上海市长宁区(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

上海市长宁区(六校联考）2021届新高考模拟物理试题
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．跳伞运动员打开伞后经过一段时间，将在空中保持匀速降落，已知运动员和他身上装备的总重量为G 1，圆顶形降落伞伞面的重量为G 2，有12条相同的拉线（拉线重量不计），均匀分布在伞面边缘上，每根拉线和竖直方向都成30°角。

那么每根拉线上的张力大小为（ ）
A ．1318G
B ．()
12318G G + C ．1212G G + D ．16
G 【答案】A
【解析】
【详解】
以一根拉线为例，每根拉线拉力向上的分力
1330F Fcos F =︒= 由共点力的平衡条件可知：
12F 1=G 1
解得：
1318
G F =； A ．
13G ，与结论相符，选项A 正确； B ．()
12318G G +，与结论不相符，选项B 错误；
C ．
1212
G G +，与结论不相符，选项C 错误； D ．16G ，与结论不相符，选项D 错误； 故选A 。

2．AC 、CD 为两个倾斜角度不同的固定光滑斜面，其中45ACB ∠<︒，水平距离均为BC ，两个完全相同且可视为质点的物块分别从A 点和D 点由静止开始下滑，不计一切阻力，则（ ）
A ．沿AC 下滑的物块到底端用时较少
B ．沿A
C 下滑的物块重力的冲量较大
C ．沿AC 下滑的物块到底端时重力功率较小
D ．沿AC 下滑的物块到底端时动能较小
【答案】A
【解析】
【详解】
A ．由于两者水平距离相同，均可用水平距离表示出运动时间，设水平距离为x ，斜面倾角为θ，则： 21sin cos 2x g t θθ=⋅ 得：
24sin cos sin 2x x t g g θθθ
== 则倾角越大用时越少，A 正确；
B ．重力冲量：
I mgt =
沿轨道AC 下滑的物块到底端用时较小，重力的冲量较小，B 错误；
CD ．由动能定理：
212
mgh mv = 可知沿轨道AC 下滑的物块重力做功大，所以到底端时速度大，动能较大；沿轨道AC 下滑的物块到底端时速度大，倾斜角度θ大，由重力瞬时功率功率：
sin P mgv θ=
可知其重力瞬时功率较大，C 错误，D 错误。

故选A 。

3．甲、乙两汽车在同一平直公路上做直线运动，其速度时间（v －t ）图像分别如图中a 、b 两条图线所示，其中a 图线是直线，b 图线是抛物线的一部分，两车在t 1时刻并排行驶。

下列关于两车的运动情况，判断正确的是（ ）
A ．甲车做负方向的匀速运动
B ．乙车的速度先减小后增大
C ．乙车的加速度先减小后增大
D ．在t 2时刻两车也可能并排行驶
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．甲车向正方向做匀减速运动，选项A 错误；
B ．由图像可知，乙车的速度先增大后减小，选项B 错误；
C ．图像的斜率等于加速度，可知乙车的加速度先减小后增大，选项C 正确；
D ．因t 1到t 2时间内乙的位移大于甲的位移，可知在t 2时刻两车不可能并排行驶，选项D 错误。

故选C 。

4．如图所示，某同学练习定点投篮，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。

若两次抛出篮球的速度v 1和v 2的水平分量分别为v 1x 和v 2x ，竖直分量分别为v 1y 和v 2y ，不计空气阻力，下列关系正确的是（ ）
A ．v 1x <v 2x ，v 1y >v 2y
B ．v 1x >v 2x ，v 1y <v 2y
C ．v 1x <v 2x ，v 1y <v 2y
D ．v 1x >v 2x ，v 1y >v 2y
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速度较大，即
12x x v v <
在竖直方向上做自由落体运动，由公式2
2y v gh =可知，第二次运动过程中的高度较小，所以第二次竖直分速度较小，即 12y y v v >
故选A 。

5．下列说法正确的是（ ）
A ．光电效应揭示了光的粒子性，康普顿效应揭示了光的波动性
B ．高速运动的质子、中子和电子都不具有波动性
C ．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说
D ．核反应方程9412
426Be He C X +→+中的X 为质子
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．光电效应和康普顿效应都揭示了光的粒子性，A 错误；
B ．任何运动的物体包括宏观物体和微观粒子都具有波粒二象性，B 错误；
C ．原子的核式结构学说的提出是建立在α粒子散射实验基础上的，C 正确；
D ．根据核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，可判断X 为中子，D 错误。

故选C 。

6．一束由a 、b 两种单色光组成的复色光射向玻璃制成的三棱镜，通过三棱镜的传播情况如图所示。

关于a 、b 两种单色光，下列说法正确的是（ ）
A ．玻璃对a 色光的折射率大于对b 色光的折射率
B ．a 色光的光子能量小于b 色光的光子能量
C ．a 色光在玻璃中的传播速度比b 色光小
D ．a 色光发生全反射的临界角比b 色光小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．通过玻璃三棱镜后，b 色光的偏折角最大，说明玻璃对b 光的折射率大于对a 色光的折射率，则b 色光的频率最高，根据E h ν=可知，a 色光的光子能量小于b 色光的光子能量，故A 错误，B 正确； C ．a 色光的折射率小，根据c v n
=分析可知a 色光在玻璃中的传播速度大于b 色光，故C 错误； D ．玻璃对b 光的折射率大，根据1sin C n
=
知b 色光发生全反射的临界角小于a 色光，故D 错误。

故选B 。

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．下说法中正确的是。

A．在干涉现象中，振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小
B．单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，则外力的频率越大，单摆的振幅也越大
C．全息照片的拍摄利用了激光衍射的原理
D．频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于v
E.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
【答案】ADE
【解析】
【分析】
【详解】
A．在干涉现象中，振动加强的点的振幅比振动减弱的点的振幅大，但是振动加强的点的位移有时可能比振动减弱的点的位移小，选项A正确；
B．单摆在周期性的外力作用下做受迫振动，当驱动力的频率与单摆的固有频率相等时振幅最大，则外力的频率越大时，单摆的振幅不一定越大，选项B错误；
C．全息照片的拍摄利用了激光干涉的原理，选项C错误；
D．根据多普勒效应，频率为v的激光束射向高速迎面而来的卫星，卫星接收到的激光的频率大于v，选项D正确；
E．电磁波是横波，在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直，选项E正确。

故选ADE。

8．跳台滑雪是勇敢者的运动，这项运动非常惊险。

如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v t 图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。

则（）
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A ．根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，故A 正确；
B ．由图象知，第二次的运动时间大于第一次运动的时间，由于第二次竖直方向下落距离大，合位移方向不变，所以第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B 正确；
C ．由图象知，第二次滑翔时的竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义式可知其平均加速度小，故C 错误；
D ．当竖直方向速度大小为v 1时，第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔时图象的斜率，而图象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时速度达到v 1时加速度大于第二次时的加速度，根据
mg －f=ma
可得阻力大的加速度小，第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D 正确。

故选ABD 。

9．下列关于振动和波的说法，正确的是 。

A ．声波在空气中传播时，空气中各点有相同的振动频率
B ．水波在水面上传播时，水面上各点沿波传播方向移动
C ．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生衍射
D ．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某质点相遇，则该质点位移始终最大
E.为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光
【答案】ACE
【解析】
【详解】
A ．声波在空气中传播时，根据波的形成原理可知，空气中各点有相同的振动频率，故A 正确；
B ．水波在水面上传播时，水面上各点不会随着波传播方向而移动，故B 错误；
C ．声波容易绕过障碍物传播是因为声波波长较长，容易发生明显的衍射现象，故C 正确；
D ．当两列波发生干涉时，如果两列波波峰在某点相遇时，则该质点位移此时最大，然后会变小，当平衡位置相遇时，则位移为零，故D 错误；
E ．根据干涉条纹间距公式d
x L λ∆＝
，可知，为了增大干涉条纹间距，可将蓝光换成红光，即波长变长，故E 正确。

故选ACE 。

10．图中虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b 上的电势为2 V ．一电子经过a 时的动能为10 eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6 eV ．下列说法正确的是
A ．平面c 上的电势为零
B ．该电子可能到达不了平面f
C ．该电子经过平面d 时，其电势能为4 eV
D ．该电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍
【答案】AB
【解析】
A 、虚线a 、b 、c 、d 、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a 时的动能为10eV ，从a 到d 的过程中克服电场力所做的功为6eV ，动能减小了6eV ，电势能增加了6eV ，因此等势面间的电势差为2V ，因平面b 上的电势为2V ，由于电子的电势能增加，等势面由a 到f 是降低的，因此平面c 上的电势为零，故A 正确．
B 、由上分析可知，当电子由a 向f 方向运动，则电子到达平面f 的动能为2eV ，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f ，故B 正确．
C 、在平面b 上电势为2V ，则电子的电势能为-2eV ，动能为8eV ，电势能与动能之和为6eV ，当电子经过平面d 时，动能为4eV ，其电势能为2eV ，故C 错误．
D 、电子经过平面b 时的动能是平面d 的动能2倍，电子经过平面b 时的速率是经过d 时的2倍，故D 错误．故选AB ．
【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键．
11．如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度0.1m h =处，滑块与弹簧不拴接。

现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h 并作出如图乙所示滑块的k E h -图象，其中高度从0.2m 上升到0.35m 范围内图象为直线，其余部分为曲
线，以地面为零势能面，不计空气阻力，取210m/s g =，由图象可知（ ）
A ．小滑块的质量为0.1kg
B ．轻弹簧原长为0.2m
C ．弹簧最大弹性势能为0.5J
D ．小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.4J
【答案】BC
【解析】
【详解】
A ．在从0.2m 上升到0.35m 范围内，△E k =△E P =mg △h ，图线的斜率绝对值为： 0.32N 0.350.2
k E k mg h ====-V 所以：
m=0.2kg
故A 错误；
B ．在E k -h 图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m 上升到0.35m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m 上升到0.35m 范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m ，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m 。

故B 正确；
C ．根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以 E pm =mg △h=0.2×10×（0.35-0.1）=0.5J
故C 正确；
D ．由图可知，当h=0.18m 时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知
E Pmin =E-E km =E pm +mgh-E km =0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38J
故D 错误；
故选BC 。

12．如图所示，a 、b 小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a 、b 以v a 、v b 的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g ，轨道与圆在同一竖
直面内，sin37°
=0.6，cos37°=0.8，则（ ）
A ．a 、b 小球与斜面间的动摩擦因数之比μa :μb =9：16
B ．a 、b 小球沿斜面向上运的加速度之比以a a :a b =4：3
C ．v a ：v b =4：3
D ．两小球不可能同时达到圆周上
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．a 、b 小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则对a ：
cos37sin 37a mg mg μ=o o
对b ：
cos53sin 53b mg mg μ=o o
则
μa :μb =16：9
选项A 错误；
B ．a 、b 小球沿斜面向上运动时，对a
cos37sin 37=a a mg mg ma μ+o o
对b
cos53sin 53=a b mg mg ma μ+o o
加速度之比
a a :a
b =4：3
选项B 正确；
C ．两球速度同时减为零，时间相等，则由v=at 可得
v a ：v b = a a :a b =4：3
选项C 正确；
D ．因为两物体加速度之比a a :a b =4：3，初速度之比v a ：v b = 4：3，由v=v 0-at 可知，任意时刻的速度比为4:3，则两物体的平均速度之比为4:3；而两球到达圆周上时位移之比也为4:3，可知到达圆周上的时间相等，即两物体同时到达圆周上，选项D 错误。

故选BC 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．测量电压表内阻(量程为3 V)的实验如下：
(1)用多用电表粗略测量，把选择开关拨到“×10”的欧姆挡上，欧姆调零后，把红表笔与待测电压表________(选填“正”或“负”)接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相接；
(2)正确连接后，多用电表指针偏转角度较小，应该换用________(选填“×1”或“×100”)挡，重新欧姆调零后测量，指针位置如图甲所示，则电压表内阻约为________Ω；
(3)现用如图乙所示的电路测量，测得多组电阻箱的阻值R 和对应的电压表读数U ，作出
1U —R 图象如图丙所示．若图线纵截距为b ，斜率为k ，忽略电源内阻，可得R V ＝_______；
(4)实验中电源内阻可以忽略，你认为原因是______。

【答案】负 ×
100 4000 b k
电压表内阻远大于电源内阻 【解析】
【详解】 (1)[1]欧姆表内阻电源负极与红表笔相连，根据电压表的使用原则“电流从正接线柱流入负接线柱流出”可知把红表笔与待测电压表负接线柱相接。

(2)[2][3]选择开关拨到“×10”的欧姆挡，指针偏转角度很小，则表盘刻度很大，说明是个大电阻，所选挡位
太小，为减小实验误差，应换用×
100欧姆挡重新调零后测量；欧姆表示数为40×100Ω=4000Ω。

(3)[4]由图乙结合欧姆定律得 E=V
U R （R V +R ） 变形得：
111=+V
U E ER •R 结合图丙可得：
11,==V
b k E ER 解得
R V =b k
(4)[5]由于电压表内阻一般几千欧，电源内阻几欧姆，电压表串联在电路中，且电压表内阻远大于电源内阻，故电源内阻可忽略不计。

14．在“用DIS 描绘电场的等势线”的实验中，电源通过正负电极在导电物质上产生的稳定电流分布模拟了由二个等量导种点电荷产生的静电场。

（1）给出下列器材，电源应选用__（选填“6V 的交流电源”或“6V 的直流电源”），探测等势点的仪器应选用__（选填“电压传感器”或“电流传感器”）；
（2）如图在寻找基准点1的等势点时，应该移动探针__（选填“a”或“b”），若图示位置传感器的读数为正，为了尽快探测到基准点1的等势点，则逐渐将该探针向__（选填“右”或“左”）移动。

【答案】6V 的直流电源 电压传感器 b 右
【解析】
【详解】
（1）[]1本实验是用恒定电流场来模拟静电场，圆柱形电极A 接电源正极，圆环电极B 接电源负极，可以在A 、B 之间形成电流，产生恒定的电流场，可以用此电流场模拟静电场，所以要使用低压直流电源，即选择6V 的直流电源；
[]2本实验的目的是描绘电场等势线，等势面上各点之间的电势差为0，根据两点电势相等时，它们间的电势差即电压为零，来寻找等势点，故使用的传感器是电压传感器；
（2）[]3为了寻找与该基准点等势的另一点，移动探针b 的位置，使传感器的显示读数为零； []4由于该实验模拟的是静电场的情况，所以其等势面的分布特点与等量异种点电荷的电场的等势面是相似的，点1离A 点比较近，所以探针b 的等势点的位置距离A 要近一些，近似在点1的正上方偏左一点点，由于图中b 的位置在点1的左上方，所以为了尽快探测到基准点1的等势点，则逐渐将该探针向右移动一点点。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝(图中未画出)，面积为S 的绝热活塞位于气缸内(质量不计)，下端封闭一定质量的某种理想气体，绝热活塞上放置一质量为M 的重物并保持平衡，此时气缸内理想气体的温度为T 0，活塞距气缸底部的高度为h ，现用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，活塞上升了2h ，封闭理想气体吸收的热量为Q 。

已知大气压强为p 0，重力加速度为g 。

求： (1)活塞上升了2h 时，理想气体的温度是多少 (2)理想气体内能的变化量
【答案】 (1)032T ；(2)01()2
Q p S Mg h -
+ 【解析】
【详解】
(1)封闭理想气体初始状态
1V Sh =，10T T =
封闭理想气体末状态
213()22V S h h
Sh =+= 用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，理想气体做等压变化，设末状态的温度为2T ，由盖吕萨克定律得 1212
V V T T = 解得
2210132
V T T T V == (2) 理想气体做等压变化，根据受力平衡可得
10p S p S Mg =+
理想气体对外做功为
112
W p S h =g 由热力学第一定律可知
U Q W ∆=-
联立解得
01()2
U Q p S Mg h ∆=-+ 16．如图，一固定的水平气缸有一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的横截
面积为S ，小活塞的横截面积为
2
S ；两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l ，气缸外大气压强为p 0，温度为T ，初始时大活塞与大圆筒底部相距2l ，两活塞间封闭气体的温度为2T ，活塞在水平向右的拉力作用下处于静止状态，拉力的大小为F 且保持不变。

现气缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢向右移动，忽略两活塞与气缸壁之间的摩擦，则：
(1)请列式说明，在大活塞到达两圆筒衔接处前，缸内气体的压强如何变化？
(2)在大活塞到达两圆筒衔接处前的瞬间，缸内封闭气体的温度是多少？
(3)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强是多少？
【答案】 (1)在大活塞到达两圆筒衔接处前，缸内气体的压强保持不变；(2)43T ；(3)03324F P S +。

【解析】
【详解】
(1)在活塞缓慢右移的过程中，用P 1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得： 011011022
P S P S F PS P S +⨯+--⨯= 解得：
102F P P S
=+ 在大活塞到达两圆筒衔接处前，缸内封闭气体的压强：102F P P S =
+且保持不变； (2)在大活塞到达两圆筒衔接处前，气体做等压变化，设气体的末态温度为T 1，由盖•吕萨克定律有： 11
2V V T T = 其中：32224l S l Sl V S ⋅+⋅＝＝，12
Sl V ＝，解得： 143
T T ＝； (3)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡的过程，封闭气体的体积不变，由气态方程：
11211 PV PV T T
＝ 解得：
210333424
F P P P S +＝＝。

17．如图所示，质量为6kg m =、足够长的长木板放在水平面上，其上表面水平，质量为13kg m =的物块A 放在长木板上距板右端13m L =处，质量为23kg m =的物块B 放在长木板上左端，地面上离长木板的右端23m L =处固定- -竖直挡板。

开始时,A B 、长木板均处于静止状态，现用一水平拉力F 作用在物块A 上，使物块A 相对于长木板滑动，当长木板刚要与挡板相碰时，物块A 刚好脱离木板，已知两物块与长木板间的动摩擦因数均为10.5μ=，长木板与地面间的动摩擦因数为20.1μ=，重力加速度210m /s g =，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块大小，求拉力F 的大小。

【答案】17N
【解析】
【详解】
物块A 在拉力F 的作用下做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为1a 根据牛顿第二定律有
1111F m g m a μ-=
设物块A 从开始运动到滑离长木板所用的时间为1t ，根据运动学公式有 2121112
L L a t += 假设开始时物块B 与长木板不会发生相对滑动，一.起做加速运动的加速度为2a 则
()()1121222m g m m m g m m a μμ-++=+ 求得221m /s 3
a = 由于22121N 15N m a m g μ=<=假设成立 根据运动学公式有222112
L a t =
求得17N F =。