北京市昌平区2021届新高考最新终极猜押物理试题含解析

北京市昌平区2021届新高考最新终极猜押物理试题
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，吊桥AB 长L ，质量均匀分布，重G 1。

A 端由铰链支于地面，B 端由绳拉住，绳绕过小滑轮C 挂重物，重G 2。

重力作用线沿铅垂线AC ，AC=AB 。

当吊桥平衡时，吊桥与铅垂线的夹角θ为
A ．2arcsin 2
1
G G
B ．arcsin 2
1G G
C ．2arctan 2
12G G
D ．arctan 2
1
2G G
【答案】A 【解析】 【详解】
以A 为支点，根据力矩平衡条件：
12cos(90)cos 22
L G G L θθ︒-=g g g
可得：
21
θsin
2G G = 解得：
2
1
2arcsin
G G θ= A ．与分析相符，故A 正确； B ．与分析不符，故B 错误； C ．与分析不符，故C 错误； D ．与分析不符，故D 错误； 故选A 。

2．将一物体从地面以速度v 0竖直上抛，物体上抛运动过程中所受的空气阻力大小恒定，设物体在地面时的重力势能为零，则物体从抛出到落回原地过程中，如图所示的四个图中不正确的（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．物体在运动过程中受到重力和空气阻力，则上升过程中由牛顿第二定律得
1mg f ma +=
下降过程中由牛顿第二定律得
2mg f ma -=
可判断
12a a >
上升过程中速度方向向上，下降过程中速度方向向下，根据动量定义P mv =可知上升过程中动量方向向上，下降过程中动量方向向下，故A 正确；
B ．根据公式I Ft =可知合外力的冲量方向始终向下，故B 错误； CD ．克服空气阻力做的功
f W fs =
s 为物体运动的路程，上升过程s h =，下落过程总路程2s H h =-，根据功能关系可知，机械能E 逐渐
减小，则有
0E E fs -=-
故C 、D 正确； 不正确的故选B 。

3．下列四个实验中，能说明光具有粒子性的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C
【解析】 【分析】 【详解】
A ．该实验是α粒子散射实验，该实验揭示了原子的核式结构模型，A 错误；
B ．该实验是双缝干涉实验，该实验揭示了光具有波动性，B 错误；
C ．该实验是光电效应现象的实验，该实验揭示了光具有粒子性，C 正确；
D ．该实验是放射性现象的实验，从而得出αβγ、、射线的性质，D 错误。

故选C 。

4．有一匀强电场，场强方向如图所示，在电场中有三个点A 、B 、C ，这三点的连线恰好够成一个直角三角形，且AC 边与电场线平行。

已知A 、B 两点的电势分别为A =5V ϕ，B =1.8V ϕ，AB 的距离为4cm ，BC 的距离为3cm 。

若把一个电子（e=1.6×10-19C ）从A 点移动到C 点，那么电子的电势能的变化量为（ ）
A ．-19-1.810J ⨯
B ．-196.010J ⨯
C ．-198.010J ⨯
D ．-19-6.010J ⨯
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
设AB 与AC 之间的夹角为θ，则
4
cos 5
θ=
AB 沿场强方向的距离为
416cos 455
AB AB d s θ==⨯
=cm 则电场强度为
100V /m U A B E d d
AB
ϕϕ-=
== 电子从A 点到达C 点时电势能的变化量为
1919P 1.6101000.05810J E W Fs eE s --∆===⋅=⨯⨯⨯=⨯
A ． -191.810J -⨯与分析不符，故A 错误；
B ． -196.010J ⨯与分析不符，故B 错误；
C ． -198.010J ⨯与分析相符，故C 正确；
D ． -196.010J -⨯与分析不符，故D 错误。

故选C 。

5．下列说法正确的是（ ） A ．电子的发现说明原子具有核式结构 B ．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分
C ．某金属在光照射下发生光电效应，入射光频率越高，该金属的逸出功越大
D ．某金属在光照射下发生光电效应，入射光频率越高，逸出光电子的最大初动能越大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A ． α粒子散射实验说明原子具有核式结构，故A 错误；
B ． β衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故B 错误；
CD ． 在光电效应现象中，金属的逸出功与入射光的频率无关；k 0E h
W =-ν 可知，入射光频率越高，逸出光电子的最大初动能越大，故C 错误D 正确。

故选D 。

6．在物理学研究过程中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、理想模型法、微元法等。

以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是( ) A ．牛顿采用微元法提出了万有引力定律，并计算出了太阳和地球之间的引力 B ．根据速度定义式v ＝x t ∆∆，当Δt 非常小时，x
t
∆∆就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法
C ．将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想
D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法 【答案】A 【解析】 【详解】
A ．牛顿采用理想模型法提出了万有引力定律，没有计算出太阳和地球之间的引力，故A 符合题意；
B ．根据速度定义式v ＝
x t ∆∆，当Δt 非常小时，x t
∆∆就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故B 不符合题意
C ．将插有细长玻璃管的玻璃瓶内装满水，用力捏玻璃瓶，通过细管内液面高度的变化，来反映玻璃瓶发生了形变，该实验采用了放大的思想，故C 不符合题意；
D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D 不符合题意。

故选A 。

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．质量为m 的小球穿在光滑细杆MN 上，并可沿细杆滑动。

已知细杆与水平面夹角30°，细杆长度为2L ，P 为细杆中点。

小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的O 点。

此时弹簧恰好处于原长，原长为
23
3
L ，劲度系数为mg L 。

将小球从M 点由静止释放，小球会经过P 点，并能够到达N 点。

下列说法正确的是（）
A ．小球运动至P 53
mg B ．小球运动到P 点处时的加速度为
32
g C ．小球运动至N 2gl D ．小球运动至N 点时弹簧的弹性势能为mgL 【答案】AC 【解析】 【详解】
AB ．小球运动至P 点时，根据几何关系可得OP 之间的距离为：
233
sin 30d =
=o 则弹簧的弹力大小为：
233F k L d ⎫=-=⎪⎪⎝⎭
对小球受力分析，可知受重力、弹簧的弹力和轻杆的弹作用，如图所示：
在垂直斜面方向上，根据平衡条件有：
cos30N F mg =+o
解得：53
N mg =
在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律有：
sin 30mg ma =o
解得：3
sin 305
a g g ==
o
，A 正确，B 错误； CD ．根据几何关系，可知 ON=OM=
23
L 故小球从M 点运动至N 点，弹性势能变化量为零，所以在N 点的弹性势能为零，则整个过程小球减小的重力势能全部转化为小球的动能，根据机械能守恒有：
212sin 302
N mg L mv =
o g 解得：2N v gL =，C 正确，D 错误。

故选AC 。

8．如图所示，MN 是一半圆形绝缘线，O 点为圆心，P 为绝缘线所在圆上一点，且 OP 垂直于 MN ，等量异种电荷分别均匀分布在绝缘线上、下
1
4
圆弧上．下列说法中正确的( )
A ．O 点处和 P 点处的电场强度大小相等，方向相同
B ．O 点处和 P 点处的电场强度大小不相等，方向相同
C ．将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P ，电场力始终不做功
D ．将一正点电荷沿直线从 O 移动到 P ，电势能增加 【答案】BC 【解析】 【详解】
分别画出正、负电荷产生的电场强度的方向如图，
由图可知，O 点与P 点的合场强的方向都向下，同理可知，在OP 的连线上，所以各点的合场强的方向均向下。

AB. 由库仑定律可知：2
kQ
E r =
，O 点到两处电荷的距离比较小，所以两处电荷在O 点产生的场强都大于在P 处产生的场强，而且在O 点两处电荷的场强之间的夹角比较小，所以O 点的合场强一定大于P 点的合场强。

故A 错误，B 正确；
CD. 由于在OP 的连线上，所以各点的合场强的方向均向下，将一正试探电荷沿直线从O 运动到P 电场力始终与运动的方向垂直，不做功，电势能不变。

故C 正确，D 错误。

9．某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律，由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共有8卷代替输电线路（忽略输电线的自感作用）．第一次试验采用如图甲所示的电路图，将输电线与学生电源和用电器直接相连，测得输电线上损失的功率为1P ，损失的电压为1U ；第二次试验采用如图乙所示的电路图，其中理想变压器1T 与学生电源相连，其原副线圈的匝数比12:n n ，理想变压器2T 与用电器相连，测得输电线上损失的功率为2P ，损失的电压为2U ，两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同，下列正确的是
A ．2112::P P n n =
B ．22
2112::P P n n =
C ．2112::U U n n =
D ．222112::U U n n =
【答案】BC
【解析】 【详解】
设学生电源提供的电压为U ，输出功率为P ，输电线的总电阻为r ，则第一次实验中的电流为P
I U
=
，故1U Ir =，2
1P I r =
；第二次试验中，根据变压器电流反比线圈匝数可知
2
11
n I I n =，输电线中的电流为112n I I n =，故1212n U I r Ir n ==，2
221212
()n P I r I r n ==，所以122112n Ir U n n U Ir n ==，22122212
21
2()n I r P n n P I r n ==，
BC 正确． 【点睛】
对于远距离输电这一块：
（1）输电电流I ：输电电压为U ，输电功率为P ，则输电电流P
I U
=
； （2）电压损失U ∆：U Ir ∆=，输电线始端电压U 与输电线末端电压'U 的差值；
（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率①2
P I R ∆=线，
②P I U ∆=∆，③2
U P R
∆∆=．
10．在水平地面上有一质量为m 的物体，物体所受水平外力F 与时间t 的关系如图A ，物体速度v 与时间t 的关系如图B ，重力加速度g 已知，m 、F 、v 0均未知，则（ ）
A ．若v 0已知，能求出外力F 的大小
B ．可以直接求得外力F 和阻力f 的比值
C ．若m 已知，可算出动摩擦因数的大小
D ．可以直接求出前5s 和后3s 外力F 做功之比 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A ．若v 0已知，根据速度图象可以求出加速运动的加速度大小
1115
v v a t ∆=
=∆ 还能够求出减速运动的加速度大小
2223
v v a t ∆=
=∆ 根据牛顿第二定律可得
1F f ma -= 23
F
f ma +
= 其中m 不知道，不能求出外力F 的大小，故A 错误； B ．由于
1F f ma -=，23
F
f ma +
= 可以直接求得外力F 和阻力f 的比值2F
f
=，故B 正确；
C 、若m 已知，v 0不知道，无法求解加速度，则无法求出动摩擦因数的大小，故C 错误；
D ．前5s 外力做的功为
105 2.52
v W F Fv =⨯
⨯= 后3s 外力F 做功
2030.532
v F W Fv =-
⨯⨯=- 前5s 和后3s 外力F 做功之比
12 2.5
50.5
W W ==- 故D 正确。

故选BD 。

11．下列说法正确的是_____． A ．放热的物体，其内能也可能增加 B ．液体中的扩散现象是由液体的对流形成的
C ．液体不浸润某种固体时，则附着层内液体分子间表现为引力
D ．同一液体在不同温度下的饱和汽压不同
E.只两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等 【答案】ACD 【解析】 【详解】
A.放热的物体，如果外界对物体做的功大于放出的热量，则其内能增加， A 正确；
B.液体中的扩散 现象都是由于分子热运动而产生的， B 错误；
C.液体不浸润某种固体时，例如水银对玻璃：当水银与玻璃 接触时，附着层中的水银分子受玻璃分子的吸引比内部水银分子弱，结果附着层的水银分子比水银内部稀疏，这时在附着层中的分子之间相互吸引，就出现跟表面张力相似的收缩力，使跟玻璃接触的水银表而有缩小的 趋势，因而形成不浸润现象，C 正确；
D.饱和汽压随温度的升高而增大，所以同一液体在不同温度下的饱 和汽压不同，D 正确；
E.物体的内能等于组成该物体的所有分子做热运动的动能与分子势能的总和，两物 体的温度相同则分子的平均动能相等，但是物体的总动能与分子数有关，质量和体积相等的物体仅说明物体 的平均密度相同，如果不是同一种物质，它们的总分子数不一定相等，因此两物体的内能不一定相等，E 错误．
12．a b 、两个质点在同一直线上运动，它们的速度随时间变化的规律如图所示，0~10s 内b 质点运动的距离为65m ，10s t =时，a b 、两质点速度相等，且此时两质点刚好相遇，则（ ）
A ．0t =时刻，两质点相距25m
B ．10s t =时，两质点的速度为8m/s
C ．15s t =时，两质点相距18.75m
D ．20s t =时，两质点再次相遇 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由于速度相等时，a b 、两质点刚好相遇，则0t =时刻，两质点相距
01
(105)10m 25m 2
x =⨯-⨯=
选项A 正确；
B ．0~10s 内质点b 运动的距离为65m ，设10s t =时质点b 的速度大小为v ，则
51065m 2
v
+⨯= 求得8m/s v =，选项B 正确；
C ．由几何关系可知，15s t =时，两质点相距的距离与5s t =时相距的距离相同，则
01 6.25m 4
x x == 选项C 错误；
D ．20s t =时，两质点相距0x ，选项D 错误。

故选AB 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分 13．某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数的实验．在足够大的水平平台上的A 点放置一个光电门，水平平台上A 点右侧摩擦很小，可忽略不计，左侧为粗糙水平面，当地重力加速度大小为g ．采用的实验步骤如下：
A ．在小滑块a 上固定一个宽度为d 的窄挡光片；
B ．用天平分别测出小滑块a （含挡光片）和小球b 的质量m a 、m b ：
C ．在a 和b 间用细线连接，中间夹一被压缩了的轻短弹簧，静止放置在平台上：
D ．烧断细线后，a 、b 瞬间被弹开，向相反方向运动：
E ．记录滑块a 通过光电门时挡光片的遮光时间△t ：
F ．滑块a 最终停在C 点（图中未画出），用刻度尺测出AC 之间的距离S a
G ．小球b 从平台边缘飞出后，落在水平地面的B 点，用刻度尺测出平台距水平地面的高度h 及平台边缘铅垂线与B 点之间的水平距离s b ；
H ．改变弹簧压缩量，进行多次测量．
（1）用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则挡光片的宽度为________mm ；
（2）该实验要验证“动量守恒定律”，则只需验证两物体a 、b 弹开后的动量大小相等，即a 的动量大小____________等于b 的动量大小___________；（用上述实验所涉及物理量的字母表示）
（3）改变弹簧压缩量，多次测量后，该实验小组得到小滑块a 的S a 与关系图象如图丙所示，图象的斜率为k ，则平台上A 点左侧与滑块a 之间的动摩擦因数大小为____________．（用上述实验数据字母表示）
【答案】
【解析】
（1）螺旋测微器的读数为：2.5mm+0.050mm=2.550mm．
（2）烧断细线后，a向左运动，经过光电门，根据速度公式可知，a 经过光电门的速度为：，故a 的动量为：，b离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律可得：及联立解得：，故b 的动量为：．
（3）对物体a 由光电门向左运动过程分析，则有：，经过光电门的速度：，由牛顿第二定律可得：，联立可得：，则由图象可知：．
14．为了测量大米的密度，某同学实验过程如下：
(1)取适量的大米，用天平测出其质量，然后将大米装入注射器内；
(2)缓慢推动活塞至某一位置，记录活塞所在位置的刻度V1，通过压强传感器、数据采集器从计算机上读取此时气体的压强P1；
次数
物理量
1 2
P/105Pa P1P2
V/10﹣5m3V1V2
(3)重复步骤(2)，记录活塞在另一位置的刻度V2和读取相应的气体的压强P2；
(4)根据记录的数据，算出大米的密度。

①如果测得这些大米的质量为mkg，则大米的密度的表达式为__________；
②为了减小实验误差，在上述实验过程中，多测几组P、V的数据，然后作_____图（单选题）。

A．P﹣V B．V﹣P C．P﹣
1
V
D．V﹣
1
P
【答案】
()
21
2211
m p p
p V p V
-
-
D
【解析】
【分析】
(1)以封闭气体为研究对象，由玻意耳定律求出大米的体积，然后由密度公式求出大米的密度；
(2)为了方便地处理实验数据，所作图象最好是正比例函数图象，由玻意耳定律分析答题。

【详解】
(4)[1]设大米的体积为V ，以注射器内封闭的气体为研究对象，由玻意耳定律可得：
()()1122=P V V P V V --
解得： 221121=PV PV V P P -- 大米的密度
()212211
==m P P m V PV PV ρ-- [2]由玻意耳定律可知，对一定量的理想气体，在温度不变时，压强P 与体积V 成反比，即PV=C ，则=
C V P ，由此可知V 与
1P 成正比，V ﹣1P
图像是过原点的直线，故可以作V ﹣1p 图象，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

【点睛】 本题难度不大，是一道基础题，熟练应用玻意耳定律是正确解题的关键；知道玻意耳定律的适用条件是质量一定温度不变。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示为快件自动分捡装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分捡容器中。

图中水平传送带沿顺时针匀速转动，右侧地面上有一个宽和高均为d=1m 的容器，容器左侧离传送带右端B 的距离也为d ，传送带上表面离地高度为2d ，快件被轻放在传送带的左端A ，运动到B 端后做平抛运动，AB 间距离为L=2 m ，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g=10 m/s 2，求：
(1)要使快件能落入容器中，传送带匀速转动的速度大小范围；
(2)试判断快件能不能不与容器侧壁碰撞而直接落在容器底部，如果能，则快件从A 点开始到落到容器底部需要的最长时间为多少。

【答案】（1）5m /s v … （2）能，最长时间510s ⎝⎭
【解析】
【详解】
(1) 根据平抛运动的知识可得：
21122
d d gt -= 设快件落入容器的最小速度为v 1，则有：
11d v t =
解得：
1/s v =
设快件落入容器的最大速度为v 2，则有：
2d=v 2t 1
解得：
2v =
快件在传送带上匀加速运动到B 点的速度为：
v ===
因此传送带的速度为：
v
(2) 设快件从容器左侧边沿落入容器可以直接落入容器底部，则有：
211212
,2x v t d gt ==
求得：
2s,5
t x == x ＜2d ，假设成立，因此快件落入容器底部，且从容器左边落入容器的快件从A 点开始落到容器底部的时间最长；快件在传送带上加速运动的时间为：
111v v t a g μ'=== 加速运动的距离为：
2110.5m 2v x g
μ== 匀速运动的时间为：
21s 10
L x t v '-==
因此运动的最长时间
12
25
10s t t t t ''⎛⎫=++=+ ⎪ ⎪⎝⎭ 16．如图所示，开口向上的汽缸C 静置于水平桌面上，用一横截面积S=50cm 2的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体，一轻绳一-端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数k=1400N/m 的竖直轻弹
簧A ，A 下端系有一质量m=14kg 的物块B 。

开始时，缸内气体的温度t=27°C ，活塞到缸底的距离L 1=120cm ，
弹簧恰好处于原长状态。

已知外界大气压强恒为p=1.0×
105 Pa ，取重力加速度g=10 m/s 2 ，不计一切摩擦。

现使缸内气体缓慢冷却，求:
(1)当B 刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度
(2)气体的温度冷却到-93°C 时离桌面的高度H
【答案】 (1)198K ；(2)10cm
【解析】
【详解】
(1)B 刚要离开桌面时弹簧拉力为
1kx mg =
解得
10.1m 10cm x ==
由活塞受力平衡得
21p S pS kx =-
根据理想气体状态方程有
121112
( )pL S p L x S T T -= 代入数据解得
2198K T =
(2)当温度降至198K 之后，若继续降温，则缸内气体的压强不变，根据盖-吕萨克定律，则有
111123
()()L x S L x H S T T ---=
代入数据解得
10cm H =
17．如图所示，质量均为m 的物块A 、B 放在水平圆盘上，它们到转轴的距离分别为r 、2r ，圆盘做匀速圆周运动。

当转动的角速度为ω时，其中一个物块刚好要滑动，不计圆盘和中心轴的质量，不计物块的大小，两物块与圆盘间的动摩擦因数相同，重力加速度为g ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物块与圆盘间的动摩擦因数为多少；
(2)用细线将A 、B 两物块连接，细线刚好拉直，圆盘由静止开始逐渐增大转动的角速度，当两物块刚好要滑动时，外力对转轴做的功为多少。

【答案】（1）22r g ω （2）22103
mr ω 【解析】
【详解】
(1) 由分析可知，物块离转轴的距离越大，越容易滑动，因此最先滑动的是物块B 。

根据牛顿第二定律 22mg m r μω=⋅
解得：
2
2r g
ωμ= (2) 当两物块刚好要滑动时，设转动的角速度为ω1．对物块A 研究有：
21mg T mr μω-=
对物块B 研究有：
212mg T m r μω+=⋅
解得：
123ω= 则物块A 的线速度大小为：
A 1233
v r r ωω== 物块B 的线速度大小为：
B 12v r ωω== 根据功能关系可得，外力做的功为： 2222A B 1110223
W mv mv mr ω=+=。