重庆市綦江县2021届新高考物理模拟试题含解析

重庆市綦江县2021届新高考物理模拟试题
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．质量为m 的小球套在竖直的光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内．让小球从A 点开始释放，此时弹簧处于原长，当小球下降的最大竖直高度为h 时到达B 点，若全过程中弹簧始终处于弹性限度内，竖直杆与OB 的夹角为30°，下列研究小球从A 到B 全过程的说法正确的是
A ．当弹簧与杆垂直时，小球速度最大
B ．小球的加速度为重力加速度的位置共有三个
C ．弹簧的弹性势能先增大后减小
D ．弹簧的弹性势能增加量大于mgh
【答案】B
【解析】
小球A 运动过程如右图所示：
当小球滑至C 点时，弹簧与杆垂直，水平方向弹簧弹力与杆的弹力平衡，小球在竖直方向受重力，则小球的加速度为重力加速度，小球仍向下加速，此时速度不是最大，当合力为零时速度最大，而合力为零的位置应在弹簧与杆垂直位置的下方，故A 错误．在图中A 、D 两位置，弹簧处于原长，小球只受重力，即小球加速度为重力加速度的位置有A 、C 、D 三个，故B 正确；弹簧的形变量先增大后减小再增大，其弹性势能先增大后减小再增大，故C 错误；小球与弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒．根据系统机械能守恒定律可知，小球从A 到B 全过程中增加的弹性势能应等于减少的重力势能mgh ，故D 错误．所以B 正确，ACD 错误．
2．质子的静止质量为27p 1.6726g 10k m -=⨯，中子的静止质量为27n 1.674910kg m -=⨯，α粒子的静止
质量为276.646710kg m α-=⨯，光速83.010m /s c =⨯。

则α粒子的结合能约为（ ）
A ．124.310J --⨯
B ．124.310J -⨯
C ．102.610J -⨯
D ．102.610J --⨯
【答案】B
【解析】
【详解】
α粒子在结合过程中的质量亏损为
p n (22)m m m m α=+-V
则α粒子的结合能为
2E mc =△△
代入数据得
124.30J 1E -∆≈⨯
故B 正确，ACD 错误。

3．如图所示，一质量为m 0=4kg 、倾角θ=45°的斜面体C 放在光滑水平桌面上，斜面上叠放质量均为m=1kg 的物块A 和B ，物块B 的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A 下表面间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B 在水平恒力F 作用下与物块A 和斜面体C 一起恰好保持相对静止地向右运动，取g=10m/s²，下列判断正确的是（ ）
A ．物块A 受到摩擦力大小5N f F =
B ．斜面体的加速度大小为a=10m/s 2
C ．水平恒力大小F=15N
D ．若水平恒力F 作用在A 上，A 、B 、C 三物体仍然可以相对静止
【答案】A
【解析】
【详解】
ABC ．对物块A 和B 分析，受力重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示
根据牛顿第二定律则有
sin θ2F N ma -=
其中
cos θ2N mg =
对物块A 、B 和斜面体C 分析，根据牛顿第二定律则有
0(2)F m m a =+
联立解得
25m/s a =
30N F =
对物块A 分析，根据牛顿第二定律可得物块A 受到摩擦力大小
5N f F ma ==
故A 正确，B 、C 错误；
D ．若水平恒力F 作用在A 上，则有
A F mg ma μ-=
解得
225m/s A a a =>
所以物块A 相对物块B 滑动，故D 错误；
故选A 。

4．如下图所示，光滑半圆槽质量为M ，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰好位于槽的边缘处.若将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为 ( )
A ．零
B ．向右
C ．向左
D ．不能确定
【答案】A
【解析】对于系统来说，整体的动量守恒，系统的初动量为零，当小球滑到另一边的最高点时，小球和圆槽具有共同的速度，根据总动量守恒可知，此时的速度都为零，所以圆槽的速度为零，所以A 正确，BCD 错误．故选A ．
5．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触，现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S ，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大小是（ ）
A ．vS ρ
B ．2v S ρ
C ．212v S ρ
D ．2v S ρ
【答案】D
【解析】
【详解】 对喷出气体分析，设喷出时间为t ，则喷出气体质量为m Svt ρ=，由动量定理，有
Ft =mv
其中F 为瓶子对喷出气体的作用力，可解得
2S S vtv
F v t ρρ==
根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F ，再对瓶子分析，由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶顶端对竖直墙壁的作用力大小也是F ，故D 正确，ABC 错误。

故选D 。

6．如图甲所示的电路中，R 表示电阻，L 表示线圈的自感系数。

改变电路中元件的参数，使i －t 曲线图乙中的①改变为②。

则元件参数变化的情况是（ ）
A．L增大，R不变B．L减小，R不变
C．L不变，R增大D．L不变，R减小
【答案】A
【解析】
【详解】
电源电阻不计，由图可知，放电达到的最大电流相等，而达到最大电流的时间不同，说明回路中的电阻值不变，即电阻R不变；电流的变化变慢，所以线圈的阻碍作用增大，即自感系数L增大，A正确，BCD 错误。

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．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是__________。

A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
C．在恒温时，压缩气体越来越难以压缩，说明气体分子间的作用力在增大
D．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
E.气体的内能增加时，气体可能对外做功，也可能放出热量
【答案】ADE
【解析】
【详解】
A．气体的体积指的是该气体分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之和，故A正确；B．气体对容器壁的压强是由分子运动时与容器内壁的碰撞产生的，不是由重力产生的，故B错误；C．气体分子间没有作用力，压缩气体时，气体压强增大，气体压强越大越难压缩，故C错误；
D．由公式
PV
C
T
可知气体在等压膨胀过程中温度一定升高，故D正确；
E．由公式
U Q W ∆=+
知，气体的内能增加时，气体可能对外做功，也可能放出热量，但不可能同时对外做功和放出热量，故E 正确。

故选ADE 。

8．如图所示，在真空中某点电荷的电场中，将两个电荷量相等的试探电荷分别置于M 、N 两点时，两试探电荷所受电场力相互垂直，且F 2>F 1，则以下说法正确的是（ ）
A ．这两个试探电荷的电性可能相同
B ．M 、N 两点可能在同一等势面上
C ．把电子从M 点移到N 点，电势能可能增大
D ．N 点场强一定大于M 点场强 【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．将F 2和F 1的作用线延长相交，交点即为点电荷的位置，可知，点电荷对M 处试探电荷有排斥力，对N 处试探电荷有吸引力，所以这两个试探电荷的电性一定相反，故A 错误；
B ．由于F 2>F 1，可知M 、N 到点电荷的距离不等，不在同一等势面上，故B 错误；
C ．若点电荷带负电，则把电子从M 点移到N 点，电场力做负功，电势能增大，故C 正确；
D ．由点电荷场强公式=F
E q
可知，由于F 2>F 1，则有 N M E E >
故D 正确。

故选CD 。

9．如图，正点电荷固定在O 点，以O 为圆心的同心圆上有a 、b 、c 三点，一质量为m 、电荷量为-q 的
粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，速率分别为v a、v b．若a、b的电势分别为φa、φb，则
A．a、c两点电场强度相同B．粒子的比荷
22 2()
a
b
a b
v v
q
mϕϕ
-
=
-
C．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度 D．粒子从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少【答案】BC
【解析】
【详解】
A.根据正点电荷电场的特征可知，a、c两点电场强度大小相同，方向不同，故A错误；
B.电荷量为-q的粒子仅在电场力作用下从a点运动到b点，由能量守恒定律，
2
1
2a
mv-qφa=2
1
2b
mv-qφb，
解得
22
v v
2()
a b
a b
q
mφφ
-
=
-
，
选项B正确；
C.根据点电荷电场强度公式可知，a点的电场强度大于b点，粒子在a点所受的库仑力大于在b点所受的库仑力，由牛顿第二定律可知粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故C正确；
D.电荷量为-q的粒子粒子从a点移到b点，克服电场力做功，电势能增大，选项D错误．
10．滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受都市青年的喜爱。

滑板的一种运动情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量50kg
m=的物块，物块以某一初速度
v从倾角37
θ︒
=的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面，该物块的机械能E总和重力势能p
E随离开斜面底端的高度h的变化规律如图乙所示。

将物块视为质点，重力加速度2
10m/s，则由图中数据可得（）
A．初速度05m/s
v=
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
C ．物块在斜面上运动的时间为4s 3
D ．物块再次回到斜面底端时的动能为375J
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．斜面底端为重力势能零势能面，则
2011625J 2
E mv ==总 得
05m/s v =
故A 正确；
B ．当p E E =总时，物块运动到最高点由图乙可知此时
m 1m h =
根据功能关系，有
m cos 125J sin h mg E μθθ
⋅=∆=总 得物块与斜面间动摩擦因数
316
μ= 故B 错误；
CD ．物块沿斜面上滑的时间
012s sin cos 3
v t g g θμθ==+ 上滑的位移
m 5m sin 3
h s θ== 因为tan μθ<，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的
29
t == 物块在斜面上运动的时间为
1269
t t t ++== 滑到斜面底端时的动能
m k 12cos 375J sin h E E mg μθθ
=-⋅
=总 故C 错误，D 正确。

故选AD 。

11．一氘核21H 自A 点以某一初速度垂直进入场强为E 的匀强电场，
运动过程中经过B 点。

忽略空气阻力，不计重力，下列说法正确的是（ ）
A ．把氘核换成动能相同的氕核1
1H ，其他条件不变，氕核还能经过B 点
B ．把氘核换成动量相同的氕核1
1H ，其他条件不变，氕核还能经过B 点
C ．把氘核换成动能相同的氦核4
2He ，其他条件不变，氦核还能经过B 点
D ．把氘核换成速度相同的氦核4
2He ，其他条件不变，氦核还能经过B 点
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
根据粒子的运动特点 0x v t =
212qE y t m
=⋅⋅ 整理得到
222
220242k qEx qEx mqEx y mv E p
=== A ．该项动能和电荷量均相等，则y 相同，即氕核还能经过B 点，选项A 正确；
B ．该项动量相等，但是质量和电荷量的乘积不相等，则y 不同，氕核不能经过B 点，选项B 错误；
C ．该项动能相同，但是电荷量加倍，则y 不同，氦核不能经过B 点，选项C 错误，
D ．该项速度相等，比荷也相等，则y 相同，即氦核还能经过B 点，所以D 正确．
故选AD 。

12．如图所示，气缸分上、下两部分，下部分的横截面积大于上部分的横截面积，大小活塞分别在上、下气缸内用一根硬杆相连，两活塞可在气缸内一起上下移动，缸内封有一定质量的气体，活塞与缸壁无摩擦且不漏气.起初，在小活塞上的烧杯中放有大量沙子.能使两活塞相对于气缸向上移动的情况是( )
A．给气缸缓慢加热
B．取走烧杯中的沙子
C．大气压变小
D．让整个装置自由下落
【答案】BD
【解析】
【分析】
以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知(P0-P)(S-s)=G，明确原来气体压强小于大气压强；题目设计的变化如加热、取走沙子、大气压减小、装置自由下落后，我们根据理想气体状态方程判断出气体的体积增大还是减小，就可以知道活塞上升还是下降了．
【详解】
A．设缸内气体压强P，外界大气压为P0，大活塞面积S，小活塞面积s，活塞和钢球的总重力为G，以活塞和气体整体为研究对象，由物体平衡条件知：
(P0-P)(S-s)=G…①
给气缸缓慢加热，气体温度升高，由盖吕萨克定律知气体体积要增大，从气缸结构上看活塞应向下移动，故A错误．
B．取走烧杯中的沙子后，整体的重力小了，由①式知容器内气体压强必须增大，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸要向上移动，故B正确．
C．大气压变小时，由①式知道缸内气体压强要减小，由玻意耳定律知气体体积要增大，所以气缸要向下移动，故C错误．
D．让整个装置自由下落，缸内气体压强增大(原来小于大气压强)，由玻意耳定律知气体体积要减小，所以气缸向上移动，故D正确．
故选BD．
【点睛】
本题的关键是利用活塞受力平衡的条件和理想气体状态方程判断封闭气体的体积如何变化，是一道比较困难的易错题．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组用DIS来研究物体加速度与质量的关系，实验装置如图甲所示。

其中小车和位移传感器的总质量为M，所挂钩码总质量为m，小车和定滑轮之间的绳子与轨道平面平行，不计轻绳与滑轮之间的
摩擦及空气阻力，重力加速度为g 。

(1)若已平衡摩擦力，在小车做匀加速直线运动过程中，绳子中的拉力大小T F =__________（用题中所给已知物理量符号来表示）；当小车的总质量M 和所挂钩码的质量m 之间满足__________时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于所挂钩码的重力；
(2)保持钩码的质量不变，改变小车的质量，某同学根据实验数据画出1
a M
-图线，如图乙所示，可知细线的拉力为__________N （保留两位有效数字）。

【答案】Mmg
M m
+ M m >> 0.20 【解析】 【详解】
(1)[1]平衡摩擦力后：
T mg F ma -=
T F Ma =
解得： T M
F mg M m
=
⋅+； [2]当小车和位移传感器的总质量M 和所挂钩码的质量m 之间满足M m >>时，才可以认为绳子对小车的拉力大小等于所挂钩码的重力； (2)由牛顿第二定律知：
1
a F M =
⋅ 则1a M -的图线的斜率是合外力，即绳子拉力F ，则：
2.0
N 0.20N 10
F =
=。

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V 1，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P
1； 次数
物理量 1
2
P/105Pa P 1 P 2 V/10﹣5m 3
V 1
V 2 (3)重复步骤(2)，记录活塞在另一位置的刻度V 2和读取相应的气体的压强P 2； (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 ﹣
1V
D ．V ﹣1
P
【答案】()212211
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：
2211
21
=
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 ﹣1
P
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．如图甲所示，某人站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲-起跳”动作，图中的“●”表示人的重心。

图乙是由力传感器画出的F－t图线。

图乙中1～4各点对应着图甲中1～4四个状态和时刻。

取重力加速度g=10m/s2。

请根据这两个图所给出的信息，求：
（1）此人的质量。

（2）此人1s内的最大加速度，并以向上为正，画出此人在1s内的大致a－t图像。

（3）在F－t图像上找出此人在下蹲阶段什么时刻达到最大速度？简单说明必要理由。

【答案】（1）60kg（2）（3）0.43s－0.47s
【解析】
【详解】
(1)此人状态1处于静止状态，对应图乙中1点 F 1=600N ， 可知此人质量为： m=60kg ；
(2)由图可知：图乙中2点F 2=1800N 最大， 由：
F mg ma -=，
有：
2max 1800600
2060
F mg a m --=
==m/s 2， 1s 内的a-t 图像如图
(3)下蹲阶段先加速后减速，支持力与重力平衡时速度最大，由a-t 图像可读出速度最大时刻约为0.45（0.43-0.47之间都算对）
16．如图所示，一上端开口的圆筒形导热汽缸竖直静置于地面，汽缸由粗、细不同的两部分构成，粗筒的横截面积是细筒横截面积S (cm 2)的2倍，且细筒足够长．粗筒中一个质量和厚度都不计的活塞将一定量的理想气体封闭在粗筒内，活塞恰好在两筒连接处且与上壁无作用力，此时活塞与汽缸底部的距离h=12cm ，大气压p 0=75 cmHg ．现把体积为17S (cm 3)的水银缓缓地从上端倒在活塞上方，在整个过程中气体温度保持不变，不计活塞与汽缸间向的摩擦，求最终活塞下降的距离x ．
【答案】2cm 【解析】 【分析】
【详解】
以汽缸内封闭气体为研究对象：
初态压强p1＝p0＝75 cmHg
初态体积V1＝2hS
注入水银后，设细圆筒中水银的高度为L，则有：17S＝LS+x·2S
所以，末态压强为：p2=(p0+x+L)
末态体积V2＝2(h－x)S
由玻意耳定律可知：p1V1＝p2V2
整理、代入数据并化简得：x2－104x＋204＝0
解得活塞静止时下降的距离为：x＝2cm，或x＝102 cm，无意义舍去
17．如图所示，直角三角形ABC为一玻璃三棱镜的横截面其中∠A=30°，直角边BC=a．在截面所在的平面内，一束单色光从AB边的中点O射入棱镜，入射角为i．如果i=45°，光线经折射再反射后垂直BC边射出，不考虑光线沿原路返回的情况．(结果可用根式表示)
(i)求玻璃的折射率n
(ⅱ)若入射角i在0~90°之间变化时，求从O点折射到AC边上的光线射出的宽度．
【答案】(i) 2(ii) 31 4
a -
【解析】
【分析】
正确画出光路图，根据几何关系找到入射角和折射角求出折射率，再根据全反射的条件求解从O点折射到AC边上的光线射出的宽度
【详解】
(i)设光线进入棱镜是的折射角为r，如图1所示，
由几何关系可知30
r=o
根据折射定律可求得
sin
2
sin
i
n
r
==
(ⅱ)设光线进入棱镜在AC 面发生全发射时的临界角为C ，1sin C n
= 解得：45C =o
如图2所示，当0r =o 时，关系进入棱镜在AC 面的入射点计为P ，随着入射角的增大，光线在AC 面的入射点由移，入射角增大，入射角等于C 时发生全发射，此时入射点计为Q ，所以在AC 面上PQ 之间有光线射出．
由几何关系知2a OP =
，作OD 垂直AC ，则sin 604
OD OP a ==o 1
cos604
DP OP a ==o
tan 454
OD DQ a =
=o
所以AC 边三有光线射出的宽度PQ DQ DP =-=
故本题答案是：(i) (ii)
a 【点睛】
对于光路图的题目来说，最主要的是正确画出光路图，在借助几何关系求解．。