2021年重庆市江津中学、铜梁中学、长寿中学等七校联盟高考物理三模试卷（含答案解析）

这是一份2021年重庆市江津中学、铜梁中学、长寿中学等七校联盟高考物理三模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了1s，足球的质量为0，6kg⋅m/s，0kg的物块A，【答案】B，【答案】D，【答案】A，【答案】AD，【答案】ABC等内容，欢迎下载使用。
甲、乙两个物体从同一地点同时出发，沿同一直线运动，运动过程中的x−t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 在0∼t2时间内，某时刻甲、乙两物体的速度相同
B. 乙物体运动过程中位移大小增加得越来越快
C. 甲物体始终沿同一方向运动
D. 在0∼t2时间内，甲、乙两物体在t1时刻相距最远
同一块砖，第一次平放在水平地面上，第二次竖放在水平地面上，两次给砖以相同的水平初速度让它沿水平面运动，结果发现两次运动的距离相差较大，你认为可能的原因是( )
A. 因为砖的重心不同而引起的能量变化
B. 因为接触面的粗糙程度不同而引起的摩擦力不同
C. 因为接触面的面积不同而引起的摩擦力不同
D. 因为砖对地面的压力不同而引起的摩擦力不同
如图所示光电效应实验装置中，用频率为ν的光照射光电管阴极K，发生了光电效应。下列说法中正确的是( )
A. 增大入射光的强度，光电流不变
B. 改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大
C. 保证光的强度不变，改用频率大于ν的光照射，光电流不变
D. 减小入射光的强度，光电效应现象消失
如图所示，某同学正在练习颠球。某一次足球从静止自由下落80cm后被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，足球可视为质点，下列说法正确的是( )
A. 足球刚接触头和刚离开头时，速度不变
B. 足球与头部接触后刚离开时动量大小为1.6kg⋅m/s
C. 足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量为零
D. 足球与头部作用过程中，头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍
物体从某一高度做初速度为v0的平抛运动，Ep为物体重力势能。Ek为物体动能，h为下落高度，t为飞行时间，v为物体的速度大小，以水平地面为零势能面，不计空气阻力，图象中反映Ep与各物理量之间关系可能正确的是( )
A. B.
C. D.
真空中的点电荷在其周围产生电场，电场中某点的电势与点电荷的电量成正比，与该点到点电荷的距离成反比，即φ=kQr.在某真空中有一如图所示的正六边形 ABCDEF，O为中心，A、C、E三个顶点各固定一点电荷，其中A、C两点电荷量为q，E点电荷量为−q，EB、E分别表示B、O点场强的大小，φB、φO分别表示B、O点的电势，则以下关系中正确的是( )
A. EB>E φB>φOB. EBφO
C. EB=E φB=φOD. EB0，根据可知，EP2>0.75mgh，故B错误；
C、若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，在上滑过程，根据动能定理，则：，
解得：v=gh，故C正确；
D、若仅把小球的质量变成2m，小球从C到D过程，根据动能定理，有：，
解得：v1=gh，故D正确；
故选：ACD。
首先对球受力分析，受重力、橡皮条的拉力、支持力和摩擦力，水平方向平衡；再根据胡克定律得到支持力和摩擦力不变；然后结合动能定理列式分析即可。
本题考查功能关系，关键是结合水平方向平衡和胡克定律得到摩擦力是不变的，注意橡皮条的弹力是变化的，小球在平衡位置速度最大，要结合动能定理列式分析。
11.【答案】AC3.0mg−(M+m)aMg
【解析】解：(1)实验过程中，电火花计时器应接在频率为50Hz的交流电源上，调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与木板之间的摩擦力，
故选项AC正确
(2)令x1=4.25cm=0.0425m，x2=4.73cm=0.0473m，x3=5.22cm=0.0522m，x4=5.69cm=0.0569m，x5=6.18cm=0.0618m，x6=6.66cm=0.0666m，
根据推论公式△x=aT2得
a=x6+x5+x4−x3−x2−x19T2
代入数值解得：a=3.0m/s2
(3)对M、m组成的系统，由牛顿第二定律
得：mg−μMg=(M+m)a
解得：
μ=mg−(M+m)aMg
故答案为：(1)AC；(2)3.0；(3)mg−(M+m)aMg
依据实验原理，结合实际操作，即可判定求解根据逐差法，运用相邻相等时间内的位移之差是一恒量求出加速度的大小对系统研究，运用牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小.
解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带，运用匀变速直线运动的运动学公式，结合逐差法求解加速度，注意有效数字的保留.
12.【答案】2200 调大 b−ac b 等于
【解析】解：(1)由图乙所示可知，多用电表选择欧姆×100挡，由图丙所示可知，欧姆表读数为：22×100Ω=2200Ω。
(3)由图甲所示电路图可知，当灵敏电流表示数为零时：RV1R1=R2RV2，
要使灵敏电流表示数仍然为零，当R1的阻值减小时，由RV1R1=R2RV2可知，应缓慢调大可变电阻R2的阻值。
(6)由图甲所示电路图可知，路端电压：U=U1+U2，流过电源的电流：I=I1+I2，
由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势E=U+Ir，路端电压U=E−Ir，
由图示U−I图象可知，电源电动势：E=b，电源内阻r=|k|=b−ac；
(7)由图甲所示电路图可知，路端电压U=U1+U2的测量值等于真实值，
流过电源的电流I=I1+I2测量值等于真实值，因此电源内阻测量值与真实值相等。
故答案为：(1)2200；(3)调大；(6)b−ac；b；(7)等于。
(1)欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
(3)根据图甲所示电路图根据电桥法分析判断应如何调节电阻R2的阻值。
(6)根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
(7)根据图示电路图与实验原理分析实验误差。
本题考查了欧姆表读数、实验操作与实验数据处理、实验误差分析；理解实验原理是解题的前提；分析清楚电路结构求出图象的函数表达式即可解题。
13.【答案】解：(1)带电粒子的运动轨迹如图所示．
由几何关系可知：r+rcs60∘=L，得r=2L3
又因为qv0B=mv02r 解得：B=3mv02qL.
(2)带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：3L=v0t2
沿y轴有：L=12at2=12qEt2
解得：E=2mv029q
(3)带电粒子在磁场中运动时间为：t1=13⋅2πrv0=4πL9v0
带电粒子在电场中运动时间为：t2=3Lv0
所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：t1t2=4π27
答：(1)磁感应强度B的大小为3mv02qL；
(2)电场强度E的大小为2mv029q；
(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比为4π27。
【解析】(1)带点粒子在磁场中做匀速圆周运动，合理作图根据洛伦兹力提供向心力进行求解；
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动；
(3)各自求出时间进行比值计算。
该题考查了学生对带电粒子在电场和磁场中运动的综合性问题，在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动学生应对粒子的运动状态和受力分析后再解决问题。
(1)带点粒子在电场中做匀变速直线运动，可用动能定理求速度。
(2)带点粒子在磁场中做匀速圆周运动，合理作图进行求解。
14.【答案】解：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0。
由动能定理得：mgR=12mv02
代入数据解得：v0=5m/s，
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：F−mg=mv02R，
代入数据解得：F=30N，
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=30N，方向：竖直向下。
(2)在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg=ma，
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有v2−v02=−2al
代入数据解得：v=4m/s，
由于v>u=2.0m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2，
由机械能守恒定律得：12mv2=12mv12+12Mv22，
解得：v1=−2m/s，v2=2m/s，
物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，
由能量守恒定律得：EP=12Mv22=12×3×22=6J；
(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，
由动能定理得：−μmgl′=0−12mv12
解得：l′=2m