福建省宁德市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

福建省宁德市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
1．2019年4月10日，事件视界望远镜捕获到人类历史上的首张黑洞“照片”，这是人类第一次凝视曾经只存在于理论中的天体．如果把太阳压缩到半径只有3km 且质量不变，太阳就变成了一个黑洞，连光也无法从太阳表面逃逸．已知逃逸速度是第一宇宙速度的2倍，光速为8310m /s ⨯，
1122G 6.6710N m Kg --=⋅⨯⋅，则根据以上信息可知太阳的质量约为
A ．29210Kg ⨯
B ．30210Kg ⨯
C ．30810Kg ⨯
D ．31810Kg ⨯
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】 由22Mm v G m R R =且2c v =，解得1128230(310)3000kg 210kg 22 6.6710
c R M G -⨯⨯===⨯⨯⨯，故选B. 2．如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于两板中央的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离（ ）
A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B ．带电油滴将沿竖直方向向下运动
C ．P 点的电势将降低
D ．电容器的电容减小，电容器的带电量将减小
【答案】A
【解析】
试题分析：根据电容器的决定式：4S C kd επ=，当上极板向下移动时，d 减小，电容变大，又C=Q U
，电压U 不变，因此电容器带电量增多，D 错误；根据电容器内部电场强度U E d =
可知，d 减小，电场强度增加，这样油滴受到向上的电场力增加，将向上运动，A 正确，B 错误；由于场强增大，由U="E" d 可知，P 与下极板电势差变大，P 点电势升高，C 错误．
考点：电容器
3．如图所示，两根相距为L 的平行直导轨水平放置，R 为固定电阻，导轨电阻不计。

电阻阻值也为R 的
金属杆MN 垂直于导轨放置，杆与导轨之间有摩擦，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 。

t=0时刻对金属杆施加一水平外力F 作用，使金属杆从静止开始做匀加速直线运动。

下列关于通
过R 的电流I 、杆与导轨间的摩擦生热Q 、外力F 、外力F 的功率P 随时间t 变化的图像中正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．t 时刻杆的速度为
v=at
产生的感应电流
222E
BLv
BLa
I t R R R ===
则I ∝t ；故A 错误。

B ．摩擦生热为
2211
22Q fx f at fat ==⋅=
则Q ∝t 2，故B 正确。

C ．杆受到的安培力
22
2B L v
F BIL R ==安
根据牛顿第二定律得
F-f-F 安=ma
得
222
222B L v B L a
F f ma t f ma R R =++=++
F 随t 的增大而线性增大，故C 错误。

D ．外力F 的功率为
222B L a P Fv t f ma at R
==++（） P-t 图象应是曲线，故D 错误。

故选B 。

4． “笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度一时间图像如图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向），其中t 0时刻为笛音雷起飞时刻、DE 段是斜率大小为g 的直线。

则关于笛音雷的运动，下列说法正确的是（ ）
A ．“笛音雷”在t 1时刻加速度最小
B ．“笛音雷”在t 2时刻改变运动方向
C ．“笛音雷”在t 3时刻彻底熄火
D ．t 3~t 4时间内“笛音雷"做自由落体运动
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．t 1时刻的斜率不是最小的，所以t 1时刻加速度不是最小的，故A 错误；
B ．t 2时刻速度的方向为正，仍旧往上运动，没有改变运动方向，故B 错误；
C ．从图中看出，t 3时刻开始做加速度不变的减速运动，所以“笛音雷”在t 3时刻彻底熄火，故C 正确；
D ．t 3~ t 4时间内“笛音雷”做向上运动，速度方向为正，不可能做自由落体运动，故D 错误。

故选C 。

5．相传我国早在5000多年前的黄帝时代就已经发明了一种指南车。

如图所示为一种指南车模型，该指南车利用机械齿轮传动的原理，在任意转弯的情况下确保指南车上的小木人右手臂始终指向南方。

关于该指南车模型，以下说法正确的是（ ）
A．以指南车为参照物，车上的小木人始终是静止的
B．如果研究指南车的工作原理，可以把车看成质点
C．在任意情况下，指南车两个车轮轮缘的线速度大小都相等
D．在任意情况下，车转弯的角速度跟小木人的角速度大小相等
【答案】A
【解析】
【详解】
A．以指南车为参照物，车上的小木人相对于小车的位置不变，所以始终是静止的，故A正确；
B．在研究指南车的工作原理时，不可以把车看成质点，否则车上的小木人右手臂始终指向南方的特点不能体现，故B错误；
C．在指南车转弯时，两个车轮的角速度相等，线速度不一定相等，故C错误；
D．由题，车转弯时，车转动，但车上的小木人右手臂始终指向南方，可知小木人是不转动的，所以它们的角速度是不相等的，故D错误；
故选A。

6．如图所示，斜面体M的底面粗糙，斜面光滑，放在粗糙水平面上．弹簧的一端固定在墙面上，另一端与放在斜面上的物块m相连，弹簧的轴线与斜面平行．若物块在斜面上做简谐运动，斜面体保持静止，
则地面对斜面体的摩擦力f与时间t的关系图象是图中的
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】
【详解】
设斜面的倾角为θ。

物块在光滑的斜面上做简谐运动，对斜面的压力N 1等于物块重力垂直于斜面的分力，即
N 1=mgcosθ
以斜面体为研究对象，做出力图如图所示，地面对斜面体的摩擦力
f=N 1sinθ=mgsinθcosθ
因为m ，θ不变，所以f 不随时间变化，故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

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
7．2018年7月27日将发生火星冲日现象，我国整夜可见，火星冲日是指火星、地球和太阳儿乎排列成一线，地球位于太阳与火星之间 此时火星被太阳照亮的一面完全朝向地球，所以明亮而易于观察．地球和火星绕太阳公转的方向相同，轨迹都可近似为团，火最公转轨道半径为地球的1.5倍，则（ ） A ．地球的公转周期比火星的公转周期小
B ．地球的运行速度比火星的运行速度小
C ．火星冲日现象每年都会出现
D 827【答案】AD
【解析】
A. 地球和火星绕太阳转动，万有引力提供向心力，2GMm ma r =，得2GM a r =，火星的公转轨道半径大，加速度小，故A 错误；
B. 根据公式GM v r
=B 错误； CD 、地球公转周期为1年，而火星的周期大于1年，每个冲日周期内，地球比火星多转一圈，所以不是每年出现火星冲日现象，故C 错误；
D ．根据开普勒第三定律3
2r k T
=，火星公转轨道半径为地球的1.5倍，所以地球与火星的公转周期之比为
827
，故D 正确． 故选D.
点睛：根据万有引力提供向心力，分析地球和火星加速度、线速度之间的关系；根据地球公转周期为1年，每个冲日周期内，地球比火星多转一圈，所以不是每年出现火星冲日现象，根据开普勒定律分析火星周期与地球周期的关系．
8．如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态B 、C 和D 后再回到状态A 。

其中，状态A B →和状态C D →为等温过程，状态B C →和状态D A →为绝热过程。

在该循环过程中，下列说法正确的是__________。

A ．A
B →的过程中，气体对外界做功，气体放热
B ．B
C →的过程中，气体分子的平均动能减少
C ．C
D →的过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增加
D ．D A →的过程中，外界对气体做功，气体内能增加
E.在该循环过程中，气体内能增加
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．A→
B 过程中，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故A 错误； B ．B→
C 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B 正确；
C ．C→
D 过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C 正确；
D ．D→A 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，故D 正确；
E ．循环过程的特点是经一个循环后系统的内能不变。

故E 错误。

故选BCD 。

9．夏天，从湖底形成的一个气泡，在缓慢上升到湖面的过程中没有破裂。

若越接近水面，湖内水的温度
越高，大气压强没有变化，将气泡内看做理想气体。

则上升过程中，以下说法正确的是_______________。

A．气泡内气体对外界做功
B．气泡内气体分子平均动能增大
C．气泡内气体温度升高导致放热
D．气泡内气体的压强可能不变
E.气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小。

【答案】ABE
【解析】
【分析】
【详解】
AD．气泡内气体压强p=p0+ρgh，气泡升高过程中，其压强减小，温度升高，根据理想气体状态方程
pV
C
＝，体积一定增大，故气泡内气体对外界做功，故A正确，D错误。

T
B．温度是分子平均动能的标志，温度升高，泡内气体分子平均动能增大，故B正确。

C．温度升高，气泡内气体内能增大，即△U＞0，体积增大，即W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q，可得Q＞0，故气泡内的气体吸热，故C错误。

E．根据气体压强定义及其微观意义，气泡内气体压强减小，气泡内分子单位时间内对气泡壁单位面积的撞击力减小，故E正确。

故选ABE。

10．如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子仅在静电力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为a A、a B且a A>a B，电势能分别为E pA、E pB．下列说法正确的是（）
A．电子一定从A向B运动
B．Q靠近M端且为负电荷
C．无论Q为正电荷还是负电荷，一定有E pA<E pB
D．A点电势一定高于B点电势
【答案】CD
【解析】
根据运动轨迹得到电场力方向，从而得到电场力做功及场强方向，即可由电场力做功得到电势能变化，由场强方向得到电势变化；根据加速度得到场源，即可根据场强方向得到场源电性。

【详解】
由运动轨迹只能得到电子受力指向凹的一侧，不能得到运动走向，故A错误；由电场场源为点电荷，a A ＞a B可得：点电荷Q靠近M端；又有电子受力指向凹的一侧可得：MN上电场线方向向右，故点电荷Q 为正电荷，故B错误；电子受力指向凹的一侧可得：根据电子只受电场力作用；电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大可得：E pA＜E pB，故C正确；点电荷带正电，且A点距离点电荷距离较B 点近，可知A点电势一定高于B点电势，故D正确，故选CD。

【点睛】
沿着电场线电势降低，但是电势能和电荷电性相关，故我们一般根据电场力做功情况来判断电势能变化，以避免电性不同，电势能变化趋势不同的问题。

11．如图所示，一列简谐横波正沿x轴传播，实线是t=0时的波形图，虚线为t=0.1s时的波形图，则以下说法正确的是（）
A．若波速为50m/s，则该波沿x轴正方向传播
B．若波速为50m/s，则x=4m处的质点在t=0.1s时振动速度方向沿y轴负方向
C．若波速为30m/s，则x=5m处的质点在0时刻起0.8s内通过的路程为1.2m
D．若波速为110m/s，则能与该波发生干涉的波的频率为13.75Hz
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图可得，该波的波长为8m；若波向右传播，则满足
3+8k=v×0.1（k=0、1、2……）
解得
v=30+80k
若波向左传播，则满足
5+8k=v×0.1（k=0、1、2……）
解得
当k=0时v=50m/s ，则则该波沿x 轴负方向传播，故A 错误；
B ．若波向左传播，x=4m 处的质点在t=0.1s 时振动速度方向沿y 轴负方向，故B 正确；
C ．若v=30m/s ，则 84s s 3015
T == 则0.8s=3T ，即经过3个周期，所以x=5m 处的质点在0时刻起0.8s 内通过的路程为1.2m ，故C 正确； D ．若波速为110m/s ，则
110Hz 13.75Hz 8
v
f λ=== 发生干涉，频率相等，故D 正确。

故选BCD 。

【点睛】
根据两个时刻的波形，分析时间与周期的关系或波传播距离与波长的关系是关键，要抓住波的周期性得到周期或波传播速度的通项，从而得到周期或波速的特殊值．
12．如图a 所示，在某均匀介质中S 1，S 2处有相距L=12m 的两个沿y 方向做简谐运动的点波源S 1，S 2。

两波源的振动图线分别如图（b ）和图（c ）所示。

两列波的波速均为2.00m/s ，p 点为距S 1为5m 的点，则（ ）
A ．两列简谐波的波长均为2m
B ．P 点的起振方向向下
C ．P 点为振动加强点，若规定向上为正方向，则t=4s 时p 点的位移为6cm
D ．p 点的振幅始终为6cm
E.S 1，S 2之间（不包含S 1，S 2两点），共有6个振动减弱点
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．两列简谐波的波长均为=22m=4m vT λ=⨯，选项A 错误；
B ．因S 1起振方向向下，由振源S 1形成的波首先传到P 点，则P 点的起振方向向下，选项B 正确；
C ．P 点到两振源的距离之差为2m 等于半波长的奇数倍，因两振源的振动方向相反，可知P 点为振动加强点；由S 1形成的波传到P 点的时间为2.5s ，t=4s 时由S 1在P 点引起振动的位移为4cm ；同理，由S 2形成的波传到P 点的时间为3.5s ，t=4s 时由S 2在P 点引起振动的位移为2cm ；若规定向上为正方向，则t=4s 时P 点的位移为6cm ，选项C 正确；
D ．P 点为振动加强点，则P 点的振幅始终为6cm ，选项D 正确；
E ．S 1，S 2之间（不包含S 1，S 2两点），共有5个振动减弱点，分别在距离S 1为2m 、4m 、6m 、8m 、10m 的位置，选项E 错误。

故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13． (1)有一螺旋测微器，用它测量一根圆形金属的直径，如图所示的读数是__________mm ；
(2)在用自由落体运动验证机械能守恒定律的实验中，使质量为1.00kg 的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示。

O 为第一个点，A 、B 、C 为从合适位置开始选取连续点中的三个点。

己知打点计时器每隔0.02s 打一个点，当地的重力加速度为2
9.8m/s g =，那么：
①根据图上所得的数据，应取图中O 点到________点来验证机械能守恒定律；
②从O 点到①问中所取的点，重物重力势能的减少量p E ∆=___J ，动能增加量k E ∆=_____J （结果取三位有效数字）；
③若测出纸带上所有各点到O 点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v 及物体下落的高度h ，则以2
2v 为纵轴，以h 为横轴画出的图象是下图中的______。

A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】1.609 B 1.88 1.84 A
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]螺旋测微器的固定刻度为1.5mm ，可动刻度为
10.90.01mm 0.109mm ⨯=
所以最终读数为
1.5mm+0.109mm=1.609mm
(2)①[2]根据图上所得的数据，应取图中O 点到B 点来验证机械能守恒定律；
②[3]从O 点到B 点的过程中，重物重力势能的减少量
19.80.1920J 1.88J p E mgh ∆==⨯⨯=
[4]B 点的瞬时速度等于AC 段的平均速度，则有
0.23230.1555m/s 1.92m/s 20.04
AC B x v T -=== 重物动能的增加量 22111 1.92J 1.84J 22k B E mv ∆=
=⨯⨯= ③[5]根据机械能守恒得
212
mgh mv = 则有
212
gh v =
可知212
v h -的图线是过原点的倾斜直线，故A 正确，B 、C 、D 错误； 故选A 。

14．.现测定长金属丝的电阻率。

（1）先用螺旋测微器测量金属丝直径，结果如图甲所示，其读数是________mm ，再用毫米刻度尺测量金属丝长度，结果如图乙所示，其读数是________mm 。

（2）利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻，这段金属丝的电阻x R 约为100 Ω。

电源E （电动势10 V ，内阻约为10 Ω）；；
电流表1A （量程0~250 mA ，内阻15r =Ω）；
电流表2A （量程0~300 mA ，内阻约为5 Ω）；
滑动变阻器1R （最大阻值10 Ω，额定电流2 A ）；
滑动变阻器2R （最大阻值1000 Ω，额定电流1 A ）；
开关S 及导线若干。

①某同学根据题意设计了实验方案（图丙），滑动变阻器应该选择________（填“1R ”或“2R ”）； ②请在图丙中把实验电路图补充完整，并标明器材代号_______；
③该同学测量得到电流表1A 的读数为1I ，电流表2A 的读数为2I ，则这段金属丝电阻的计算式x R =________，从设计原理看其测量值与真实值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。

【答案】3.700 601.0 R 1 1121
x I r R I I =- 相等 【解析】
【详解】
（1）[1][2]．螺旋测微器测量金属丝直径读数是3.5mm+0.01mm×
20.0=3.700mm ； 用毫米刻度尺测量金属丝长度读数是60.10cm=601.0mm 。

（2）①[3]．某同学根据题意设计了实验方案，滑动变阻器接成分压电路，则可知应该选择阻值较小的R1；
②[4]．根据伏安法可知，实验中需用一个已知内阻的电流表A1作为电压表测定待测电阻的电压，实验电路图如图所示；
③[5][6]．根据电路图可知
11
21
x
I r
R
I I
=
-
从设计原理看其测量值与真实值相比相等。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始经过状态B变化到状态C，己知气体在状态C时压强为0P，内能为0
U，该理想气体的内能与热力学温度成正比。

（1）求出状态^时气体的压强
A
P和温度
A
T；
（2）从状态A经过状态B到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？求出气体吸收或放出的热量。

【答案】（1）
00
11
22
A A
P P T T
==
，；（2）吸热，
000
31
42
Q U PV
=+。

【解析】
【详解】
（1）图线可知，状态A到状态B为等压变化，
A B
P P
=①
由盖-吕萨克定律可得:
00
2
A
V V
T T
=②
状态B到状态C为等容变化，由查理定律可得:
00
2
B
P
P
T T
=③
由①②③可得:
0011,22A A P P T T == （2）从状态A 经过状态B 到状态C 的过程中，气体吸收热量 从状态A 到状态B 气体对外做功，从状态B 到状态C 气体不做功
0000011(2)22
A W P V P V V PV =-∆=--=-④ 从状态A 到状态C 气体内能増加
0001344
U U U U ∆=-=⑤ 由热力学第一定律可知
U Q W ∆=+⑥
由④⑤⑥可得：
0003142
Q U PV =+⑦ 16．如图所示，在空间直角坐标系中，I 、Ⅱ象限（含x 、y 轴）有磁感应强度为B=1T ，方向垂直于纸面向外的匀强磁场和电场强度为E=10N/C ，方向竖直向上的匀强电场；Ⅲ、Ⅳ象限（不含x 轴）有磁感应强度为215T 14B =，方向沿y 轴负方向的匀强磁场，光滑14
圆弧轨道圆心O'，半径为R=2m ，圆环底端位于坐标轴原点O 。

质量为m 1=lkg ，带电q l =+1C 的小球M 从O'处水平向右飞出，经过一段时间，正好运动到O 点。

质量为m 2=2kg ，带电q 2=+1.8C 小球的N 穿在光滑圆弧轨道上从与圆心等高处静止释放，与M 同时运动到O 点并发生完全非弹性碰撞，碰后生成小球P （碰撞过程无电荷损失）。

小球M 、N 、P 均可视为质点，不计小球间的库仑力，取g=10m/s 2，求：
(1)小球M 在O'处的初速度为多大；
(2)碰撞完成后瞬间，小球P 的速度；
(3)分析P 球在后续运动过程中，第一次回到y 轴时的坐标。

【答案】 (1)1m/s ；(2)1m/s ；(3)坐标位置为()2020π-，
【解析】
【分析】
【详解】
(1)M 从O 进入磁场，电场力和重力平衡
Eq=mg
在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动
2
A R r = 洛伦兹力提供向心力
2
A
mv qvB r = 解得
v=1m/s
(2)设N 沿光滑轨道滑到O 点的速度为u ，由动能定理
222212
m gR Eq R m u -=
解得
u=2m/s M 、N 在O 点发生完全非弹性碰撞，设碰后生成的P 球速度为1v ，选向右为正方向，由动量守恒定律 ()21121m u m v m m v -=+
解得
11m/s v =
方向水平向右
(3)P 球从轨道飞出后，受到竖直向下的电场力和垂直纸面向里的洛伦兹力，在电场力作用下，P 球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，在水平方向做匀速圆周运动，每隔一个周期T ，P 球回到y 轴上，P 球带电量
21q q q =+
由
211c C
m v qv B R = 及1
2πC R T v =，解得P 球圆周运动周期 2πC m T qB
= P 球竖直方向加速度
a=g
P 球回到y 轴时坐标212
y aT =，代入数据解得 220πy =
则坐标位置为()
20m,20πm -
17．如图所示，两端开口且导热良好的汽缸竖直固定放置，两厚度不计的轻质活塞A 、B 由轻杆相连，两活塞的横截面积分别为S A =30cm 2，S B =18 cm 2 ，活塞间封闭有一定质量的理想气体。

开始时，活塞A 距离较粗汽缸底端10cm ，活塞B 距离较细汽缸顶端25cm ，整个装置处于静止状态。

此时大气压强为p 0=1.0×105Pa ，汽缸周围温度为27C ︒。

现对汽缸加热，使汽缸周围温度升高到127C ︒，不计一切摩擦。

(1)求升高温度后活塞A 上升的高度；（结果保留1位小数）
(2)保持升高后的温度不变，在活塞A 上缓慢放一重物，使活塞A 回到升温前的位置，求连接活塞A 、B 的轻杆对A 的作用力大小。

【答案】 (1)20.8cm ；(2)60N
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设升高温度后活塞A 上升的高度为l ，已知1A 1B 2V S l S l =+，1=300K T ，2A 1B 2=()()V S l l S l l ++-，2=400K T ，由等压变化得1212
V V T T =，解得 20.8cm l =
(2) 1A 1B 2V S l S l =+，设气体压强为2p ，由已知条件可得
51 1.010Pa p =⨯，1=300K T ，2=400K T 由查理定律可得1212
p p T T =，由于系统处于平衡状态，对B 活塞分析可得 2B 1B p S p S F -=
联立解得
=60N F。