北京市怀柔区2021届新高考第一次模拟物理试题含解析

北京市怀柔区2021届新高考第一次模拟物理试题
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．如图所示为某一电场中场强E-x图像，沿x轴正方向，电场强度为正，则正点电荷从x1运动到x2，其电势能的变化是
A．一直增大
B．先增大再减小
C．先减小再增大
D．先减小再增大再减小
【答案】C
【解析】
【详解】
沿x轴正方向，电场强度为正，由图可得，从x1到x2电场强度先沿x轴正方向再沿x轴负方向；顺着电场线方向电势降低，则从x1到x2电势先降低后升高，所以正点电荷从x1运动到x2，电势能是先减小再增大；故C项正确，ABD三项错误。

2．如图，两个小球分别被两根长度不同的细绳悬于等高的悬点，现将细绳拉至水平后由静止释放小球，当两小球通过最低点时，两球一定有相同的( )
A．速度B．角速度C．加速度D．机械能
【答案】C
【解析】
试题分析：根据动能定理得：mgL=1
2
mv2，解得：2
v gL
=，因为L不等．所以速度不等，故A错误；
B、根据
2
v
a
L
=解得：a=2g，所以两球加速度相等，又a=Lω2，所以角速度不等，故B错误C正确；因
为两球的质量关系未知，初始位置它们的重力势能不一定相等，所以在最低点，两球的机械能不一定相等，故D 错误；故选C.
考点：动能定理；向心加速度．
【名师点睛】此题考查了动能定理的应用以及向心加速度及角速度的知识；解决本题的关键掌握动能定理和机械能守恒定律，知道摆球在最低点靠合力提供做圆周运动的向心力，列的式子即可解答；此题是基础题，意在考查基础知识的应用.
3．北京时间2019年5月17日23时48分，我国成功发射第45颗北斗导航卫星。

该卫星与此前发射的倾斜地球同步轨道卫星（代号为P ）、18颗中圆地球轨道卫星（代号为Q ）和1颗地球同步轨道卫星（代号为S ）进行组网，为亚太地区提供更优质的服务。

若这三种不同类型卫星的轨道都是圆轨道，中圆地球轨道卫星的轨道半径是同步卫星的轨道半径的23
，下列说法正确的是（ ）
A ．P 和S 绕地球运动的向心加速度大小不相等
B ．Q 和S 62
C ．Q 和S 绕地球运动的周期之比为2
D ．P 和Q 绕地球运动的向心力大小一定相等
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由
2
Mm G ma r = 可知，P 和S 绕地球运动的向心加速度大小相等，故A 错误；
B ．由
2
2Mm v G m r r
= 可得
GM v r
=
又
23Q S r r = 则Q 和S 绕地球运动的线速度大小之比为
:6:2Q S v v =
故B 正确；
C ．由
2
22Mm G mr r T π⎛⎫= ⎪⎝⎭
可得 3
2πr T GM
= Q 和S 这两种不同类型轨道卫星绕地球运动的周期之比为
3
2::126:93Q S T T ⎛⎫== ⎪⎝⎭
故C 错误；
D ．由于P 和Q 的质量不一定相等，所以P 和Q 绕地球运动的向心力大小不一定相等，故D 错误。

故选B 。

4．如图所示，P 是一束含有两种单色光的光线，沿图示方向射向半圆形玻璃砖的圆心O ，折射后分成a 、b 两束光线，则下列说法中正确的是（ ）
A ．a 光频率小于b 光频率
B ．在玻璃砖中传播的时间a 光比b 光长
C ．玻璃对a 光的折射率小于对b 光的折射率
D ．若让玻璃砖在纸面内绕O 点逆时针转动180°，P 光线保持不变，则a 、b 两束光线也保持不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
AC ．由图看出a 光的偏折程度大于b 光，所以根据折射定律得知：玻璃对a 光的折射率大于对b 光的折射率，折射率大则频率大，则a 光的频率大，AC 错误；
B ．根据公式c v n
=可知a 光的折射率较大，则在玻璃砖中，a 光的速度小于b 光的速度，则在玻璃砖中传播的时间a 光比b 光长，B 正确；
D ．旋转前，发生折射过程是由玻璃射向空气中，而旋转180°后，发生的折射过程是由空气射向玻璃，故光线会发生变化，D 错误。

故选B 。

5．托卡马克（Tokamak ）是一种复杂的环形装置，结构如图所示．环心处有一欧姆线圈，四周是一个环形真空室，真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈．当欧姆线圈中通以变化的电流时，在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场，将真空室中的等离子体加速，从而达到较高的温度．再通过其他方式的进一步加热，就可以达到核聚变的临界温度．同时，环形真空室中的高温等离子体形成等离子体电流，与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场，在真空室区域形成闭合磁笼，将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行．已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，下列说法正确的是
A ．托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的
B ．极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体
C ．欧姆线圈中通以恒定电流时，托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变
D ．为了约束温度为T 的等离子体，所需要的磁感应强度B 必须正比于温度T
【答案】C
【解析】
【详解】
A 、目前核电站中核反应的原理是核裂变，原理不同，故A 错误；
B 、极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子体约束在真空室中，有利于核聚变的进行，故B 错误；
C 、欧姆线圈中通以恒定的电流时，产生恒定的磁场，恒定的磁场无法激发电场，则在托卡马克的内部无法产生电场，等离子体无法被加速，因而不能发生核聚变，故C 正确．
D 、带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，则212
T mv ∝，由洛伦兹力提供向心力，则2
v qvB m R
=，则有B T ∝，故D 错误．
6．如图所示，在光滑水平面上有质量分别为A m 、B m 的物体A ，B 通过轻质弹簧相连接，物体A 紧靠墙壁，细线连接A ，B 使弹簧处于压缩状态，此时弹性势能为p0E ，现烧断细线，对以后的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A ．全过程中墙对A 的冲量大小为p02
B E m m B ．物体B p0
2A E m C ．弹簧长度最长时，物体B p02B
A B B E m m m m +D ．弹簧长度最长时，弹簧具有的弹性势能p p0E E >
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．当弹簧第一次恢复原长时A 恰好离开墙壁，此过程弹性势能转化为物体B 的动能，由能量守恒
2p012
B B E m v = 求得
p0
2B B E v m =该速度就是B 的最大速度，此过程A 的动量始终为零，对A 由动量定理
0A I I -=弹簧
对B 由动量定理
B B I m v =弹簧
解得
p02A B E I m m =选项AB 错误；
C ．以后的运动过程中物体A 将不再与墙壁有力的作用，A 、B 系统动量守恒，当弹簧长度最长时，A 、B
速度相同，根据动量守恒
()B B B A m v m m v =+
代入得 p02
B
A B B E m v m m m =+
C 正确；
D ．弹簧长度最长时
2p p01()2
B A E m m v E ++= 则p p0E E <
选项D 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．如图所示，虚线a 、b 、c 是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，即ab bc U U =，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下运动的轨迹，、P Q 是轨迹上的两点。

下列说法中正确的是（ ）
A ．等势面a 的电势一定比等势面c 的电势低
B ．质点通过Q 点时的电势能比通过P 点时的电势能小
C ．质点通过Q 点时的加速度比通过P 点时的加速度大
D ．质点一定是从Q 点运动到P 点
【答案】AB
【解析】
【详解】
A ．电场线与等势面垂直，而根据轨迹弯曲的方向和质点带正电可知，电场线指向下方，沿电场线方向电势降低，故等势面c 的电势最高，故A 正确；
B ．不妨设质点从Q 点运动到P 点，则此过程中电场力做负功，电势能增大，故B 正确；
C ．等差等势面P 处密，P 处电场强度大，则质点经过P 处时受到的电场力大，加速度大，故C 错误；
D．根据题意无法判定质点的运动方向，D项错误。

故选：AB。

8．如图所示，在竖直平面内，倾斜长杆上套一小物块，跨过轻质定滑轮的细线一端与物块连接，另一端与固定在水平面上的竖直轻弹簧连接。

使物块位于A点时，细线自然拉直且垂直于长杆弹簧处于原长。

现将物块由A点静止释放，物块沿杆运动的最低点为B，C是AB的中点，弹簧始终在弹性限度内，不计一切阻力，则（）
A．物块和弹簧系统机械能守恒
B．物块在B点时加速度方向由B指向A
C．A到C过程物块所受合力做的功大于C到B过程物块克服合力做的功
D．物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由题知，不计一切阻力，则物块和弹簧系统机械能守恒，故A正确；
B．由题知，物块从A点运动到B点是先加速后减速，到B点速度刚好为0，弹簧处于伸长状态，此时对物块受力分析可知，弹簧沿斜面向上的分力大于重力沿斜面向下的分力，故物块在B点时加速度方向由B 指向A，故B正确；
C．物块从A到C，根据动能定理可知，合力做的功等于动能的增加量，物块从C到B，根据动能定理可知，物块克服合力做的功等于动能的减少量，而物块在A点和B点的速度都为零，故两个过程动能的变化量相等，所以A到C过程物块所受合力做的功等于C到B过程物块克服合力做的功，故C错误；D．弹簧的形变量越小，弹簧的弹性势能越小，根据几何关系，可知物块从A到C过程的弹簧形变量小于C到B过程的弹簧形变量，故物块下滑过程中，弹簧的弹性势能在A到C过程的增量小于C到B过程的增量，故D正确。

故选ABD。

9．下列说法中正确的是()
A．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
B．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性
C．理想气体在某过程中从外界吸收热量，其内能可能减小
D ．热量能够从高温物体传到低温物体，也能够从低温物体传到高温物体
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A ．知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，能算出一个气体分子所占有的体积，故A 错误；
B ．悬浮在液体中微粒的无规则运动并不是分子运动，但微粒运动的无规则性，间接反映了液体分子运动的无规则性，故B 正确；
C ．理想气体在吸收热量的同时，若对外做功，其内能可能减小，故C 正确；
D ．若有第三者介入，热量可以从低温物体传到高温物体，故D 正确。

故选BCD 。

10．质量为m 的物块放在水平桌面上，物块与水平桌面间的动摩擦因数为3，现给物块- 个斜向上的拉力F 使物块匀速向右运动，则拉力F 的值可能为
A ．14
mg B ．1
3
mg
C ．12
mg D ． m g 【答案】CD
【解析】
【详解】
物块受到重力mg 、支持F N 、摩擦力f 和拉力F 四个力作用，先把支持N F 、摩擦力f 合成，由于 N 1tan 3F f αμ
===得到60α︒=。

再把F '与拉力F 合成，合力等于mg ，当F 与F '垂直时，F 最小，最小值
min 1cos 2
F mg mg α== A.A 项与 上述分析结论不相符，故A 错误；
B.B 项与 上述分析结论不相符，故B 错误；
C.C 项与 上述分析结论相符，故C 正确；
D.D 项与 上述分析结论相符，故D 正确。

11．某地区1月份平均气温1.4℃，平均大气压1.021×105 Pa ；7月份平均气温30.84℃，平均大气压0.9960×105Pa ．7月份和1月份相比较， 下列说法正确的是 ．
A ．7月份和1月份空气分子无规则热运动剧烈程度几乎相同
B ．与1月份相比单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数在7月份减少了
C ．7月份空气中每个分子的动能都比1月份的大
D ．对水这种液体它的表面张力7月份比1月份小
E.对同种液体而言，它的饱和气压7月份髙于1月份
【答案】BDE
【解析】
温度越高，分子无规则热运动加强．7月份与1月份相比较，平均气温升高了，所以分子无规则热运动加剧，故A 错误；温度升高，分子的平均动能变大，但是压强减小，可知气体分子的密集程度减小，则单位时间内空气分子对单位面积地面撞击次数减少，B 正确；温度越高，分子平均动能越大，但不代表每个分子动能都增大，有可能减小，C 错误；表面张力还与温度有关，温度越高，性质越不纯，表面张力越小，故D 正确；温度越高，同种液体的饱和气压越高，故E 正确．
12．下列说法正确的是 。

A ．食盐、蔗糖、味精、玻璃都是晶体
B ．由于分子永不停息地做无规则运动，所以任何物体都具有内能
C ．硬币可以浮在水面上，是因为水的表面张力的作用
D ．一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性
E.已知氧气的摩尔体积为V ，每个氧气分子的体积为V 0，则阿伏加德罗常数A 0
V N V
【答案】BCD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．食盐、蔗糖、味精是晶体，而玻璃是非晶体，故A 错误；
B ．由于组成物体的分子永不停息在做无规则运动，一定有分子动能，所以任何物体都具有内能，故B 正确；
C ．硬币可以浮在平静的水面上是因为液体表面存在张力，故C 正确；
D ．由热力学第二定律可知自然界中进行的一切与热现象有关的宏观自然过程都具有方向性，故D 正确；
E ．由于气体分子间距离较大，摩尔体积与分子体积的比值不等于阿伏伽德罗常数，故E 错误； 故选BCD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在做“用单摆测定重力加速度”的实验过程中：
(1)小李同学用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d ＝________cm 。

(2)小张同学实验时却不小心忘记测量小球的半径，但测量了两次摆线长和周期，第一次测得悬线长为L 1，对应振动周期为T 1；第二次测得悬线长为L 2，对应单摆的振动周期为T 2，根据以上测量数据也可导出重力加速度的表达式为_________________。

【答案】2.030 ()22122124L L g T T π-=
- 【解析】
【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为20mm ，游标尺读数为0.05×6mm ＝0.30mm ，则摆球的直径d ＝20.30mm ＝2.030cm
(2)[2]设小球的半径为r ，根据单摆的周期公式得
T 1＝1L r g
+ T 2＝2L r g +联立方程组解得
()
22122
124πL L g T T -=-
14．要测绘一个标有“2.5V 2W”小灯泡的伏安特性曲线.己选用的器材有：
直流电源（3V .内阻不计）
电流表A 1量程为0.6 A ，内阻为0.6n ）
电流表A 2（量程为300mA ．内阻未知）
电压表V （量程0—3V ，内阻约3kQ ）
滑动变阻器R （0—5Ω，允许最大电流3A ）
开关、导线若干．
其实验步骤如下：
①由于电流表A 1的里程偏小.小组成员把A 1、A 2并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实物图中完成余下导线的连接.
（____）
（2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最_______端，闭合开关S ，调节滑片.发现当A 1示数为0.50A 时，A 2的示数为200mA ，由此可知A 2的内阻为_______.
③若将并联后的两个电流表当作一个新电表，则该新电表的量程为_______A ；为使其量程达到最大，可将图中_______（选填，“I”、“II”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻．
【答案】 右 1.5 0.84 I
【解析】
【详解】
（1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示：
（2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定律得：11220.50.6 1.50.2
A A I R R I ⨯==Ω=Ω （3）由于U g1＝0.6×
0.6V ＝0.36V ，U g2＝0.3×1.5V ＝0.45V ，由于U g1＜U g2，故两电流表两段允许所加最大
电压为0.36V ，新电流表量程为：0.36
0.60.841.5
I A A =+=，由于A 2未达到最大量程，要使其达到最大量程，要增大电压，此时电流表A 1会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再串联接入一个阻值合适的电阻． 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，带电量为q （q 为正电荷）的粒子质量为m ，O 、A 两点长度为d 且连线与x 轴正方向为30°，不计粒子重力。

（1）若在y 轴右侧加上平行于y 轴的匀强电场E 时，粒子以初速度v 0沿x 轴正方向从O 点射出且恰好经过A 点，求：电场强度E 的大小和方向；
（2）若去掉电场，在坐标系空间内加上垂直纸面的匀强磁场B ，粒子仍以初速度v 0沿x 轴负方向从O 点射出且也恰好经过A 点，求：磁感应强度B 的大小和方向以及粒子从O 点出发到第一次经过A 点时所经历的时间。

【答案】（1）204=3mv E qd
，方向竖直向上；（2）0mv B qd =，方向垂直纸面向外；023d t v π= 【解析】
【分析】
【详解】
（1）加电场时，粒子沿x 轴正方向射出，粒子作类平抛运动，经过A 点，则电场方向竖直向上。

根据平抛运动规律有
水平方向
0cos30d v t ︒=
竖直方向
21sin 302
d at = 由牛顿第二定律有
qE=ma
解得电场强度
204=3mv E qd
（2）在磁场中，粒子沿x 轴负方向射出，粒子作匀速圆周运动，经过A 点，则磁场方向垂直纸面向外。

根据洛伦兹力提供向心力，有 00v qv B
m R
= 由几何关系有 d=R
联立解得磁感应强度
0mv B qd
= 匀速圆周运动周期
2=R T v π 粒子从O 点出发到第一次经过A 点时所经历的时间
56
t T = 联立解得
23d t v π= 16．如图所示，光滑的水平桌面边缘处固定一轻质定滑轮，A 为质量为2m 的足够长的木板，B 、C 、D 为三个质量均为m 的可视为质点的物块，B 放在A 上，B 通过水平且不可伸长的轻绳跨过定滑轮与D 连接，D 悬在空中。

C 静止在水平桌面上A 的右方某处（A 、C 和滑轮在同一直线上）。

A 、B 间存在摩擦力，且认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，在D 的牵引下，A 和B 由静止开始一起向右加速运动，一段时间
后A 与C 发生时间极短的弹性碰撞，设A 和C 到定滑轮的距离足够远，D 离地面足够高，不计滑轮摩擦，
已知重力加速度为g 。

(1)为使A 与C 碰前A 和B 能相对静止一起加速运动，求A 与B 间的动摩擦因数μ应满足的条件；
(2)若A 与B 间的动摩擦因数μ=0.75，A 与C 碰撞前A 速度大小为v 0，求A 与C 碰后，当A 与B 刚好相对静止时，C 与A 右端的距离。

【答案】（1）12
μ≥；（2）2043v d g = 【解析】
【分析】
【详解】
（1）B 对A 的最大静摩擦来提供A 向前加速运动，加速度为
22mg
g
a m μμ==
对ABC 整体受力分析，根据牛顿第二定律可知
4mg ma =
联立解得
1=2
μ 所以μ应满足12
μ≥。

（2）设A 与C 碰撞后，A 和C 的速度分别为v A 和v C ，则
022A c mv mv mv =+
222011122222
C A mv mv mv =+ 解得
013
A v v = 043
c v v = 设A 与C 碰后，绳的拉力为F'T ，B 和D 加速的加速度大小为a 2，则
T 2mg F ma '-=
T 2F mg ma μ'-=
解得
218
a g = A 的加速度大小为a 3，则
32mg ma μ=
解得
338
a g = 设碰后，经时间t ，A 和B 的速度相同，则
A 302v a t v a t +=+
时间t 内A 的位移
2A A 312
x v t a t =+ 时间t 内C 的位移
所求距离为
C A d x x =-
解得
2043v d g
= 17．U 形管两臂粗细不同，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm ，且水银面比封闭管内高4 cm ，封闭管内空气柱长为11 cm ，如图所示.现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
（1）粗管中气体的最终压强；
（2）活塞推动的距离.
【答案】（1）88 cmHg （2）4.5 cm
【解析】
【详解】
解：设左管横截面积为S ，则右管横截面积为3S ，
（1）以右管封闭气体为研究对象，
180P cmHg =，111333V S =⨯= S
210330V S =⨯= S
等温变化：1122P V P V =g
g 8033⨯ 230S P =g
S 288P = cmHg
（2）以左管被活塞封闭气体为研究对象，
176P cmHg =，111V S =，288P = cmHg
等温变化：1122P V P V =g
g
即123Sh Sh =，124h h cm +=，联立得21h cm =，故上升1cm ； 那么活塞推动的距离：1139.5 4.5L cm =+-=。