四川省自贡市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

四川省自贡市2021届新高考物理最后模拟卷
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，装备了“全力自动刹车”安全系统的汽车，当车速v 满足3.6km/h≤v≤36km/h 、且与前方行人之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与行人相撞。

若该车在不同路况下“全力自动刹车”的加速度取值范围是4~6m/s 2，则该系统设置的安全距离约为（ ）
A ．0.08m
B ．1.25m
C ．8.33 m
D ．12.5m
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由题意知，车速3.6km/h≤v≤36km/h 即1m/s 10m/s v ≤≤，系统立即启动“全力自动刹车”的加速度大小约为4~6m/s 2，最后末速度减为0，由推导公式22v ax =可得 22
10m 12.5m 224
v x a ≤==⨯ 故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

2．一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较（ ）
A ．第一次系统产生的热量较多
B ．第一次子弹的动量的变化量较小
C ．两次子弹的动量的变化量相等
D ．两次子弹和木块构成的系统动量都守恒
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
ABC ．因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因为产热
Q f x =⋅∆
即两次产热相同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于
p m v ∆=∆
所以第一次速度变化小，动量变化小，故AC 错误，B 正确；
D ．第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故D 错误。

故选B 。

3．木星和土星都拥有众多的卫星，其中“木卫三”作为太阳系唯一一颗拥有磁场的卫星，在其厚厚的冰层下面可能存在生命，而“土卫二”具有生命诞生所需的全部要素，是最适宜人类居住的星球，经探测它们分别绕木星和土星做圆周运动的轨道半径之比为a ，若木星和土星的质量之比为b ，则下列关于“木卫三”和“土卫二”的相关说法正确的是（ ）
A B ．向心加速度之比为b a
C D ．表面重力加速度之比2
b a 【答案】A
【解析】
【详解】
ABC ．根据 2
22()2Mm v G m r m ma r T r
π=== 解得
T =2
GM a r =
v =
，向心加速度之比为2b a A 正确，BC 错误； D ．根据星球表面万有引力等于重力可知
2 GMm mg R
＝ 由于不知道“木卫三”和“土卫二”的半径之比，所以无法求出表面重力加速度之比，故D 错误。

故选A 。

4．太阳内部持续不断地发生着4个质子（11H ）聚变为1个氦核（4
2He ）的热核反应， 核反应方程是
1
4124H He 2X →+，这个核反应释放出大量核能。

已知质子、氦核、X 的质量分别为m 1、m 2、m 3，真空
中的光速为c。

下列说法中正确的是（）
A．方程中的X表示中子1
n
B．方程中的X表示电子0
-1
e
C．这个核反应中质量亏损Δm=m1－m2－m3
D．这个核反应中释放的核能ΔE=(4m1－m2－2m3）c2
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由核反应质量数守恒、电荷数守恒可推断出X为0
1
e，故AB错误；
CD．质量亏损为
△m=4m1-m2-2m3
释放的核能为
△E=△mc2=（4m1-m2-2m3）c2
故C错误、D正确。

故选D。

5．一定质量的理想气体，从状态M开始，经状态N、Q回到原状态M，其p-V图象如图所示，其中QM 平行于横轴，NQ平行于纵轴．则（）
A．M→N过程气体温度不变
B．N→Q过程气体对外做功
C．N→Q过程气体内能减小
D．Q→M过程气体放出热量
【答案】D
【解析】
【详解】
A．M→N过程气体的pV乘积先增加后减小，可知温度先升高后降低，选项A错误；
B．N→Q过程气体的体积不变，不对外做功，选项B错误；
C．N→Q过程气体压强增大，体积不变，由pV
C
T
可知，温度升高，则内能增加，选项C错误；
D ．Q→M 过程气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，即W>0；由pV C T
=可知，温度降低，内能减小，即∆E<0，根据热力学第一定律∆E=W+Q 可知Q<0，气体放出热量，选项D 正确．
6．太阳周围除了八大行星，还有许多的小行星，在火星轨道与木星轨道之间有一个小行星带，假设此小行星带中的行星只受太阳引力作用，并绕太阳做匀速圆周运动，则
A ．小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期相同
B ．小行星带中各行星绕太阳做圆周运动加速度大于火星做圆周运动的加速度
C ．小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期大于木星公转周期
D ．小行星带中某两颗行星线速度大小不同，受到太阳引力可能相同
【答案】D
【解析】
【详解】
A 项：由公式2
224mM G m r r T
π=可知，若小行星做圆周运动半径不同，则周期不同，故A 错误； B 项：由公式2mM G ma r
=可知，小行星中各行星绕太阳做圆周运动的加速度小于火星做圆周运动的加速度，故B 错误；
C 项：小行星带中各行星绕太阳做圆周运动的半径小于木星绕太阳公转的半径，因此小行星带中各行星绕太阳做圆周运动周期小于木星公转周期，故C 错误；
D 项：由公式2
F r v m =可知，某两颗行星线速度大小v 不同，但2
v m r
有可能相同，故D 正确。

故选：D 。

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．有一列沿x 轴传播的简谐橫波，从某时刻开始，介质中位置在x=0处的质点a 和在x=6m 处的质点b 的振动图线分别如图1图2所示．则下列说法正确的是
___________．
A ．质点a 的振动方程为y=4sin(4πt+2
π)cm B ．质点a 处在波谷时，质点b-定处在平衡位置且向y 轴正方向振动
C ．若波沿x 轴正方向传播，这列波的最大传播速度为3m/s
D ．若波沿x 轴负方向传播，这列波的最大波长为24m
E.若波的传播速度为0.2m/s ，则这列波沿x 轴正方向传播
【答案】BDE
【解析】
【分析】
由于题目中不知道波的传播方向，所以在做此类问题时要分方向讨论，在计算波速时要利用波的平移来求解．
【详解】
A. 把t=0代入振动方程为y=4sin(
4πt+2
π)cm ，可知此时a 的位置应该在+4处，和所给的图不相符，故A 错；
B. 从图像上可以看出质点a 处在波谷时，质点b-定处在平衡位置且向y 轴正方向振动，故B 对；
C. 若波沿x 轴正方向传播，从图像上可以看出b 比a 至少滞后6s ，而ab 之间的距离为6m ，所以这列波的最大传播速度为1m/s ，故C 错；
D 、若波沿x 轴负方向传播，从图像上可以看出，a 比b 至少滞后2s ，所以这列波的最大波速为：63/2
v m s =
= 则最大波长为3824vT m λ==⨯= ，故D 对； E 、根据图像，若波沿x 正方向传播，则波速的表达式为6/86v m s n =+ ，当0.2/v m s = ，解得：3n = ，有解说明波是沿x 正方向传播，故E 对；
故选BDE
8．如图甲为研究光电效应实验的部分装置示意图。

实验中用频率为ν的光照射某种金属，其光电流随光电管外电源电压变化的i U -图像如图乙。

已知普朗克常量为h ，电子带的电荷量为e 。

下列说法中正确的是（ ）
A ．测量电压c U 时，光电管的K 极应连接外电源的负极
B ．光电子的最大初动能为c eU
C ．该金属的逸出功为h ν
D ．当电压大于m U 时，增加光照强度则光电流增大
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．电压c U 为反向遏止电压，此时光电管的K 极应连接外电源的正极，A 错误；
B ．光电子克服电场力做功，根据能量守恒定律，光电子的最大初动能
km c E eU =
B 正确；
C ．光电效应方程为
km 0E h W ν=-
结合B 选项解得金属的逸出功为
0c W h eU ν=-
C 错误；
D ．电压m U 对应正向饱和电流，已收集了相应光照强度下的所有的光电子。

若增大光照强度，光子数量增加，光电子数量增加，则电路中的光电流增大，D 正确。

故选BD 。

9．手机无线充电功能的应用为人们提供了很大便利。

图甲为手机无线充电原理示意图。

充电板接入交流电源，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。

充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流（电流由a 流入时方向为正，交变电流的周期为310s π-⨯），手机感应线圈的匝数为10匝，线圈的面积为225cm ，手机充电时电阻约为15Ω，1t 时刻感应线圈中磁感应强度为
62T 25。

下列说法正确的是（ ）
A ．13~t t 时间内，d 点电势高于c 点电势
B ．13~t t 时间内，c 点电势高于d 点电势
C ．感应线圈中电流的有效值为800mA
D ．感应线圈中电流的有效值为8002mA
【答案】AC
【解析】
【详解】
AB ．21~t t 时间内充电板中电流由a 流向b ，此时励磁线圈在感应线圈中的磁场方向向下，且磁感应强度逐渐减小，根据楞次定律，可判断出感应线圈中电流的方向为c 到d ，同理23~t t 时间内，感应线圈中电流的方向也为c 到d 。

由于感应线圈此时充当电源，电流从低电势流向高电势，所以d 点的电势较高，选项A 正确，B 错误。

CD ．由于励磁线圈中的电流是正弦式的，感应出来的电流是余弦式的。

感应电动势的最大值 max 122V E NBS ω==
则感应电流的有效值
max 800mA 2I R
== 所以选项C 正确，D 错误。

故选AC 。

10．如图所示，煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，煤块与两传送带间的动摩擦因数均为0.3μ=，每隔10s T =在传送带甲左端轻放上一个质量为2kg m =的相同煤块，发现煤块离开传送带甲前已经与甲速度相等，且相邻煤块（已匀速）左侧的距离为6m x =，随后煤块平稳地传到传送带乙上，乙的宽度足够大，速度为0.9m/s,v g =取210m/s ，则下列说法正确的是（ ）
A ．传送带甲的速度大小为0.6m/s
B ．当煤块在传送带乙上沿垂直于乙的速度减为0时，这个煤块相对于地面的速度还没有增加到0.9m/s
C ．一个煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为6cm
D ．一个煤块在乙传送带上留下的痕迹长度为19.5cm
【答案】ACD
【解析】
【详解】
A ．煤块在传送带甲上做匀加速运动的加速度
23m/s mg
a g m μμ===
煤块在传送带甲上先匀加速再匀速运动，加速度相同，所以相邻煤块之间的距离与时间的比值即传送带甲的速度，即
0.6m/s x v T
==甲 故A 正确；
B ．煤块滑上传送带乙时，所受滑动摩擦力的方向与煤块相对传送带乙的运动方向相反，相对传送带乙做匀减速直线运动，所以当煤块在传送带乙上沿垂直乙的速度减为零时，煤块已相对传送带乙静止，即相对地面的速度增至0.9m/s ，故B 错误；
C ．以传送带甲为参考系，煤块的初速度为0.6m/s ，方向与传送带甲的速度方向相反，煤块相对传送带甲做匀减速直线运动，相对加速度仍为23m/s ，故相对传送带甲的位移
2
10.06m 6cm 2v x a
=== 所以煤块在甲传送带上留下的痕迹长度为6cm ，故C 正确；
D ．以传送带乙为参考系，煤块的初速度为
22313v v v =+=甲相对 相对加速度
23m/s a =
煤块相对乙传送带的位移
22
0.195m 19.5cm 2v x a
===相对 即煤块在传送带乙上留下的痕迹为19.5cm ，故D 正确。

故选ACD 。

11．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(P 0-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P 0，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：
(P 0-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．
12．2019年9月12日，我国在太原卫星发射中心“一箭三星”发射成功。

现假设三颗星a 、b 、c 均在在赤道平面上绕地球匀速圆周运动，其中a 、b 转动方向与地球自转方向相同，c 转动方向与地球自转方向相反，a 、b 、c 三颗星的周期分别为T a =6h 、T b =24h 、T c =12h ，下列说法正确的是（ ）
A ．a 、b 每经过6h 相遇一次
B ．a 、b 每经过8h 相遇一次
C ．b 、c 每经过8h 相遇一次
D ．b 、c 每经过6h 相遇一次
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．a 、b 转动方向相同，在相遇一次的过程中，a 比b 多转一圈， 设相遇一次的时为Δt ， 则有 1a b
t t T T ∆∆-= 解得Δ=8h t ，所以A 错误，B 正确。

CD ．b 、c 转动方向相反，在相遇一次的过程中，b 、c 共转一圈，设相遇次的时间为'Δt ，则
有
1b c
t t T T ''
∆∆+= 解得8t h '∆=，故C 正确，D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验兴趣小组用如图甲所示实验装置来验证机械能守恒定律并求出当地重力加速度。

倾斜气垫导轨倾角为30°，导轨上端与水平桌面相接并安装有速度传感器可以直接测出小物块经过上端时的速度，气垫导轨和水平桌面上均有刻度值可读出长度。

导轨下端有一固定挡板，轻质弹簧下端与挡板相连，测出不放小物块时弹簧上端与传感器之间的长度为L 。

气垫导轨开始工作后把质量为m 的小物块轻放在弹簧上端，用外力向下缓慢推动小物块到不同位置后撤去外力，小物块从静止开始向上运动，经过一段时间后落在水平桌面上。

（1）通过实验，该小组测出了多组不同的速度v 和对应的落点到导轨上的长度x ，画出了如图乙所示的2v x -图象，已知该图象为一过原点的直线、直线斜率为k ，则通过该象可求出当地重力加速度g 的值为_________，考虑到空气阻力，该小组测出的值________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

（2）通过事先对轻弹簧的测定，、研究得出弹簧的弹性势能p E 与压缩量x ∆的关系为22p mg E x L
=∆。

若每次释放小物块时弹簧的压缩量均为L 的n 倍，为了验证小物块和轻弹簧系统的机械能守恒，该小组需要验证的表达式为__________________（用x 、n 、L 表示）。

【答案】32k 偏大 ()
22331x L n n =-- 【解析】
【详解】
（1）[1][2]物块到达斜面顶端时的速度为v ，则：
3130302
x y v vcos v vsin v =︒==︒=， 物块离开斜面后做斜上抛运动，运动时间：
2y
v v t g g
== 水平位移：
2
32x v x v t g
== 整理得：
223g v x = 由v 2-x 图象可知图象斜率：
23g k =所以重力加速度：
32
k g =
考虑空气阻力影响，所测重力加速度偏大.
（2）[3]每次释放小物块时弹簧的压缩量均为L 的n 倍，则：
x nL ∆=
弹簧的弹性势能：
2222P mg mg E x nL L L
=∆=（） 以释放点所处水平面为重力势能的零势面，由机械能守恒定律得：
22113022
mg nL mg n Lsin mv L =+︒+（）（） 整理得：()
22331x L n n =-- 14．测量木块和木板间动摩擦因数的装置如图(a)。

水平固定的长木板一端有定滑轮，另一端有打点计时器。

细线绕过定滑轮将木块和钩码相连，木块靠近打点计时器，纸带穿过打点计时器后固定在木块上。

接通打点计时器，放开木块，钩码触地后不再弹起，木块继续向前运动一段距离后停在木板上。

某次纸带的数据如图(b)，打点计时器所用电源的频率为50Hz ，每相邻两点间还有1个点未画出，数值单位为cm 。

由图(b)数据可知，钩码触地后木块继续运动的加速度大小为___m/s 2；若取g ＝10m/s 2，则木块与木板间的动摩擦因数为___；某小组实验数据处理完成后，发现操作中滑轮的高度变化造成细线与木板的上表面不平行，如图(c)，这样他们测得的动摩擦因数与实际值相比___（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】3 0.3 不变
【解析】
【详解】
[1]钩码触地后木块做减速运动，计算其加速度大小应该用纸带的后一段，即5~1点之间的部分 2222(4.49 4.01)(3.05 3.53)10m/s 3m/s (20.022)a -+-+=⨯=⨯⨯； [2]钩码触地后，木块只在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，有
f=ma
f=μmg
木块与木板间的动摩擦因数
μ=0.3；
[3]由于钩码触地后细线不再提供拉力，减速运动的加速度与之前的加速运动情况无关，所以不影响测量结果，测得的动摩擦因数与实际值相比不变。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，两端封闭的粗细均匀且导热性能良好的玻璃管放置在水平桌面上，玻璃管长度为3L （单位：cm ），玻璃管内由长度为L （单位：cm ）的水银柱将管内的理想气体分成左右两部分，稳定时两部分气体长度相同，左右两部分气体的压强均为H cmHg 。

现在外力作用下使玻璃管沿水平桌面向右做匀加速
直线运动，玻璃管中左侧的气柱长度变为原来的一半，重力加速度为g ，求玻璃管运动的加速度a 的大小。

【答案】43Hg a L
=
【解析】
【分析】
【详解】
设玻璃管的横截面积为S ，静止时左右两侧的气体压强 12cmHg p p H ==，
体积
12V V LS ==
运动时，设左侧气体的压强为1'p ，右侧气体的压强2'p
由题意知左右两部分气体的体积
112V LS '=，232
V LS '= 对左侧气体由玻意耳定律知
1111p V p V ''=
解得
12cmHg H p '=
对右侧气体由玻意耳定律知
2222p V p V ''=
解得
22cmHg 3
H p '= 对水银柱由牛顿第二定律知
12S p ma p S ''-=
即
223
gHS gHS LSa -=水银水银水银ρρρ 解得
43Hg a L
= 16．如图所示，在大气中有一水平放置的固定刚性圆筒，它由圆心共轴的圆筒a 、b 连接而成，其横截面积分别为3S 和S 。

已知大气压强为p 0，温度为T 0。

两活塞A 、B 圆心处用一根长为3l 的不可伸长的轻线相连，把温度为T 0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。

若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，现对被密封的气体缓慢加热，求：
①当B 活塞刚好碰到b 部分圆筒的左侧时，气体温度为多少？
②当气体温度为3T 0时，气体的压强为多少？
【答案】①095T T =
②053
p p = 【解析】
【详解】 ①从开始加热气体到B 活塞刚好碰到b 左侧时，气体为等压变化，由
0329Sl Sl Sl T T
+= 可得：
095T T = ②当气体温度为3T 0时，B 活塞已经卡在b 左侧，气体在(1)问的基础上进行等容变化，由
00
3p p T T = 可得：
053
p p = 17．一足够长宽为L 的长方体透明介质与右侧的荧光屏平行放置，其右表面距离荧光屏的距离也为L ，在透明介质的左侧L 处有一点光源S ，该光源在荧光屏上的投影点为O ，点光源S 发出一细光束，光束与透明介质表面呈α=45°，细光束经透明介质折射后射到荧光屏上的A 点，经测量可知AO 两点之间的距离为3(2)3
L +，已知光在真空中的速度为c 。

求： (1)该透明介质的折射率大小为多少？
(2)细光束从发射到射到荧光屏上的时间为多少？
【答案】 (1)2；(2)
(2662)3L c
+ 【解析】
【分析】
【详解】 (1)作出光路图如图所示
入射角为45α=︒，设折射角为β，光束从透明介质出射时偏离入射点距离为x ，则有
3
x L =
则有
1sin β2
== 由折射定律
sin α
sin β
n ==(2)细光束在透明介质中的速度 c v n
= 由几何关系有
1vt =
解得
13t c
= 光束在空气中的传播时间为
2t c
= 因此光束从发射到射到荧光屏上的时间为
12t t t =+=。