黑龙江省黑河市2021届新高考模拟物理试题(校模拟卷)含解析

黑龙江省黑河市2021届新高考模拟物理试题（校模拟卷）
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．密闭容器内封有一定质量的空气，使该容器做自由落体运动，气体对容器壁的压强（ ） A ．为零
B ．保持不变
C ．减小
D ．增大 【答案】B
【解析】
气体的压强是由于气体分子做无规则运动，对器壁频繁地撞击产生的，容器做自由落体运动时处于完全失重状态，但气体分子的无规则运动不会停止．根据气体压强的决定因素：分子的平均动能和分子的数密度可知，只要温度和气体的体积不变，分子的平均动能和单位体积内分子数目不变，气体对容器壁的压强就保持不变，故B 正确，ACD 错误．故选B ．
点睛：大量的气体分子做无规则热运动，对器壁频繁、持续地碰撞产生了压力，单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力．所以从分子动理论的观点来看，气体的压强等于大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力．
2．一物块以某一初速度从倾角37θ=o 的固定斜面底端上滑，到达最大高度处后又返回斜面底端。

已知物块上滑时间是下滑时间的
13，sin 370.6=o ，cos370.8=o ，则物块与斜面间的动摩擦因数为（ ） A ．0.2
B ．0.4
C ．0.6
D ．0.8 【答案】C
【解析】
【详解】
设物块从斜面底端向上滑时的初速度为1v ，返回斜面底端时的速度大小为2v ，则根据平均速度公式有 112222
v t v t x == 再由牛顿运动定律和运动学公式有上滑过程
1sin cos mg mg ma θμθ+=
111v a t =
下滑过程
2sin cos mg mg ma θμθ-=
222v a t =
时间关系有
1
2
1
3
t
t
=
联立各式解得
0.6
μ=
故C正确，ABD错误。

故选C。

3．有一种电四极子的电荷分布及位置关系如图所示。

A、B两点位于负电荷的同侧，与负电荷的距离分别为3l与l。

下列说法正确的是（）
A．A、B两点场强的大小关系A B
E E
>
B．A、B两点电势的高低关系A B
ϕϕ
<
C．电子在A点的电势能小于在B点的电势能
D．将一重力不计正点电荷由A点静止释放，将做加速度逐渐增大的加速运动
【答案】C
【解析】
【详解】
A．由场强叠加可知
2222
2184
(5)(3)225
A
q q q kq
E k k k
l l l l
=+-=
方向向左；
2222
226
(3)9
B
q q q kq
E k k k
l l l l
=+-=
方向向右；
则A B
E E
<，选项A错误；
BC．由A的计算可知，最左边位于C处的+q与A之间的场强向左，CB之间的场强向右，因沿电场线电势降低，可知A、B两点电势均比C点电势低，由于A B
E E
<，则由U=Ed可知
CA CB
U U
<，可知A点电势高于B点，即A B
ϕϕ
>，则电子在A点的电势能小于在B点的电势能，选项B错误，C正确；
D．因在A点左侧会存在一个合场强为零的位置，则从A点到此位置场强逐渐减小，则将一重力不计正点
电荷由A点静止释放，在到达场强为零的位置的过程中，将做加速度逐渐减小的加速运动，选项D错误。

故选C。

4．如图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．若用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图象中能正确描述该过程的是
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】
【详解】
AB．滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零；滑块下滑过程中做匀减速直线运动，下滑过程中，其速度时间图线是一条斜向下的直线；下滑过程中，其加速度时间图线与时间轴平行．故AB两项错误．
CD．用x、v、a分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小，据速度位移关系可得：
22 02
v v ax -=
解得：
2 02
v v ax
=-
所以下滑过程中，其速度位移图线是一条切线斜率变大的向下弯曲的曲线；故C项错误，D项正确．5．如图所示，质量相同的三个小球从足够长的斜面上同一点O分别以初速度v1、v2、v3水平抛出，落在斜面上的位置分别为A、B、C，已知OA=AB=BC，空气阻力不计，则（）
A．v1：v2：v3=1：2：3
B．落到斜面时的速度方向不同
C ．落到斜面时的动能之比为1：2：3
D ．落到斜面时的动能增量之比为1：4：9
【答案】C
【解析】
【详解】
A 、设物体的初速度为v 0，斜面的倾角为α，斜面落点到O 点的长度为L ．则小球落在斜面上时，有，得,则有,α、g 一定，则得到；由于
OA=AB=BC ，则OA ：OB ：OC=1：2：3，由上式得
；故A 错误。

B 、设小球落到斜面上时速度与水平方向的夹角为θ，则有，与初速度无关，则知落到斜面时的速度方向相同；故B 错误。

C 、小球落在斜面上速度平方为，落到斜面时的动能为，所以落到斜面时的动能之比为1：2：3，故C 正确．D 、根据动能定理得，飞行过程中动能增量
，得飞行过程中动能增量之
比为1:2:3;故D 错误．故选C.
【点睛】 三个小球做平抛运动，运用运动的分解法，得出斜面的长度与初速度、运动时间的关系，本题中斜面的倾角反映了位移与水平方向的夹角，关键确定两个方向的位移关系得出时间表达式．
6．某探究小组计划以下述思路分析电容器间电场（可看作匀强电场）的特点。

如图所示，把电容器的一个极板接地，然后用直流电源给电容器充电，接地极板连接电源正极，充电结束后电容器与电源断开。

在两极板之间的P 点固定一个负试探电荷，正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离x 。

在平移过程中，电容C 、场强E 、P 点电势p 、试探电荷在P 点电势能p E 与负极板移动距离x 的关系正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D
【解析】
【详解】
设原两极板的距离为0d ，负极板右移x 时，两极板的距离为
0-d x
两极板间的距离减小；
A ．两极板间距减小为0()-d x 时，由4πS
C kd ε=知
04π()S
C k d x ε=-
则C 增大，但C 与x 的关系不是一次函数，其图像不是直线，故A 错误；
B ．由
Q C U
=，U E d = 则有 4πkQ E S ε=
则E 与x 无关，其图像为平行于x 轴的直线，故B 错误；
C ．正极板接地其电势为0，且为最高值。

P 点与正极板距离不变，设为l ，其电势为
p El ϕ=-
得
4πP kQl S
ϕε=- 则p ϕ与x 无关，其图像为平行于x 轴的直线，且为负值，故C 错误；
D ．负试探电荷电势能为
4πP
p kQlq E q S
ϕε=-= 则p E 与x 无关，其图像为平行于x 轴的直线，且为正值，故D 正确。

故选D 。

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 。

8．如图所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（ ）
A ．物体在传送带上的划痕长2
2v g
μ B ．传送带克服摩擦力做的功为
212mv C ．电动机多做的功为232
mv
D ．电动机增加的功率为mgv μ
【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物块达到速度v 所需的时间
v t g
μ= 在这段时间内物块的位移
2
12v x g
μ= 传送带的位移
2
2v x vt g
μ== 则物体相对位移
2
212v x x x g
μ=-= 故A 正确；
BC ．电动机多做的功转化成了物体的动能和内能，物体在这个过程中获得动能就是
212
mv ，由于滑动摩擦力做功，相对位移等于 2
2v x g
μ= 产生的热量
22122
v Q mg mv g μμ=⨯= 传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功为2mv ，故BC 错误；
D ．电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为
fv mgv μ=
故D 正确。

故选AD 。

9．如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m 的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小g 。

若物块上升的最大高度为H ，则此过程中，物块的（ ）
A ．动能损失了mgH
B ．动能损失了2mgH
C ．机械能损失了12
mgH D ．机械能损失了mgH 【答案】BD
【解析】
【详解】 AB ．已知物体上滑的加速度大小为g ，由动能定理得：动能损失等于物体克服合外力做功为
122sin30合合∆==⋅=⋅=︒
g k E W F H mg H mgH 故A 选项错误，B 选项正确；
CD ．设摩擦力的大小为f ，根据牛顿第二定律得
sin30mg f ma mg ︒+==
得
0.5f mg =
则物块克服摩擦力做功为
20.52f W f H mg H mgH =⋅=⨯=
根据功能关系可知机械能损失mgH ，故C 错误，D 正确。

故选BD 。

10．如图为竖直放置的上粗下细的玻璃管，水银柱将气体分隔成A 、B 两部分，初始温度相同，使A 、B 升高相同温度达到稳定后，体积变化量为A B V V ∆∆、 ，压强变化量为A B p p ∆∆、，对液面压力的变化量为A B F F 、∆∆，则（ ）
A ．水银柱向下移动了一段距离
B ．A B V V ∆<∆
C ．A B p p ∆<∆
D ．A B F F D >D
【答案】CD
【解析】
【详解】
AC ．首先假设液柱不动，则A 、B 两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A ：
''A A A p p p T T T
∆==∆ 得
A A T p p T
∆∆=① 对气体B ：
''B B B p p p T T T
∆==∆ 得
B B T p p T
∆∆=② 又设初始状态时两液面的高度差为h （水银柱的长度为h ），初始状态满足
A B p h p +=③
联立①②③得
B A p p ∆>∆
水银柱向上移动了一段距离，故A 错误C 正确；
B ．由于气体的总体积不变，因此A B V V ∆=∆，故B 错误；
D ．因为B A p p ∆<∆，且液面上升，上表面面积变大，所以
A B F F D >D
故D 正确。

故选CD 。

11．一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F 作用。

0~4s 时间内，拉力F 的大小和物块加速度a 的大小随时间t 变化的关系分别如图甲、图乙所示。

若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10m/s 2。

由此可求得（ ）
A ．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2N
B ．物块的质量等于1.5kg
C ．在0~4s 时间内，合力对物块冲量的大小为6.75N ・S
D ．在0~4s 时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6N ・S
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．t=1s 时，物体开始运动，故此时的拉力等于物体的最大静摩擦力，故有 1.5N f F ==
故A 错误；
B ．根据牛顿第二定律有
F f ma -=
代入26N,3m/s F a ==得
1.5kg m =
故B 正确；
C ．在v －t 图象中，与时间轴所围面积为物体的速度，则有
133m/s 4.5m/s 2
v =⨯⨯= 由动量定理可得
1.5 4.5N s=6.75N s I m v =∆=⨯⋅⋅
故C 正确；
D ．在0~4s 时间内，F 的冲量为
064N s 12N s 2
F I +=⨯⋅=⋅ 则摩擦力冲量为
f (6.7512)N s 5.25N s F I I I =-=-⋅=-⋅
故D 错误。

故选BC 。

12．根据现行有效国际民航组织《危险物品安全航空运输技术细则》和《中国民用航空危险品运输管理规定》，严禁携带额定能量超过160Wh 的充电宝；严禁携带未标明额定能量同时也未能通过标注的其他参数，计算得出额定能量的充电宝。

如图为国产某品牌一款充电宝的铭牌。

则（ ）
A ．该充电宝的输入电压为交流5V
B ．该充电宝的输出电压为直流5.1V
C ．该充电宝可以给手机充电最短时间大约10h
D ．乘客可以携带该充电宝登机
【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．由图可知，该充电宝的输入电压为直流5V ，故A 错误；
B ．由图可知，该充电宝的输出电压为直流5.1V ，故B 正确；
C ．由图可知，该充电宝的输出电流为2.1A ，则该充电宝可以给手机充电最短时间
3
1040010h 4.95h 2.1
t -⨯=≈ 故C 错误；
D ．由图可知，该充电宝额定能量为37.44Wh ，则乘客可以携带该充电宝登机，故D 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学在“验证力的平行四边形定则”的实验中，利用以下器材：
两个轻弹簧A 和B 、白纸、方木板、橡皮筋、图钉、细线、钩码、刻度尺、铅笔。

实验步骤如下：
（1）用刻度尺测得弹簧A 的原长为6.00cm ，弹簧B 的原长为8.00cm ；
（2）如图甲，分别将弹簧A 、B 悬挂起来，在弹簧的下端挂上质量为m=100g 的钩码，钩码静止时，测得弹簧A 长度为6.98cm ，弹簧B 长度为9.96cm 。

取重力加速度g=9.8m/s 2，忽略弹簧自重的影响，两弹簧的劲度系数分别为k A =_________N/m ，k B =_________N/m ；
（3）如图乙，将木板水平固定，再用图钉把白纸固定在木板上，将橡皮筋一端固定在M 点，另一端系两
根细线，弹簧A、B一端分别系在这两根细线上，互成一定角度同时水平拉弹簧A、B，把橡皮筋结点拉到纸面上某一位置，用铅笔描下结点位置记为O。

测得此时弹簧A的长度为8.10cm，弹簧B的长度为11..80cm，并在每条细线的某一位置用铅笔记下点P1和P2；
（4）如图丙，取下弹簧A，只通过弹簧B水平拉细线，仍将橡皮筋结点拉到O点，测得此时弹簧B的长度为13.90cm，并用铅笔在此时细线的某一位置记下点P，此时弹簧B的弹力大小为F′=________N（计算结果保留3位有效数字）；
（5）根据步骤（3）所测数据计算弹簧A的拉力F A、弹簧B的拉力F B，在图丁中按照给定的标度作出F A、F B的图示______，根据平行四边形定则作出它们的合力F的图示，测出F的大小为_________N。

（结果保留3位有效数字）
（6）再在图丁中按照给定的标度作出F′的图示____，比较F与F′的大小及方向的偏差，均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。

【答案】100 50 2.95 作F A、F B的图示（F A=2.10N、F B=1.90N） 2.80～2.95
【解析】
【详解】
（2）[1][2]．根据胡克定律，两弹簧的劲度系数分别为 20.1
9.8N/m=100N/m (6.98 6.00)10A A A
F k x -⨯==∆-⨯ ，20.19.8N/m=50N/m (9.968.00)10
B B B F k x -⨯==∆-⨯； （4）[3]．弹簧B 的弹力大小为
'
x 50(0.13900.08)N=2.95N B B F k '=∆=⨯-
（5）[4][5]．由胡克定律可得：
'
x 100(0.08100.06)N=2.10N A A A F k '=∆=⨯-
'
x 50(0.11800.08)N=1.90N B B B F k '=∆=⨯-
画出两个力的合力如图，由图可知合力F≈2.90N ；
（6）[6]．做出力图如图；
14．某同学要测量一个未知电阻R x 的阻值，实验过程如下：
（1）先用多用电表粗测电阻R x 的阻值，将多用电表功能选择开关置于“×1k”挡，调零后经测量，指针位置如图所示，电阻R x 的阻值为______kΩ。

（2）为了尽可能精确测量其内阻，除了R x ，开关S 、导线外，还有下列器材供选用：
A ．电压表V 1（量程0～1V ，内阻约3kΩ）
B ．电压表V 2（量程0～10V ，内阻约100 kΩ）
C ．电流表A 1（量程0～250μA ，内阻11200r =Ω）
D ．电流表A 2（量程0～0.6A ，内阻约0.125Ω）
E ．滑动变阻器R 0（阻值范围0～10Ω，额定电流2A ）
F ．定值电阻R 1（阻值R 1=400Ω）
G ．电源E （电动势12V ，额定电流2A ，内阻不计）
①电压表选用________，电流表选用_____________（填写器材的名称）
②请选用合适的器材，在方框中画出实验电路图，标出所选器材的符号。

（________）
③待测R x 阻值的表达式为R x =_______。

（可能用到的数据：电压表V 1、V 2示数分别为U 1、U 2；电流表A 1、A 2的示数分别为I 1、I 2）
【答案】10 V 2 A 1 121111R U r R r I ⎛⎫- ⎪+⎝⎭或2113004U I - 【解析】
【详解】
（1）[1]将多用电表功能选择开关置于“×1k”挡，调零后经测量，则电阻R x的阻值为：10×1kΩ=10kΩ；（2）①[2]因电源E的电动势12V，所以电压表选V2；
[3]回路中的最大电流：
3
max
3
12
1.210 10
10
x
E
I
R
-
===⨯
⨯A=1.2
3
10
⨯μA
所以电流表选A1；
②[4]根据题意，为了尽可能精确测量其内阻，所以滑动变阻器用分压式接法；因该电阻是大电阻，所以电流表用内接法，又回路程中的最大电流max
I=1.23
10
⨯μA大于A1的量程，所以应并联定值电阻R1，改成一个大量程的电流表，则设计的电路图，如图所示：
③[5]根据电路图可知，R x两端的电压为
211
x
U U I r
=-
流过R x的电流为：
11
1
1
x
I r
I I
R
=+
根据欧姆定律有：
x
x
x
U
R
I
=
代入解得：12
1
111
x
R U
r
R r I
R
⎛⎫
-
⎪
+⎝⎭
=或2
11
300
4
x
U
I
R-
=
四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图，用手捏住细线，让质量m=2kg的小球在光滑水平桌面上以v=1m/s的速率做匀速圆周运动，其半径r=0.3m。

某时刻突然松手，使细线迅速放长0.2m后，又迅速用手捏住细线，保证小球在更大半径的新轨道做匀速圆周运动，已知大半径的圆与小半径的圆为同心圆。

求：
（1）细线迅速放长0.2m所经历的时间
（2）在大半径新轨道上运动时小球的角速度
（3）在大半径新轨道上运动时，细线对小球的拉力
【答案】（1）0.4s （2）1.2rad/s （3）1.44N
【解析】
【详解】
（1）突然松手，小球将沿着小半径的圆轨道相切飞出去，如图所示
即沿着图中AB 方向做匀速直线运动，
直角三解形OAB 中，0.3m r =；0.5m R =，则22AB 0.4s R r
=
-=m 则细线迅速放长0.2m 所经历的时间为：AB 0.4s s t v
== （2）依题意，小球刚运动B 点时速度大小为1m/s ，方向沿AB 方向，如图，此时，可将速度分解为沿半径OB 方向的//v 和垂直半径OB 方向的v ⊥。

由于小球到达B 点时又迅速捏住细线，沿OB 方向的//v 突然消失，小球将以v ⊥在大半径上作匀速圆周运动，
根据OAB ∆∽Bv v ⊥∆，
AB v v r s ⊥= 代入数据得：30.6m/s 5
v v ⊥== 所以：0.6 1.2rad/s 0.5
v R ω⊥=== （3）半径增大后，仍有细线拉力提供向心力，
222 1.20.5N=1.44N F m R ω==⨯⨯
16．如图所示，两列简谐横波a 、b 在同一介质中分别沿x 轴正、负方向传播，波速均为v=2.5m/s 。

已知在t=0时刻两列波的波峰正好在x=2.5m 处重合。

①求t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标；
②从t=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m 处的质点到达波峰且为振动加强点？
【答案】①(2.520)m(012)x k k =+=±±L ，
，，② 5.4s a t =
【解析】
【详解】
①两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm 。

从题图中可以看出，a 波波长 2.5m a λ=；b 波波长4m b λ=
a 波波峰的x 坐标为
()()1112.5 2.5m 0,1,2,k k x =+=±±L ；
b 波波峰的x 坐标为
()()2222.54m 0,1,2,x k k =+=±±L ；
由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x 坐标为
(2.520)m (0,1,2,)x k k =+=±±L 。

②a 波波峰传播到 1.0m x =处的时间为
1(0,1,2,)a a a x x m t m v v
λ∆∆+===L 。

b 波波峰传播到 1.0x m =处的时间为
2(0,1,2,)b b b x x n t n v v
λ∆∆+===L 。

其中121m 1.5m x x ∆=∆=，
当 1.0m x =处的质点处于波峰时，有a b t t =
以上各式联立可解得
581m n -=。

由分析可知，当53m n ==、时， 1.0m x =处的质点经历最短的时间到达波峰，将5m =代入 1a a a x x m t v v
λ∆∆+== 解得
5.4s a t =。

17．如图所示，光滑的水平面上有A 、B 、C 三个物块，其质量均为m 。

A 和B 用轻质弹簧相连，处于静止状态。

右边有一小物块C 沿水平面以速度0 3.0m/s v =向左运动，与B 发生碰撞后粘在一起。

在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变化为最短时，突然锁定长度，不再改变。

然后，A 物块与挡板P 发生碰撞，碰后各物块都静止不动，A 与P 接触而不粘连。

之后突然解除弹簧的锁定，设锁定及解除锁定时均无机械能损失，求：（以下计算结果均保留2位有效数字）
(1)弹簧长度刚被锁定后A 物块速度的大小
(2)在A 物块离开挡板P 之后的运动过程中，弹簧第一次恢复原长时C 物块速度的大小
【答案】 (1)1.0m/s (2)0.87m/s
【解析】
【详解】
(1)设C 、B 物块碰后整体速度为1v ，碰撞过程动量守恒 012mv mv =
弹簧压缩至最短时，该过程三物块动量守恒
122(2)mv m m v =+
解得
2 1.0m/s v =
(2)设弹簧最短时势能为p E ，压缩至最短过程，由能量守恒有 2212p 11(2)(3)22
m v m v E =+ 解除锁定至弹簧第一次恢复原长的过程，由系统能量守恒有
2p 31(2)2
E m v = 解得
30.87m/s v ≈。