北京市房山区2021届新高考物理模拟试题(2)含解析

北京市房山区2021届新高考物理模拟试题（2）
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．空间存在一静电场，x 轴上各点电势φ随x 变化的情况如图所示。

若在-x 0处由静止释放一带负电的粒子，该粒子仅在电场力的作用下运动到x 0的过程中，下列关于带电粒子的a-t 图线，v-t 图线，E k -t 图线，E p -t 图线正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B
【解析】
【详解】
AB 、由x ϕ-图可知，图像的斜率表示电场强度，从0x -到0x 的过程中电场强度先减小后增大，受到沿x 轴正方向的电场力先减小后增大，粒子的加速度也是先减小后增大，在0x =位置加速度为零；粒子在运动过程中，粒子做加速度运动，速度越来越大，先增加得越来越慢，后增加得越来越快，故B 正确，A 错误；
C 、粒子在运动过程中，受到沿x 轴正方向的电场力先减小后增大，根据动能定理可知k E x -图像的斜率
D 、由于粒子带负电，根据电势能P
E q ϕ=可知，P E x -变化规律与x ϕ-变化规律相反，故D 错误； 图线正确的是选B 。

2．目前在太阳系内一共已经发现了约127万颗小行星，但这可能仅是所有小行星中的一小部分.若某颗小行星在离太阳中心R 处做匀速圆周运动，运行的周期为T ，已知引力常量为G ，仅利用这三个数据，可以估算出太阳的（ ）
A ．表面加速度大小
B ．密度
C ．半径
D ．质量
【答案】D
【解析】
【详解】
AC ．在太阳表面，重力和万有引力相等，即 2Mm G mg r = 因根据已知条件无法求出太阳半径，也就无法求出太阳表面的重力加速度，故AC 错误；
B ． 在不知道太阳半径的情况下无法求得太阳的密度，故B 错误；
D ．根据万有引力提供向心力可得
2
224Mm G m R T
=π 求得中心天体质量
23
24R M GT
π= 故D 正确。

故选：D 。

3．一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小，那么，图中能正确描述该过程中物体速度与时间关系的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
依题，原来物体在多个力的作用下处于静止状态，物体所受的合力为零，使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小的过程中，物体的合力从开始逐渐增大，又逐渐减小恢复到零，则物体的加速度先增大后减小，物体先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速度运动。

根据速度－时间图象的斜率等于加速度可知，v －t 图象的斜率先增大后减小，故ABC 错误，D 正确。

故选D 。

4．如图所示，电路中所有元件完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计G 中没有电流通过，可能的原因是（ ）
A ．入射光强度较弱
B ．光照射时间太短
C ．入射光的频率较小
D ．光电管上金属对应的极限频率较小
【答案】C
【解析】
【详解】 由k 0E h W υ=-、00W h υ=和光电效应的产生条件可知，能不能产生光电效应现象和光照强度、光照时间
无关，和入射光的频率及光电管上金属对应的极限频率有关，综合分析可知，选项C 项正确，ABD 错误。

故选C 。

5．甲乙两车在水平地面上的同一位置同时出发，沿一条直线运动，两车均可看做质点，甲乙两车的速度时间图像如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A ．t=1s 时甲车加速度为零
B ．前4s 内两车间距一直增大
C ．t=4s 时两车相遇
D ．两车在前4s 内的最大距离为5m
【答案】C
【解析】
A ．由v t -可知，甲车一直做匀加速直线运动，故A 错误；
B ．在2s t =时两车速度相等，且乙车在甲车前，2s 到4s 由于甲车速度大于乙车速度，所以两车间距离减小，故B 错误；
C ．由v t -图像与坐标轴所围面积表示位移可知，4s 内乙车的位移为
=24m 8m x ⨯=乙
由图可知，甲车的加速度为
222m/s 2m/s 1
a == 由于甲车前2s 的位移为0，由后2s 的位移
21(2222)m 8m 2
x =⨯+⨯⨯=甲 故两车相遇，故C 正确；
D ．在2s t =时两车速度相等，距离最大即为
22m 4m x ∆=⨯=
故D 错误。

故选C 。

6．如图，两梯形木块M 、P （均可看成质点）叠放在水平地面上，M 、P 之间的接触面倾斜。

连接M 与天花板之间的细绳沿竖直方向。

关于力的分析，下列说法正确（ ）
A ．木块M 不可能受二个力作用
B ．木块M 可能受三个力作用
C ．木块M 一定受四个力作用
D ．地面可能受到水平方向的摩擦力
【答案】B
【解析】
【详解】
ABC 、对A 受力分析，若细线伸直且拉力等于重力时，AB 间只接触无弹力，即A 只受重力、拉力作用，此时A 只受两个力，且AB 之间无摩擦，若A 细线未伸直即拉力为零，此时A 受重力、支持力、摩擦力作用，故AC 错误，B 正确。

C 、对整体进行分析，整体受重力、支持力或重力、支持力、拉力作用，而水平方向没有外力，故水平地
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，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L。

一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置Ⅰ进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度始终为v，则下列说法正确的是（）
A．在位置Ⅱ时外力F为
22 4B L v
R
B．在位置Ⅱ时线框中的总电流为BLv R
C．此过程中回路产生的电能为
23 2B L v
R
D．此过程中通过导线横截面的电荷量为0
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．在位置Ⅱ时，根据右手定则可知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流为
2BLv
I
R
=
根据左手定则可知线框左右两边所受安培力的方向均向左，为2
F BIL
=
联立可得
22
4B L v
F
R
=
故A正确，B错误；
C．金属线框从开始到位移为L过程中，只有一边切割磁感线，故电流为
1BLv
I
R
=
产生的电能为
从位移为L 到32L 过程中，线框两边切割磁感线，电流为I ，产生的电能为 2232
2222BLv L B L v W I Rt R R v R ⎛⎫'=== ⎪⎝⎭ 所以整个过程产生的电能为
232323=23B L v B L v B L v R R R
W W W '+=+=总 故C 错误；
D ．此过程穿过线框的磁通量变化为0，根据
q I t =∆
E I R R t
∆Φ==∆ 可得
0q R
φ∆== 故D 正确。

故选AD 。

8．如图所示，长度为l 的轻杆上端连着一质量为m 的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O 点。

置于同一水平面上的立方体B 恰与A 接触，立方体B 的质量为M 。

今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A 与B 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为
6
π ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是
A ．A 与
B 刚脱离接触的瞬间，A 、B 速率之比为2:1
B ．A 与B 刚脱离接触的瞬间，B 8
gl C ．A 2gl
D ．A 、B 质量之比为1：4
【答案】ABD
【解析】
解得：v A =2v B ，故A 正确；
B. 根据牛顿第二定律有：mgsin30∘=m 2A v L ，解得v A v B =v A B 正确；
C. A 从分离到落地，小球机械能守恒，mgLsin30°=221122A mv mv -，，故C 错误；
D. 在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒， 则有：mgL(1−sin30∘)= 212A mv +212
B Mv 把v A 和v B 的值代入，化简得：m ：M=1：4，故D 正确。

故选：ABD.
9．我国成功研制了世界最高水平的“3.0V 12000F ”石墨烯超级电容器。

超级电容器充电时，电极表面将吸引周围电解质溶液中的异性离子，使这些离子附着于电极表面上形成相距小于0.5nm 、相互绝缘的等量异种电荷层，石墨烯电极结构使得该异种电荷层的面积成万倍增加。

下列有关说法正确的是（ ） A ．该电容器充满电后的带电荷量为36000C
B ．该电容器最多能储存108000J 的电能
C ．超级电容器电容大的原因是其有效正对面积大、板间距离小
D ．当该电容器放电至两端电压为1.5V 时，其电容变为6000F
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．根据超级电容器“3.0V 12000F ”，结合
Q C U
= 可知该电容器充满电后的带电荷量
12000 3.0Q CU ==⨯C=36000C
故A 正确；
B ．电容器是一种储能元件，该电容器充满电最多能储存的电能为
221112000 3.022
W CU ==⨯⨯J=54000J 故B 错误；
C ．借助平行板电容器的决定式
r 4S C k d
επ=
故选AC 。

10．2020年2月，北斗卫星导航系统第41、49、50和51颗卫星完成在轨测试、入网评估等工作，正式入网工作。

其中第41颗卫星为地球同步轨道卫星，第49颗卫星为倾斜地球 同步轨道卫星，它们的轨道半
径约为4.2×
107 m ，运行周期等于地球的自转周期24小时。

第50和51颗卫星为中圆地球轨道卫星，运行周期约为12小时。

已知引力常量G=6. 67×
l0-11 Nm 2/kg 2，倾斜地球同步轨道平面与地球赤道平面成一定夹角，如图所示。

下列说法正确是（ ）
A ．根据题目数据可估算出地球的质量
B ．中圆地球轨道卫星的轨道半径约为2. 1×107m
C ．在地面观察者看来，倾斜地球同步轨道卫星是静止的
D ．倾斜地球同步轨道卫星的运行速度比中圆地球轨道卫星小
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．对同步卫星
222()Mm G m r r T
π= 已知绕地球运动的周期T 和运动半径r 可求解地球的质量，选项A 正确；
B ．根据开普勒第三定律可知
3232=r T r T 中圆中圆同步同步
因
1=2
T T 中圆同步 则中圆地球轨道卫星的轨道半径不等于同步卫星轨道半径的一半，选项B 错误；
C ．倾斜地球同步轨道卫星与地球自转周期相同，每过24h 都运动一圈，在地面观察者看来，倾斜地球同步轨道卫星是运动的，选项C 错误；
D ．根据GM v r
=
D 正确。

11．一定质量的理想气体经历如图所示的一系列过程，ab、bc、cd和da这四段过程在P T
图上都是直线段，其中ab的延长线通过坐标原点O，bc垂直于ab，而cd平行于ab，da平行于p轴。

由图可以判断（）
A．ab过程中气体分子的密集程度不断减小
B．bc过程中外界对气体做功
C．cd过程中气体内能不断增大
D．da过程中气体从外界吸收热量
E.ab过程的内能减小量等于cd过程中气体内能增加量
【答案】BCD
【解析】
【详解】
A．根据理想气体状态方程pV
C
T
＝可知
C
p T
V
＝，则P-T图中过原点的直线为等容变化，所以ab过程
中气体体积不变，所以气体分子的密集程度不变，故A错误；
B．过c点做过原点的直线，则为一条等容线，且斜率比ab斜率大，根据
C
p T
V
＝可知，V c＜V b则由bc
过程体积减小，外界对气体做功，故B正确；
C．cd过程中气体温度升高，气体内能增加，故C正确；
D．da过程，气体温度不变，则气体内能不变；压强减小，根据玻意耳定律可知，体积增大，则气体对外界做功，根据热力学第一定律可知，气体应吸热，故D正确；
E．bc垂直于ab，而cd平行于ab说明，ab的温度变化比cd的温度变化小，且理想气体内能只与温度有关，温度升高，内能增加，可知ab过程的内能减小量小于cd过程中气体内能增加量，故E错误；
故选BCD。

12．下列说法正确的是____________.
A．液体表面张力是液体表面层分子间距离小，分子力表现为斥力所致
B．水黾可以停在水面上是因为存在表面张力
C．不管是单晶体还是多晶体，它们都有固定的熔点
D．气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现
E. 热量能够从低温物体传到高温物体
【详解】
A ．液体表面层内的分子比较稀疏，分子间作用力表现为引力，故A 错误；
B ．水黾可以停在水面是因为存在表面张力，故B 正确；
C ．只要是晶体就有固定熔点，故C 正确；
D ．气体能充满整个容器，是气体分子不停做无规则运动的结果，故D 错误；
E ．热量可以从低温物体传到高温物体，但是要引起其他变化，这不违背热力学第二定律，故E 正确。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．如图甲所示是一种研究气球的体积和压强的变化规律的装置。

将气球、压强传感器和大型注射器用T 型管连通。

初始时认为气球内无空气，注射器内气体体积0V ，压强0p ，T 型管与传感器内少量气体体积可忽略不计。

缓慢推动注射器，保持温度不变，装置密封良好。

(1)该装置可用于验证______定律。

填写气体实验定律名称)
(2)将注射器内气体部分推入气球，读出此时注射器内剩余气体的体积为023
V ，压强传感器读数为1p ，则此时气球体积为______。

(3)继续推动活塞，多次记录注射器内剩余气体的体积及对应的压强，计算出对应的气球体积，得到如图乙所示的“气球体积和压强”关系图。

根据该图象估算：若初始时注射器内仅有体积为00.5V 、压强为0p 的气体。

当气体全部压入气球后，气球内气体的压强将变为______0p 。

（保留3位小数） 【答案】玻意耳 0001
23PV V P - 1.027 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]用DIS 研究在温度不变时，气体的压强随温度的变化情况，所以该装置可用于验证玻意耳定律；
(2)[2]将注射器内气体部分推入气球，压强传感器读数为p 1，根据玻意耳定律得：
所以 0011=p
V V p 读出此时注射器内剩余气体的体积为02
3
V ，所以时气球体积为 0001012233
-=-V p V V p V ； (3)[3]由题可知，若初始时注射器内仅有体积为00.5V 、压强为p 0的气体，气体全部压入气球后气球的压强与初始时注射器内有体积为0V 、压强为p 0的气体中的12
气体压入气球，结合题中图乙可知，剩余的气体的体积约在00.5V 左右，压强略大于p 0，所以剩余的气体的体积略小于0.5V 0。

由图可以读出压强约为1.027p 0。

【点睛】
本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析。

另外，还要注意思维方式的转化，即可以将初始时注射器内仅有体积为0.5V 0、压强为p 0的气体，气体全部压入气球，与初始时注射器内有体积为V 0、压强为p 0的气体中的12气体压入气球是等效的。

14．某学习小组用如图甲所示的实验装置探究“动能定理”。

他们在气垫导轨上安装了一个光电门B ，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A 处由静止释放。

(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d ，如图乙所示，则d=______mm 。

(2)下列实验要求中必要的一项是_______（请填写选项前对应的字母）。

A ．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
B ．应将气垫导轨调至水平
(3)实验时保持滑块的质量M 和A 、B 间的距离L 不变，改变钩码质量m ，测出对应的力传感器的示数F 和遮光条通过光电门的时间t ，通过描点作出线性图像，研究滑块动能变化与合外力对它做功的关系，处理数据时应作出的图像是______ （填写 选项前对应的字母）。

A ．21t F -
B ．M-F
C ．1L F -
D ．21F t
- 【答案】2.25 B A
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．游标尺的主尺读数为2mm ，游标尺读数为5×0.05mm=0.25mm ，则d=2mm+5×0.05mm=2.25mm 。

(2)[2]．A 、拉力是直接通过力传感器测量的，故滑块质量与钩码和力传感器的总质量无关，故A 不必要； B 、应将气垫导轨调节水平，保持拉线方向与木板平面平行，这样拉力才等于合力，故B 是必要的。

故选B 。

(3)[3]．研究滑块的受力，根据动能定理可知
212FL Mv = 利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，则遮光条通过光电门的瞬时速度
d v t
=
则 21()2d FL M t
=
解得 2
2
2Md t FL = 研究滑块动能变化与合外力对它做功的关系，处理数据时应作出的图象为21t F
-
图象，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分 15．如图所示，A 气缸截面积为500cm 2，A 、B 两个气缸中装有体积均为10L 、压强均为1atm 、温度均为27℃的理想气体，中间用细管连接．细管中有一绝热活塞M ，细管容积不计．现给左面的活塞N 施加一个推力．使其缓慢向右移动,同时给B 中气体加热,使此过程中A 气缸中的气体温度保持不变．活塞M
保持在原位置不动．不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为1atm=105Pa ．当推力3510N 3
F =⨯时,求：
①活塞N 向右移动的距离是多少?
②B 气缸中的气体升温到多少?
【答案】① 5 cm ；②127℃
【解析】
①加力F 后，A 中气体的压强为504103
A F p p Pa S '=+
=⨯ 对A 中气体：由p A V A =p A ′V A ′
则得
5
5
103
44
10
3
A A
A
A A
A
p V V
V V
p
'===
'⨯
初态时，
3
1010
20
500
A
A
A
V
L cm
S
⨯
===，L A′=A
A
V
S
'
=15cm
故活塞N向右移动的距离是s=L A-L A′=5cm
②对B中气体，困活塞M保持在原位置不动，末态压强为p B′=p A′=
4
3
×105Pa
根据查理定律得：B B
B B
p p
T T
'
=
'
解得，T B′=B B
B
p T
p
'
=400K
则t B=400-273=127℃
点睛：对于两部分气体问题，既要分别研究各自的变化过程，同时要抓住之间的联系，本题是压强相等是重要关系．
16．如图所示，木板B静止于光滑水平地面上，在其左端放一可视为质点的木块A，已知木块A的质量M A＝2kg，木板B的质量M B＝6kg，长L＝4m。

某时刻，一块橡皮泥C以速度v0＝12m/s射向木块A，并与A粘在一起，在A和C一起滑动的同时，立即给B施加一个水平向右的拉力F，已知橡皮泥C的质量m c＝1kg，A与B的动摩擦因数µ＝0.1，重力加速度g＝10m/s2。

求：
(1)若F＝15N，A相对B向右滑行的最大距离；
(2)要使A从B上滑落，拉力F大小应满足的条件。

【答案】(1) 2 m (2)见解析
【解析】
【详解】
（1）A与C碰撞，由动量守恒定律
()
01
c c A
m v m m v
=+
1
4m/s
v=
A滑上木板B后做匀减速运动，有
()()
A C A C A
m m g m m a
μ+=+
2
1m/s
A
a=
()
A C
B B
F m m g m a
μ
++=，
23m/s B a =
两者速度相同时，有
1A B v a t a t -=
得：
1s t =
A 滑行距离
211 3.5m 2
A A s v t a t =-=
B 滑行距离
21 1.5m 2
B B S a t == 最大距离：
2m A B S S S ∆=-=
（2）A 到B 右端滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，,A B 具有共同的速度2v
则
22212222A B
v v v L a a -=+ 又
122A B
v v v a a -= 21m/s B a =
再代入
()A C B B F m m g m a μ++=
得
3N F =
即A 从B 的右端滑落
3N F <
若在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后A 相对B 向左滑动，最后从B 的左端滑落，即有：
()A C B F m m m a >++
()()A C A C m m g m m a μ+=+
9N F >
17．如图所示，直线y=3 4 x
与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，直线x=d与y=
3
4
x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E=3×105V/m，另有一半径R=
10
3
m的圆形匀强磁场区域I，磁感应强度B1=0.9T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点。

一带负电的粒子从S点沿y轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线y=
3
4
x垂直。

粒子速度大小5
310m/s
v=⨯，粒子的比荷为5
110C/kg
q
m
=⨯，粒子重力不计。

已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；
(2)坐标d的值；
(3)要使粒子能运动到x轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件。

【答案】(1)
10
m
3
；(2)12m；(3)0.5T<B2<1.125T
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在磁场1B中，有
2
01
1
mv
qv B
r
=
代入数据解得
1
10
m
3
r=
(2)在电场中类平抛运动：设粒子x方向位移为x，y方向位移为y，运动时间为t，则
5
y
410m/s
tan37
v
v==⨯
︒
又
y
qE
v t
m
=
解得
5
4
10s
3
t-
=⨯
又根据
0x v t =
02y
v y t +=
解得
4m x =，8m 3
y = 所以坐标d 的值
1tan 3712m tan 37x y r d ︒++==︒
(3)进入磁场2B 的速度为
50510m/s sin 37v v ==⨯︒
带电粒子出磁场区城Ⅱ中做匀速圆周运动
2
22mv qvB r
= 当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y 轴垂直时
210m sin 37y R r +==︒
可得
0.5T B =
当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y 轴相切时，轨迹半径为2r '，圆周半径为 2210m cos37sin 37r y R r '+'+
==︒︒
可得 2 1.125T B =
所以要使带电粒子能运动到x 轴的负半轴，20.5T 1.125T B <<。