四川省成都市2021届新高考物理一模考试卷含解析

四川省成都市2021届新高考物理一模考试卷
、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 •如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的右端上方固定一根与条形磁误垂直的长直导线。

当导
F N ,受到的摩擦力为F f。

当导线中通以如图所示方向的电流
时，下列说法正确的是（）
1
A •F N减小，F f水平向左
C •F N减小，F f为零
B •F N增大，F f水平向右
D •F N增大，F f为零
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
以导线为研究对象，由左手定则判断可知导线所受安培力方向斜向右上方，根据牛顿第三定律可知，导线
对磁铁的反作用力方向斜向左下方，磁铁有向左运动的趋势，受到桌面水平向右的摩擦力；同时磁铁对桌
面的压力增大，桌面对磁铁的支持力也将增大。

故选B。

2•如图所示，带电荷量为Q的等量同种正电荷固定在水平面上，在其连线的中垂线（竖直方向）上固定
一光滑绝缘的细杆，细杆上套一个质量为m ,带电荷量为q的小球，小球从细杆上某点a由静止释放, 到达b点时速度为零，b间的距离为h ,重力加速度为g。

以下说法正确的是（）
©'八...丄 (65)
Q Q
A .等量同种正电荷在a、b两处产生的电场强度大小关系E a E b
11 mgh
B •a、b两处的电势差U ab
q
C •小球向下运动到最大速度的过程中小球电势能的增加量等于其重力势能的减少量
D •若把两电荷的位置往里移动相同距离后固定，再把带电小球从位置将
线中没有电流通过时，磁铁受到的支持力为
a点由静止释放，则小球速度减为零的h
在b点的上方
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
A •小球由a 到b 先加速再减速，a 点加速度向下mg qE a , b 点加速度向上mg qE b ,所以E b E a , A 错误；
B .由a 到b 根据动能定理
mgh qU ab 0
B 错误；
C .根据能量守恒，小球向下运动到最大速度的过程中小球重力势能转化为电势能和动能，所以小球电势 能的增加量
小于其重力势能的减少量，
C 错误；
D .若把两同种电荷的位置往里移动相同距离后固定，根据电场强度叠加原理在中垂线上相同位置电场强 度变大了，
再由动能定理可知小球速度减为零的位置将在 b 点的上方，选项 D 正确。

故选D 。

3.如图所示，四根相互平行的固定长直导线
L i 、L 2、L a 、L 4 ,其横截面构成一角度为 60的菱形，均
通有相等的电流I ,菱形中心为 O 。

L 1中电流方向与L 2中的相同，与L 3、L 4中的相反，下列说法中正 确的是(
)
∖ ∕0
' j Λι(S ...... ⅛)Aj
I I
A .菱形中心O 处的磁感应强度不为零
B .菱形中心O 处的磁感应强度方向沿 OL j
C . L 1所受安培力与L 3所受安培力大小不相等
D . L i 所受安培力的方向与 L 3所受安培力的方向相同
【答案】A 【解析】
ab
mgh
q
【分析】
【详解】
AB .由右手螺旋定则可知，L i 在菱形中心O 处的磁感应强度方向 OL 2方向，2ι在菱形中心0处的磁感应 强度方向OL 3方向，L 3在菱形中心0处的磁感应强度方向 0L 2方向，L 4在菱形中心0处的磁感应强度方 向OL 3方向，由平行
四边形定则可知，菱形中心 0处的合磁感应强度不为零，方向应在
0L 3方向与OL 2
方向之间，故A 正确，B 错误；
C . L i 和L 3受力如图所示，由于四根导线中的电流大小相等且距离，所以每两根导线间的相互作用力大
小相等，由几可关系可知， L i 所受安培力与L 3所受安培力大小相等，方向不同，故
CD 错误；
故选A 。

4.如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为
M （含水）的自制 氷火箭”释放升空,
在极短的时间内，质量为 m 的水以相对地面为 v 0的速度竖直向下喷出。

已知重力加速度为 g
，空气阻力
不计，下列说法正确的是（
）
A .火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B .水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
【答案】D 【解析】 【详解】
A .火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力,
B •水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒,
C .火箭获得的最大速度为
MV o M m
D .火箭上升的最大高度为
2 2
m V o 2 2g(M m)
A 错误;
B 错误;
C .在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有
（M m ）v mv 0
解得
mv o
V
M m
C 错误；
D .水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有 V 2
2gh
解得
2 2
m V o h
2g(M I
D 正确。

故选D 。

【答案】D 【解析】
对O 点点电荷的库仑力竖直向上在，贝U O 点处电荷的受力变为
F ...(2 F a cos600)2 (E o q)2 守 E °q ,故选 D.
6.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。

设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到
某个临界值F o 时，安全气囊爆开。

在某次试验中，质量
m 1=1 600 kg 的试验车以速度 V 1 = 36 km/h 正面撞
击固定试验台，经时间 t 1 = 0.10 S 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。

则在本次实验中 汽车受到试验台的冲量 I o 大小和F o 的大小分别为（
）（忽略撞击过程中地面阻力的影响。

）
m)2
5.如图所示, 在电场强度大小为 E o 的水平匀强电场中， a 、b 两点电荷分别固定在光滑水平面上，两者之
间的距离为I .当a 、 b 的电量均为+Q 时，水平面内与两点电荷距离均为 I 的O 点处有一电量为+q 的点电
荷恰好处于平衡状态. 如果仅让点电荷 a 带负电, 电量大小不变，
其他条件都不变，则 O 点处电荷的受
力变为（）
>O
A . qE o
B . 2qE o
Fq EO
D .仝
E o
3
开始时，对放在 O 点的点电荷由平衡知识可知:
2F a cos300
E o q ；当让点电荷a 带负电时，则
A . I o=5.76 ×04N∙S, F o=1.6 ×05N B. I o=1.6 ×04N ∙S, F o=1.6 ×05N C. ∣o=1∙ 6 ×05NS, F O=1∙6×05N D. I o=5.76 ×04N ∙S, F o=3.2 ×05N 【答案】B
【解析】
【详解】
汽车受到试验台的冲量等于汽车动量的改变量的大小
36 4
I0m1v10 1600 1.6 104N S
3.6
平均撞击力，根据动量定理可知
1 0 F 0t
带入数据解得：
F。

1.6 105N
A. I 0=5.76 ×04NS, F0=1.6 ×05N 与分析不符，故A错误;
B. I0=1.6 ×04NS, F0=1.6 ×05N 与分析相符，故B正确；
C. I 0=1.6 ×05NS, F0=1.6 ×05N 与分析不符，故C错误；
D. I 0=5.76 ×04NS, F0=3.2 ×05N 与分析不符，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•如图所示，以O为圆心、半径为R的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面与电场方向平行，
M、N为圆周上的两点。

带正电粒子只在电场力作用下运动，在M点速度方向如图所示，经过M、N两
点时速度大小相等。

已知M点电势高于O点电势，且电势差为U ,下列说法正确的是（）
A . M，N两点电势相等
B .粒子由M点运动到N点，电势能减小
C .该匀强电场的电场强度大小为一2U-
R
D .粒子在电场中可能从M点沿圆弧运动到N点
【答案】AC 【解析】
【分析】【详解】
E P
A .带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N两点动能相等，则电势能也相等，根据可知
q M、N两点电势相等，A正确；
B •因为匀强电场，所以两点的连线MN即为等势面。

根据等势面与电场线垂直和沿电场线方向电势降低
的特性，从而画出电场线Co如图
由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向；可知，速度方向与电场力方向夹角先大于
90°后小于90°电场力对粒子先做负功后做正功，所以电势能先增大后减小，B错误；
C•匀强电场的电场强度Ed U式中的d是沿着电场强度方向的距离，贝U
L U √2U
E
RSin 45 R
C正确；
D •粒子在匀强电场受到的是恒定的电场力，不可能做圆周运动，D错误。

故选AC。

8如图所示，轻绳一端连接小木块 A ,另一端固定在O点，在A上放小物块B ,现使轻绳偏离竖直方向
成角由静止释放，当轻绳摆到竖直方向时，A受到挡板的作用而反弹，B将飞离木块（B飞离瞬间无机
械能损失）做平抛运动•不计空气阻力。

下列说法正确的是（）
A .若增大角再由静止释放，可以增大B落地时速度方向与水平方向之间夹角
B •若增大角再由静止释放，平抛运动的水平位移将增大
C . A、B 一起摆动过程中，A、B之间的弹力一直增大
D . A、B 一起摆动过程中，A所受重力的功率一直增大
【答案】BC
【解析】
【详解】
A •设绳子的长度为L, A的质量为M, B的质量为m , A从最高点到最低点的过程中机械能守恒，设到
达最低点时的速度为V,则:
(M+m)v 2= (M+m)gL(1-cos θ)
2
可得
V 、.、2gL(1 cos )
若增大θ角再由静止释放，则A到达最低点的速度增大；
B开始做平抛运动时的速度与A是相等的，设抛出点的高度为h,则B落地时沿水平方向的分速度
V y r 2gh
B落地时速度方向与水平方向之间夹角设为α则
tan = V y ■一丙K= — h—
V j2gL(1 COS ) V L(1 COS )
可知θ增大则α减小，所以增大θ角再由静止释放，B落地时速度方向与水平方向之间夹角将减小。

故 A 错误；
B •若增大θ角再由静止释放，平抛运动的水平位移
X Vt j2gL(1 ~cos ) 2 ~CoS )
可知增大θ角再由静止释放，平抛运动的水平位移将增大，故B正确；
C . A与B一起摆动的过程中B受到的支持力与重力沿AO方向的分力的合力提供向心力，在任意位置时
2
mV
F N mgcos =
在摆动的过程中A与B的速度越来越大，绳子与竖直方向之间的夹角减小，所以支持力F N越来越大。

故
C正确；
D . A、B 一起摆动过程中，开始时它们的速度为零，则重力的功率为零；A与B一起恰好到达最低点时，
沿竖直方向的分速度为零，所以重力的瞬时功率也等于零，可知A所受重力的功率一定是先增大后减小，
故D错误。

故选BC o
9.如图甲所示，将一个小球从某处水平抛出，经过一段时间后恰好平行斜面沿着斜面向下滑行，从抛出
后起一段时间内小球的动能随时间平方( E K —12)图象如图乙所示，横坐标在0： 2.5之间图线为直线，此外为曲线，重力加速度为g,则根据图乙信息，可以求得( )
由题图知，t 2
=2.5 ,可以求得t ,小球的初速度V 0也可求得，从而能求出斜面的倾角 α；根据小球在斜面的
运动情况，不能求出小球在斜面上滑行的时间，故 C 错误，D 正确。

故选ABD 。

10. 如图所示，竖直平面 XOy 内存在沿X 轴正方向的匀强电场 E 和垂直于平面XOy 向内的匀强磁场 B ， F 面关于某带正电粒子在 XOy 平面内运动情况的判断，正确的是（
甲
A .小球的初速度
C .小球在斜面上滑行的时间
【答案】ABD B .小球的质量 D .斜面的倾角
【解析】
AB.小球做平抛运动的过程，根据机械能守恒定律得: 2
E k =mgh+ mv o
由平抛运动的规律有
1 2 h= gt 2y
联立得
1 2丄
2 1 2
E k = mg t + mv 0
2 2
1 2
图象在0： 2.5之间是直线，由图可求得直线的斜率
k ,由数学知识可得 k -mg ，g 已知，则能求出小
2
1
球的质量 m ;由图知t 2
=0时，E k =5J ,由E k = mv 0 ,可求得小球的初速度 v o ,故AB 正确;
2
CD.小球刚落在斜面上时速度与斜面平行，设斜面的倾角为 α则有
tan α=^ V o
gt
V
IC
痉二
30
2C
≡
-I — -4-+
S
i ⅞≡
X X xβx E
---------------- ► ----------------
XXXX
---------------- >
O -------- 5
A .若不计重力，粒子可能沿 y
轴正方向做匀速运动 B .若不计重力，粒子可能沿 X 轴正方向做匀加速直线运动 C .若重力不能忽略，粒子不可能做匀速直线运动 D .若重力不能忽略，粒子仍可能做匀速直线运动
【答案】AD 【解析】 【详解】
A. 若不计重力，当正电荷沿
y 轴正方向运动时，受到的电场力沿 X 轴
正方向，受到的洛伦兹力沿 X 轴负
方向，若满足qE= qvB ,则粒子做匀速直线运动，选项
A 正确；
B.
粒子沿X 轴正方向运动时，因洛伦兹力沿
y 轴方向，粒子一定
要偏转，选项
B 错误；
CD .重力不能忽略时，只要粒子运动方向和受力满足如图所示，粒子可做匀速直线运动，选项 C 错误、
故选AD 。

11. 两相距2R 、电量相等的点电荷 Q i 、Q 2放在水平轴线上，Q i 带负电，Q 2带正电，O 为两者中点。

以 Q i 为圆心、半径为 R 的球面上有a 、b 、C 三位置，a 、Q i 、Q 2在同一竖直平面内， b 、c 、Q i 在同一水平
b 、C 连线与水平轴平行，a 、O 相距为R ,如图所示。

下列说法正
平面内，且a 、b 连线与水平轴垂直
, D 正
*JI ⅛ ----------
确的是（）
A . a、b两处电势相等C.a、b两处场强大小相等B. b、C两处电势相等
D.b、C两处场强大小相等
【答案】AC
解析】【详解】
AB .在Q产生的电场中，a、b、C三点等势，在Q2产生的电场中，a、b等势且高于C点电势，故A正
确，B 错误；
C .由对称性可知，a、b两点场强大小相等，方向不同，故C正确；
D.b、C与Q等距，距Q2的距离b近C 远，由平行四边形定则可知，b点场强大于C点，故D错误。

故选AC 。

12．下列说法正确的是（）
A .如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量损失，这样的热机效率可以达到100%
B .质量不变的理想气体等温膨胀时一定从外界吸收热量
C .冬天空调制热时，房间内空气的相对湿度变小
D ．压缩气体需要力表明气体分子间存在斥力
E.当液体与固体接触时，如果附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏则液体与固体之间表现为不浸润
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A .根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到100% ,故A错误；
B .理想气体在等温膨胀的过程中内能不变，同时对外做功，由热力学第一定律知，一定从外界吸收热量，
故B正确；
C .密闭房间内，水汽的总量一定，故空气的绝对湿度不变，使用空调制热时，房间内空气的相对湿度变
小，故C 正确；
D .压缩气体也需要用力是为了克服气体内外的压强的差.不能表明气体分子间存在着斥力，故D错误;
E.液体与固体接触时，如果附着层被体分子比液体内部分子稀疏，表现为不浸润，故E正确。

故选BCE ．
【点睛】
热机的效率不可能达到100%；理想气体在等温膨胀的过程中内能不变，由热力学第一定律进行分析；相对湿度，指空气中水汽压与饱和水汽压的百分比；压缩气体也需要用力是为了克服气体内外的压强的差；浸润和不浸润都是分子力作用的表现．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分13．为了探究加速度与力的关系，某同学设计了如图所示的实验装置，带滑轮的长木板水平放置，板上有两个光电门相距为d ,滑块通过细线与重物相连，细线拉力大小F等于力传感器的示数。

让滑块从光电门
1由静止释放，记下滑到光电门2的时间t。

改变重物质量，重复以上操作5次，处理数据后得到下表中
的5组结果。

根据表中数据在坐标纸上画出如图所示的a-F图像，已知重力加速度g=10m∕s2,根据图像可
求出滑块质量m= ________ k g ,滑块和轨道间的动摩擦因数
μ = ______ 。

【答案】0.25 （ 0.24〜0.26均正确） 0.20 （ 0.19〜0.21均正确） 【解析】 【分析】 【详解】
[1][2]根据 F - μ mg= ma
得
F
a= _ -μg
m
所以滑块运动的加速度 a 和所受拉力F 的关系图象斜率等于滑块质量的倒数， 由图形得加速度 a 和所受拉
力F 的关系图象斜率k = 4,所以滑块质量
m = 0.25kg
由图形得，当F = 0.5N 时，滑块就要开始滑动，所以滑块与轨道间的最大静摩擦力等于 0.5N ,而最大静
摩擦力等于滑动摩擦力，即
μ mg= 0.5N
解得
μ= 0.20
14.在冬季，某同学利用DIS 系统对封闭在注射器内的一定质量的气体作了两次等温过程的研究。

第一次
是在室温下通过推、拉活塞改变气体体积，并记录体积和相应的压强；第二次在较高温度环境下重复这一
过程。

次数
a (m s r2
)
F r N 1
1.0 0.76 2
2.1 0.99 3 2.9 1.23 4
4.1 1.50 5
5.2
1.76
光电门1
光电门2
重嵋
桌面上，活塞可以自由伸缩。

则在这一过程中，管内的气体经历了一个
__________ (选填(等压”等温
四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分
15•如图所示，上端开口的竖直汽缸由大、小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，两活塞用一根
长度为L 的刚性轻质细杆连接， 两活塞间充有氧气，小活塞下方充有氮气，
大、小活塞的质量分别为 2m 、
(1)
结
束操作后，该同学绘制了这两个等温过程的
P
1
P —关系图线的是
(选填“1或
“ 2)： 1
关系图线，如图。

则反映气体在第二次实验中的
V
在等待温度升高的过程中， 注射器水平地放置在
或等容”)的变化过程,
请将这一变化过程在图中绘出。

(外界大气压为 1.0 ×05
pa )
【答案】1 等压
【解析】 【详解】
I
^XIUPa
1.5
1.0 0.5
(1)[1]由图2看出P 1图象是过原点的倾斜直线,
其斜率等于 PV ,斜率不变，则 PV 不变，根据气态方
程
P
V C ,可知气体的温度不变，均作等温变化;
由气态方程得知
T 与PV 正比, 即T 与图线的斜率成
正比，所以可知反映气体在第二次实验中的
P
1
V 关系图线的是1
；
⑵[2][3]注射器水平地放置在桌面上，设注射器内的压强为
P ,大气压强为P o ,活塞横截面积为 S,活塞
移动过程中速度缓慢，认为活塞处于平衡状态，则:
PS=P o S
即
P=P o
可知，管内的气体压强等于大气压，保持不变，所以管内气体经历了一个等压变化。

图像如图
:
m ,横截面积分别为2S 、S 。

氮气和汽缸外大气的压强均为 p o ,大活塞与大圆筒底部相距 L。

现通过电阻
2
丝缓慢加热氮气，使小活塞缓慢上升至上表面与大圆筒底部平齐位置。

已知大活塞导热性能良好，汽缸及 小活塞绝热，两活塞与汽缸壁之间的摩擦不计，重力加速度为 ①初始状态下氧气的压强;
②小活塞与大圆筒底部平齐时，氧气的压强。

【解析】
【详解】 ①分析初始状态下两活塞的受力情况，根据力的平衡有
P o 2S P i S 3mg P l 2S P o S
解得初始状态下氧气的压强
3mg
P 1 P o
S
②初始状态氧气体积
长L=0.8m 的均匀柔软链条开始时静止的放在 MNO 面上，其AB 段长度为L ι=0.4m 。

链条与OP 面的摩 擦系数 μ =0.5 (g=10m∕s 2
, Sin37 o
=0.1 . cos37°0.8)现自由释放链条，求: (1) 链条的A 端滑到O 点时，链条的速率为多大？
(2) 链条在水平面 OP 停下时，其C 端离O 点的距离为多大？
g 。

求:
皓案】①P o 響；®
P
2
3 P o 3mg
4
S
V 1 2S L
L SL 3S
L 2 2 2
当小活塞缓慢上升到上表面与大圆筒底部平齐时，氧气体积
V 2 2SL ,压强为P 2,根据玻意耳定律有
P 2V 2 P I V l ,解得 3
3mg p
2
4 p
o V
16.如图所示，MN 为光滑的水平面，NO 是一长度s=1.25m 、倾角为θ =37的光滑斜面(斜面体固定不动)，
OP 为一粗糙的水平面。

MN 、 NO 间及NO 、OP 间用一小段光滑圆弧轨道相连。

一条质量为 m=2kg ,总
E 2=mg L
Sin +1
mv 2
2 2
由机械能守恒定律 E 1 = E 2 ,链条的A 端滑到O 点时的速率V ,则有:
v=3m∕s ；
(2)链条在开始进入水平面阶段， 摩擦力是变力；但摩擦力随距离均匀增大,
【解析】
⑴链条的A 端滑到O 点的过程中，因为只有重力做功，所以机械能守恒, 根据机械能守恒定律即可求得
链条A 端滑到O 点时的速率;
(2)摩擦力随距离均匀增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功；从链条的
A 端滑到O 点到最终链条停下的
过程，由动能定理可求得停下时的 C 端距O 点的距离。

【详解】
(1)链条的A 端滑到O 点的过程中，因为只有重力做功，所以机械能守恒。

设水平面为重力势能的零点。

链条开始运动时的机械能为
E 1,设AB 段链条质量为 m 1=1.0kg , BC
段链条质量为 m 2
=l.0kg ,则:
E 1=m 2gssin +m∣g S Sin
L
I
Sin 2
解得:
E 1 = 13.8J
因为s > L ,链条的A 端滑到
O 点时，C 点已在斜面上。

设此时的机械能为
E 2,则有:
可以用平均摩擦力求摩擦力做
功，从链条的 A 端滑到O 点到最终链条停下的过程，由动能定理:
L . mg §sin
链条在水平面-mgL mgx=0 1mv2
2 2
OP停下时，其C端离O点的距离X,解得:
x=0.98m。

【点睛】
本题考查动能定理以及机械能守恒定律的应用，要注意正确分析物理过程，明确摩擦力功的计算方法，知
道虽然摩擦力是变力，但由于其均匀变化，故可以利用平均值求解摩擦力的功。

17•图中MN和PQ为竖直方向的两个无限长的平行直金属导轨，间距为L,电阻不计•导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直.质量为m、电阻为r的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触，导轨一端接有阻值为R的电阻•由静止释放导体棒ab,重力加速度为g•
(1)在下滑加速过程中，当速度为 V 时棒的加速度是多大;
a 减小，即导体棒做加速度减小的加速运动，当安培力与重力 相等时，导体棒做匀速直线运动；
(2)当导体棒做匀速运动时，速度最大，由平衡条件得
B 2L 2V
mg R r
解得
mg R r B 2L 2
(3) 由法拉第电磁感应定律得感应电动势的平均值为:
- BLh E -
t t
感应电流的平均值为
BL
【解析】 【分析】 【详解】
(1)导体棒受到的安培力
2 2
BLV
F BIL
由牛顿第二定律得
mg 2. 2
BLV
---- m a
解得
B 2L 2V m R r
BLh
导体棒向下加速运动，速度 V 增大，加速度 (2)导体棒能够达到的最大速度为多大;
m Rr
r Z
R r 电荷量q Γ t 解得
BLh q
R r。