.(６分)(20１4?长沙二模)理想化模型是简化物理研究的重要手段，它抓住问题的主要因素，忽略了次要因素,促进了物理学的发展,下列理想化模型建立的表述正确的是( ）

A．质点作为理想化模型忽略了物体的质量

B.点电荷作为理想化模型忽略了物体的电荷量

C.理想电压表忽略了电压表的内阻

D．理想变压器没有能量损失

考点:质点的认识．

分析:抓住主要因素,忽略次要因素是物理学中常用方法,比如质点就是如此，质点是高中一开始所学的一个理想化模型,对其理解要抓住“当物体的体积和形状在所研究问题中可以忽略时”这一核心进行．

解答:解:理想化模型的建立是一种科学方法的实践应用,质点、点电荷、轻弹簧、理想电压表、电流表和理想变压器都是理想化模型．

A、质点作为理想化模型忽略了物体的大小和形状．故Ａ错误;

Ｂ、点电荷作为理想化模型忽略了物体的大小和形状；故B错误;

C、理想电压表认为电压表的内阻为无穷大,理想电流表忽略了电流表的内阻．故C错

误;

D、理想变压器忽略铁芯的磁损和线圈中的铜损，认为没有能量损失．故D正确．

故选:D．

点评:实际物体在一定条件下的科学抽象,即采用理想化模型的方法是高中常用方法.基础题目．

2.（6分)（2０１4?兴庆区校级一模)“儿童蹦极”中,拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳.质量为m的小明如图所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg,若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时( ）

Ａ．加速度为零,速度为零

B．加速度a=g,沿原断裂橡皮绳的方向斜向下

C．加速度ａ=g，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上

Ｄ．加速度a=g，方向竖直向下

考点:牛顿第二定律;力的合成与分解的运用．

专题：牛顿运动定律综合专题．

分析：小明静止时受到重力和两根橡皮条的拉力,处于平衡状态，三力平衡时,三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；撤去一个力后，其余两个力未变,故合力与撤去的力等值、反向、共线，求出合力后根据牛顿第二定律求解加速度．

解答：解:小明静止时受到重力和两根橡皮条的拉力，处于平衡状态，如图

由于T1=Ｔ２＝ｍg，故两个拉力的合力一定在角平分线上，且在竖直线上,故两个拉

力的夹角为１2０°，当右侧橡皮条拉力变为零时，左侧橡皮条拉力不变，重力也不变;

由于三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线,故左侧橡皮条拉力与重力的合力与右侧橡皮条断开前的弹力反方向，大小等于ｍg，故加速度为g，沿原断裂绳的方向斜向下；

故选：B．

点评：本题关键是对小明受力分析后,根据三力平衡时，三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线来确定撤去一个力后的合力，再根据牛顿第二定律求解加速度.３.（６分）（20１4?兴庆区校级一模)在不远的将来,中国宇航员将登上月球，某同学为宇航员设计了测量一颗绕月卫星做匀速圆周运动最小周期的方法.在月球表面上以不太大的初速度v0竖直向上抛出一个物体，物体上升的最大高度为h．已知月球半径为R,则如果发射一颗绕月运行的卫星，其做匀速圆周运动的最小周期为（)

A．B． C. D.

考点:万有引力定律及其应用.

专题：万有引力定律的应用专题.

分析:根据竖直上抛运动求得月球表面的重力加速度,再根据周期最小时，重力提供圆周运动向心力求得匀速圆周运动的最小周期.

解答：解：根据竖直上抛运动规律可知,物体竖直上抛运动的最大高度

，

可得月球表面的重力加速度

g=

又卫星周期最小时靠近月球表面运动，重力提供圆周运动向心力有:

可得月球卫星的最小周期T===

故ACD错误，B正确．

故选：Ｂ.

点评:掌握竖直上抛运动的规律,知道近地卫星圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力是正确解题的关键.

4．(６分)(2008?潍坊模拟）如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v0逆时针匀速转动．在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tanθ，则下图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是（）

A.B．C．Ｄ．

考点:牛顿第二定律．

专题：牛顿运动定律综合专题.

分析：要找出小木块速度随时间变化的关系，先要分析出初始状态物体的受力情况，本题中明显重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下，且都是恒力,所以物体先沿斜面匀加速直线运动，有牛顿第二定律求出加速度a１;当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ<ｔａnθ知道木块继续沿传送带加速向下，但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度a2；比较知道a1>ａ２

解答:解：初状态时：重力的分力与摩擦力均沿着斜面向下,且都是恒力,所以物体先沿斜面匀加速直线运动,

由牛顿第二定律得:

加速度:a１==gsｉｎθ+μgcosθ；

当小木块的速度与传送带速度相等时，由μ＜tanθ知道木块继续沿传送带加速向下,但是此时摩擦力的方向沿斜面向上，再由牛顿第二定律求出此时的加速度:

a2==gsiｎθ﹣μｇcosθ;

比较知道a1>a2，图象的斜率表示加速度，所以第二段的斜率变小.

故选D

点评：本题的关键1、物体的速度与传送带的速度相等时物体会继续加速下滑.2、小木块两段的加速度不一样大．是一道易错题.

5．（6分)（２014?兴庆区校级一模)如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uａb＝Ｕbc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，Ｐ、R、Q是这条轨迹上的三点,Ｒ同时在等势面b上,据此可知( )

Ａ.三个等势面中,c的电势最低

B．带电质点在Ｐ点的电势能比在Q点的小

Ｃ．带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面

D.b带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小

考点:电势；电势能.

专题：电场力与电势的性质专题.

分析:根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上，可得到ｃ点电势最高;根据推论，负电荷在电势高处电势能小,可知电荷在P点的电势能大;总能量守恒;由电场线疏密确定出,Ｐ点场强小，电场力小，加速度小．

解答：解:Ａ、负电荷做曲线运动,电场力指向曲线的内侧；根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知电场线向上.故ｃ点电势最高，故Ａ错误;

B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在Ｐ点电势能大，故B错误;

Ｃ、带电质点在Ｒ点的受力方向沿着电场线的切线方向,电场线与等势面垂直,故质点在R点的加速度方向与等势面垂直,故C正确;

Ｄ、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和,故Ｄ错误;

故选:C.

点评:根据电场线与等势面垂直,作出电场线,得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点)的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法．

6.(6分)(2014?兴庆区校级一模)如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为Ｂ的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，则下列说法正确的是( )

A.产生的焦耳热之比为1:4

B.产生的焦耳热之比为1:1

C．通过铜丝某截面的电量之比为1:2

Ｄ.通过铜丝某截面的电量之比为１：4

考点：导体切割磁感线时的感应电动势.

专题：理想气体状态方程专题．

分析：将闭合线框a和b匀速拉出磁场,根据功能关系可知,外力对环做的功等于线框产生的焦耳热．根据感应电动势公式、焦耳定律、电阻定律研究功的关系.

由法拉第电磁感应定律求出感应电动势,由欧姆定律求出电流，由电流定义式求出电荷量，然后求出电荷量之比．

解答:解：闭合线框a产生的感应电动势Ｅ

a=BLｖ,外力对环做的功：W a=,Ｒa=ρ，

闭合线框ｂ产生的感应电动势Ｅb=B?2Lv=2ＢLv，外力对环做的功：W b＝,R b＝ρ,代入解得：Wａ:W b=1：4;

电荷量：Ｑ＝Ｉ△ｔ＝△ｔ＝△t==,＝×=；

故AＣ正确,BD错误；

故选:AＣ．

点评:本题综合了感应电动势、焦耳定律、电阻定律，关键根据功能关系得到外力对环做的功的表达式，运用比例法进行分析.

7．(6分）(2002?河南)在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场．取坐标如图所示，一带电粒子沿x轴正方向进入此区域,在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转.不计重力的影响，电场强度Ｅ和磁感应强度B的方向可能是（）

A.E和B都沿x轴方向B．E沿y轴正向，B沿z轴正向

Ｃ．E沿z轴正向,Ｂ沿y轴正向D．E、B都沿z轴方向

考点:带电粒子在混合场中的运动.

分析：根据各选项提供的电场方向和磁场方向,逐一分析各选项中的受力情况，分析电场力和磁场力的合力，即可判断带电粒子的运动情况.

解答：解:

本题没有说明带电粒子的带电性质，为便于分析，假定粒子带正电.

A选项中，磁场对粒子作用力为零，电场力与粒子运动方向在同一直线，方向不会发生偏移,Ａ正确.

B选项中,电场力方向向上，洛伦兹力方向向下，当这两个力平衡时,粒子方向可以始终不变,Ｂ正确.

C选项中,电场力、洛伦兹力都是沿z轴正方向，将做曲线运动，C错误．

Ｄ选项，电场力沿z轴正方向,洛伦兹力沿ｙ轴负方向,两力互相垂直，二力不会平衡，粒子将做曲线运动，D错误.

故选AB.

点评：该题考查了电场力和磁场力的方向的判断，在判断磁场力方向时，要会熟练的应用左手定则；了解二力平衡的条件,会准确的判断二力是否能平衡是解决此类问题的关键．８.（6分）（2006?江苏)如图所示电路中的变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关.P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是（)

A.保持P的位置及U1不变,Ｓ由b切换到a，则R上消耗的功率减小

Ｂ．保持P的位置及U1不变,S由a切换到b,则I2减小

Ｃ．保持Ｐ的位置及U1不变，S由b切换到a，则I１增大

D．保持U1不变，Ｓ接在b端，将P向上滑动,则I1减少

考点：变压器的构造和原理.

专题:交流电专题.

分析：理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比,原副线圈电压与匝数成正比.

解答：解:A、S由b切换到ａ，副线圈匝数变大，所以副线圈电压变大，电阻不变,所以R 上消耗的功率变大，故A错误;

B、S由ａ切换到b副线圈匝数变小，所以副线圈电压变小，电阻不变,所以Ｉ2减小,

故B正确；

C、Ｓ由ｂ切换到a，副线圈匝数变大,所以副线圈电压变大，电阻不变，所以Ｉ2增

大,输出功率与输入功率相等且都增大,则I１增大，故Ｃ正确;

D、S置于b位置不动，P向上滑动，电阻变小，电压不变,所以输出功率变大,故原线

圈的输入功率变大,则I1增加，故D错误．

故选BＣ.

点评:理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率.

二、非选择题:包括必考题和选考题两部分．第９－12题为必考题，每个试题考生都作答；第1３题-１４题为选考题，考生根据要求作答．

9．(7分）(2014?兴庆区校级一模)研究性学习小组围绕一个量程为3０mA的电流计展开探究.

（1）为测量该电流计的内阻,同学甲设计了如图(a)所示电路．图中电源电动势未知,内阻不计.闭合开关,将电阻箱阻值调到２0Ω时，电流计恰好满偏；将电阻箱阻值调到95Ω时,电流计指针指在如图（b）所示位置,则电流计的读数为1２.0 mA.由以上数据可得电流计的内阻Ｒg= 30 Ω.

(２）同学乙将甲设计的电路稍作改变，在电流计两端接上两个表笔,如图(c）所示，设计出一个简易的欧姆表,并将表盘的电流刻度转换为电阻刻度:闭合开关，将两表笔断开,调节电阻箱，使指针指在“３０mA”处,此处刻度应标阻值为∞Ω(填“0”或“∞”）;若该欧姆表使用一段时间后，电池内阻变大不能忽略，电动势不变,但将两表笔断开，指针仍能满偏,按正确使用方法再进行测量,其测量结果与原结果相比将不变(填“变大”、“变小”或“不变”）．

考点：把电流表改装成电压表．

专题:实验题.

分析：（1)中因电流表的最小分度是1mA,故应估读到mＡ,根据欧姆定律可求R g的值．

(2)的关键是根据闭合电路欧姆定律和分流公式分别列出通过电流表电流的表达式,联

立求解即可.

解答：解:(1）根据电流表的读数要求可读出电流Ｉ=12.０mA.由闭合电路欧姆定律,将电阻箱阻值调到２0Ω时有Iｇ=①，

电阻箱阻值调到95Ω时有Ｉ=②，

联立①②两式并代入数据R g=3０Ω

(2)根据闭合电路欧姆定律将两表笔断开时有I g==3０mA①，因此时待测电

阻为∞,故应在“30ｍA”处标明∞；

两表笔断开,指针仍能满偏,正确使用方法再进行测量,则已重新进行欧姆调零,正常测

量结果不变．

故答案为:（1)12.0，30 （2）∞,不变.

点评：此题的易错之处在于两表笔不是接在干路上,而是接在电流表两端，故应根据电路图结合分流公式写出通过电流表的电流表达式，再解出结果即可.

10．(８分）（2014?兴庆区校级一模）某小组用图1示器材测量重力加速度的大小.实验器材由底座带有标尺的竖直杆、光电计时器A和B、钢制小球和网兜组成．通过测量小球在A、Ｂ间不同位移时的平均速度,求重力加速度.回答下列问题：

（1）实验中保持Ａ不动，沿杆向下移动B,测量A、B之间的距离h及钢球经过该距离所用时间t,经多次实验绘出与t关系图象如图２所示.由图可知，重力加速度g与图象的斜率k 的关系为g＝2k ，重力加速度的大小为９.6８ｍ／ｓ２；

(2)若另一小组用同样的实验装置，保持B不动，沿杆向上移动A，则能（选填“能”或“不能”)通过上述方法测得重力加速度;

（3)为减小重力加速度的测量误差,可采用哪些方法? AＢ间的距离尽可能大，钢球的体积尽可能小等(提出一条即可).

考点:测定匀变速直线运动的加速度.

专题：实验题．

分析：根据位移时间公式得出的关系式，结合图线的斜率求出重力加速度的值．

解答:解：(1）根据ｈ=得,,

知图线的斜率表示，即k=,解得g=2ｋ=．

(2)若另一小组用同样的实验装置，保持B不动,沿杆向上移动A，采用逆向思维，也

可以通过上述方法求出重力加速度．

（3）为了减小实验的误差，采取的方法有:ＡB间距离尽可能大,钢球体积尽可能小等.

故答案为:（1）2k,9.6８,(２)能,(3)AB间的距离尽可能大，钢球的体积尽可能小等.点评:对于图象题,要知道图线斜率的物理意义,关键得出纵轴和横轴两个物理量的关系式，结合关系式得出图线斜率的物理意义.

11．(１４分)（２0１４?延边州一模)２0２１年11月，我国舰载机在航母上首降成功.设某一载舰机质量为m=2.5×1０4 kg,速度为v0=42ｍ/ｓ，若仅受空气阻力和甲板阻力作用,飞机将在甲板上以a0＝0．８ｍ/s2的加速度做匀减速运动，着舰过程中航母静止不动．(1)飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里?

(２)为了让飞机在有限长度的跑道上停下来,甲板上设置了阻拦索让飞机减速,同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机.图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F＝１.2×105N，减速的加速度a1=20m/s2,此时阻拦索夹角θ=１06°,空气阻力和甲板阻力保持不变,求此时阻拦索承受的张力大小？

考点:牛顿第二定律;匀变速直线运动的速度与位移的关系；力的合成与分解的运用.

专题:牛顿运动定律综合专题.

分析：(1)由匀加速直线运动位移速度公式即可求解；

(2）对飞机进行受力分析根据牛顿第二定律列式即可求解.

解答:解：（1）由运动学公式2ａ０S0=v0２

得S0=

代入数据可得S0=1１0２.5ｍ

(2)飞机受力分析如图所示.

由牛顿第二定律有2F T cosθ＋ｆ﹣F=ma

其中ＦT为阻拦索的张力,f为空气和甲板对飞机的阻力

飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f＝ma0

联立上式可得ＦT=5×105 N

答：（１)飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少11０２．5m 才能保证飞机不滑到海里；

(２）此时阻拦索承受的张力大小为５×1０5Ｎ

点评：本题主要考查了匀变速直线运动基本公式及牛顿第二定律的直接应用，难度不大,属于基础题．

１2．（8分)(２01４?兴庆区校级一模)如图所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xｙ平面并指向纸里，磁感应强度为B．一带负电的粒子(质量为ｍ、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场,入射方向在ｘｙ平面内，与x轴正向的夹角为θ.求:

(1)该粒子射出磁场的位置；

（2）该粒子在磁场中运动的时间.（粒子所受重力不计）

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.

专题:带电粒子在磁场中的运动专题.

分析:（１）根据题意画出运动轨迹图,根据几何知识和洛伦兹力提供向心力求出粒子的坐标位置;

（2）根据转过的角度和周期计算粒子在磁场中运动的时间.

解答：解:（１)带正电的粒子射入磁场后,由于受到洛伦兹力的作用,粒子将沿图示的轨迹运动,从A点射出磁场，O、A间的距离为Ｌ，射出时速度的大小仍为v0,射出方向与ｘ轴的夹角仍为θ.

由于洛伦兹力提供向心力,则：ｑv0B=m,R为圆轨道的半径,

解得:R=①

圆轨道的圆心位于OＡ的中垂线上，由几何关系可得：=Ｒsinθ②

联立①②两式解得L=;

所以粒子离开磁场的位置为（﹣，0）；

（2)因为Ｔ=

该粒子在磁场中运动的时间ｔ＝＝(1﹣）;

答:（１）该粒子射出磁场的位置为(﹣，0),

(２)该粒子在磁场中运动的时间为（1﹣).

点评：此题考查带电粒子在磁场中的运动，找圆心,画出运动轨迹图是解决此问题的关键,作图越规范越好.

三、物理--选修3-5）（15分)

１3．(6分)(2014?兴庆区校级一模）下列五幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是

( )

A．图甲：原子是由原子核和核外电子组成,原子核是由带正电的质子和不带电的中子组成Ｂ.图乙:卢瑟福通过分析光电效应实验结果，提出了光子学说

Ｃ．图丙:用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能

D.图丁:普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一

E.图戊:玻尔理论指出氢原子能级是分立的,所以原子发射光子的频率也是不连续的

考点:原子的核式结构;光电效应;原子核的结合能．

分析：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果,得出原子的核式结构模型；用中子轰击铀核使其发生裂变,产生中子,再次轰击，产生链式反应，释放出巨大的能量.

解答：解：Ａ、原子由原子核和核外电子组成,原子核由质子和中子组成．故Ａ正确．Ｂ、该图为光电效应现象图,爱因斯坦通过分析光电效应实验结果，提出了光子学说．故B错误.

C、用中子轰击铀核使其发生裂变．故Ｃ错误.

D、普朗克通过研究黑体辐射提出能量子的概念，成为量子力学的奠基人之一．故D

正确.

Ｅ、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的.故Ｅ

正确．

故选：AＤE．

点评：本题考查了原子结构、链式反应、黑体辐射、氢原子能级等基础知识点,关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点.

14.(9分）（2014?兴庆区校级一模)如图所示，质量为m的小物块以水平速度v0滑上原来静止在光滑水平面上质量为M的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为μ，小车足够长.求:（1）小物块相对小车静止时的速度；

（2）从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；

（3）从小物块滑上小车到相对小车静止时,系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离．

考点:动量守恒定律．

专题：动量定理应用专题.

分析：（1)根据动量守恒定律求相对静止时的速度；

（2）根据动量定理求摩擦力作用的时间;

（3）根据功能关系求物块相对于小车滑行的距离.

解答:解:物块滑上小车后,受到向后的摩擦力而做减速运动,小车受到向前的摩擦力而做加速运动，因小车足够长，

最终物块与小车相对静止，如图8所示．由于“光滑水平面”，系统所受合外力为零,故满足动量守恒定律.

(1)物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向,由动量守恒定律得:ｍv0=( M＋

m ）ｖ共,

解得:v共=;

(2)对物块,由动量定理得:﹣μｍｇt=ｍｖ共﹣mv0,

解得:t＝;

（3)由功能关系,物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和(摩擦力乘以相对位移）等于系统机械能的增量，

由能量守恒定律得：﹣μmgl=（M+m)ｖ共２﹣ｍv０2，

解得：l=;

由能量守恒定律得:Q＝mv02﹣（M+m)v共2，

解得:Q=；

答:(1）小物块相对小车静止时的速度;

(２)从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间为;

（3)从小物块滑上小车到相对小车静止时,系统产生的热量为，物块相对小车滑行的距离为.

点评:注意动量守恒的条件是如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变.灵活运用动量关系解题比牛顿运动定律来得简单方便．