陕西省商洛市2021届新高考物理模拟试题含解析

陕西省商洛市2021届新高考物理模拟试题
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．如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n=200匝，副线圈匝数n 2=100匝，交流电压表和交流电流表均为理想电表，两个电阻R 的阻值均为125Ω，图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象，下列说法正确的是（ ）
A ．通过电阻的交流电频率为100Hz
B ．电压表的示数为250V
C ．电流表的示数为0.25A
D ．每个电阻R 两端电压最大值为1252V
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．由图乙知T= 0.02s ，则1f T
=
=50Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以输出交流电的频率仍为50Hz ，A 错误； B ．由1122
U n U n =可知，电压表的示数 2211
n U U n ==125V B 错误；
C ．由于电压表
222U I R =
=0.5A 又1221
I n I n =，则电流表的示数 2121
n I I n ==0.25A C 正确；
D ．每个电阻R 两端电压最大值为
U mR=0.5×125×2=62.52V
D错误。

故选C.
2．小明乘坐竖直电梯经过1min可达顶楼，已知电梯在t =0时由静止开始上升，取竖直向上为正方向，该电梯的加速度a随时间t的变化图像如图所示。

若电梯受力简化为只受重力与绳索拉力，则
A．t =4.5 s时，电梯处于失重状态
B．在5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t =59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t =60 s时，绳索拉力的功率恰好为零
【答案】D
【解析】
【详解】
A．电梯在t=1时由静止开始上升，加速度向上，电梯处于超重状态，此时加速度a＞1．t=4.5s时，a＞1，电梯也处于超重状态。

故A错误。

B．5～55s时间内，a=1，电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，应大于电梯失重时绳索的拉力，所以这段时间内绳索拉力不是最小。

故B错误。

C．t=59.5s时，电梯减速向上运动，a＜1，加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C错误。

D．根据a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，由几何知识可知，61s内a-t图象与坐标轴所围的面积为1，所以速度的变化量为1，而电梯的初速度为1，所以t=61s时，电梯速度恰好为1，根据P=Fv 可知绳索拉力的功率恰好为零，故D正确。

3．物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。

下列说法正确的是
A．贝克勒尔发现天然放射现象，其中 射线来自原子最外层的电子
B．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
C．卢瑟福的a粒子散射实验发现电荷量子化的
D．汤姆逊发现电子使人们认识到原子内部是有结构的
【答案】D
【解析】
【详解】
贝克勒尔发现天然放射现象，其中β射线来自于原子核内的质子转化为中子和电子中得电子，而不是原子核外的电子，A 错
波尔的氢原子模型说明原子核外的电子的轨道是不连续的，B 错；
密立根油滴实验首次发现了电荷量子化，C 错误；
电子的发现让人们认识到原子核内的还存在粒子，说明原子核内还是有结构的，D 对。

4．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s ，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s 和2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比（ ）
A ．1:2
B ．2:1
C ．2:3
D ．3:2
【答案】D
【解析】
【详解】
由动量守恒定律得 112222
11m v m v m v m v ''-=- 解得 122
211m v v m v v '+='
+
代入数据得 1232
m m = 故选D 。

5．如图所示，斜面固定在水平面上，斜面上一个物块在沿斜面向下拉力F 1作用下匀速下滑，某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F 2，则之后较短的一段时间内物块的运动状态是（ ）
A ．仍匀速下滑
B ．匀加速下滑
C ．匀减速下滑
D ．不确定，这与接触面摩擦系数的大小有关
【答案】C
【解析】
【详解】 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角为θ，以物体为研究对象进行受力分析如图所示：
沿斜面方向根据共点力的平衡条件可得：
F 1+mgsinθ=μmgcosθ
所以μ<tanθ；当物块上再施加一个竖直向下的恒力F 2，则有：
F 2sinθ<μF 2cosθ
所以某时刻在物块上再施加一个竖直向下的恒力F 2后，物块将匀减速下滑，故ABD 错误、C 正确。

故选C 。

6．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】
【分析】
【详解】
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 。

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
7．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s 内做匀加速直线运动，5s 末达到额定功率，之后保持以额定功率运动.其v t -图象如图所示.已知汽车的质量为3
110m kg =⨯，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，则以下说法正确的是
( )
A ．汽车在前5s 内的牵引力为3510N ⨯
B ．汽车速度为25/m s 时的加速度为25/m s
C ．汽车的额定功率为100 kW
D ．汽车的最大速度为80 /m s
【答案】AC
【解析】
由速度时间图线知，匀加速运动的加速度大小a=20 5m/s 2＝4m/s 2，根据牛顿第二定律得，F-f=ma ，解得
牵引力F=f+ma=1000+4000N=5000N ，故A 正确．汽车的额定功率P=Fv=5000×
20W=100000W=100kW ，汽车在25m/s 时的牵引力F′＝100000 25
P
v ＝N ＝4000N ，根据牛顿第二定律得，加速度2240001000/3/1000
F f a m s m s m '--'=＝＝，故B 错误，C 正确．当牵引力等于阻力时，速度最大，则最大速度100000/100/1000
m P v m s m s f ＝＝＝，故D 错误．故选AC ． 点睛：本题考查了汽车恒定加速度启动的问题，理清整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，知道牵引力等于阻力时，汽车的速度最大．
8．2019年9月23日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第47、48颗北斗导航卫星。

卫星的工作轨道是比同步卫星轨道低一些的中圆轨道，卫星由发射轨道a 变轨到中圆轨道b 上，轨道a 、b 相切于P 点。

则卫星在两轨道上运行时。

下列说法正确的是（ ）
A ．卫星在轨道b 运行周期大于24小时
B ．卫星由地面到P 点所受引力逐渐减小
C ．卫星在轨道a 上经过P 点时的加速度等于轨道b 上经过P 点时的加速度
D ．卫星在轨道a 上经过P 点时的动能大于卫星在轨道b 上经过P 点时的动能
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．同步卫星周期为24小时，轨道b 比同步卫星轨道低一些，周期小于24小时，选项A 错误；
B ．由2Mm F G
r
=万可知，距离地面越远，引力越小，选项B 正确； C ．由于2M a G r =，卫星从轨道a 和轨道b 经过P 点时加速度相同，选项C 正确； D ．卫星从a 轨道到b 轨道，需点火加速，动能增大，D 错误。

故选BC 。

9．无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B 的大小与电流成正比，与导线到这一点的距离成反比，即I B k r
=（式中k 为常数）。

如图所示，两根相距L 的无限长直导线MN 通有大小相等、方向相反的电流，a 点在两根导线连线的中点，b 点在a 点正上方且距两根直导线的距离均为L ，下列说法正确的是（ ）
A ．a 点和b 点的磁感应强度方向相同
B ．a 点和b 点的磁感应强度方向相反
C ．a 点和b 点的磁感应强度大小之比为4:3
D ．a 点和b 点的磁感应强度大小之比为4:1
【答案】AD
【解析】
【详解】
设通电导线在距离L 处产的磁感应强度大小为0B ，两导线MN 在b 点产生的磁感应强度方向成120°角，磁感应强度的矢量合为0B ，方向垂直MN 向下；两导线MN 在a 点产生的磁感应强度大小均为02B ，磁感应强度的矢量合为04B ，方向垂直MN 向下；所以a 点和b 点的磁感应强度方向相同，大小之比为4:1，故AD 正确，BC 错误。

故选AD 。

10．水平面上两个质量相等的物体甲和乙，它们分别在水平推力1F 和2F 作用下开始沿同一直线运动，运动一段时间后都先后撤去推力，以后两物体又各自运动一段时间后静止在同一位置，两物体的动能—位移图象如图所示，图中线段//AB CO ，则下列说法正确的是（ ）
A ．甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力
B ．两个水平推力的大小关系是1F 大于2F
C ．在两物体的加速阶段，甲的加速度等于乙的加速度
D ．物体甲克服摩擦力做的功大于物体乙克服摩擦力做的功
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．依题意及题图可知，在动能减少阶段，两物体均做匀减速运动．物体受到的摩擦力大小等于图象斜率的绝对值，易得甲受到的摩擦力1f 小于乙受到的摩擦力2f ，故A 正确；
B ．在动能增加阶段，两物体均做匀加速运动，图象的斜率表示物体的合力，由题图知
1122F f F f -=-
得
12120F F f f -=-<
故1F 小于2F ，故B 错误：
C ．在加速阶段，两物体受到的合力相等，易知两物体的加速度大小相等，故C 正确；
D ．整个运动阶段，由动能定理可知，甲、乙两物体克服摩擦力做的功分別等于1F 和2F 所做的功，根据
功的公式容易得到，1F做的功小于2F做的功，所以物体甲克服摩擦力做的功小于物体乙克服摩擦力做的功，故D错误。

故选：AC。

11．如图是某初中地理教科书中的等高线图（图中数字的单位是米）。

小山坡的右侧比左侧更陡些，如果把一个球分别从山坡左右两侧滚下（把山坡的两侧看成两个斜面，不考虑摩擦等阻碍），会发现右侧小球加速度更大些。

现在把该图看成一个描述电势高低的等势线图，左右两侧各有a、b两点，图中数字的单位是伏特，下列说法正确的是（）
A．b点电场强度比a点大
B．左侧电势降低的更快
C．同一电荷在电势高处电势能也一定大
D．同一电荷在电场强度大处所受电场力也一定大
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．根据
U=Ed
相同电势差右侧b点的距离更小，所以b点电场强度比a点大，故A正确；
B．等势线越密集的地方电势降落的越快，b点等势线更密集，所以右侧电势降低的更快，故B错误；C．电势能还与电荷的正负有关，所以同一电荷在电势高处电势能也不一定大，故C错误；
D．同一电荷在电场强度大处所受电场力一定大，故D正确。

故选AD。

12．如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中分布着与水平方向成30°角的匀强电场，将一质量为0.1kg、带电荷量为+0.01C的小球以某一初速度从原点O竖直向上抛出，它的轨迹方程为y1=x，已知P点为轨迹与直线方程y=x的交点，重力加速度g=10m/s1．则（）
A ．电场强度的大小为100N/C
B ．小球初速度的大小为3m/s
C ．小球通过P 点时的动能为53J 4
D ．小球从O 点运动到P 3J
【答案】AC
【解析】
小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y=x 1，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿x 轴正方向，竖直方向：qE•sin30°=mg ，所以：
22/100/0.02
mg E N C N C q ===，选项A 正确； 小球受到的合力：F 合=qEcos30°=ma ，所以3g ；P 点的坐标为（1m ，1m ）；由平抛运动规律有：01v t =；2112
at =，解得053/v m s =，选项B 错误；小球通过P 点时的速度220()253/P v v at m s =+=，则动能为21532kP P E mv J =
=，选项C 正确； 小球从O 到P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：
00cos3030(31)E W Eq x Eqsin x J =+=，选项D 错误；故选AC.
点睛：本题考查类平抛运动规律以及匀强电场的性质，结合抛物线方程y=x 1，得出小球在受到的电场力与重力大小关系是解答的关键．
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某同学用图（a ）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20Hz 、30 Hz 和40 Hz ，打出纸带的一部分如图（b ）所示．
该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他条件进行推算．
（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图（b ）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为_________，打出C 点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________.
（2）已测得1s =8.89cm ，2s =9.5.cm ，3s =10.10cm ；当重力加速度大小为9.80m/2s ，试验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%．由此推算出f 为________ Hz ． 【答案】
()1212s s f + ()2312s s f + ()23112
s s f - 40 【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]打B 点时，重物下落的速度等于AC 段的平均速度，所以 ()1212122
B s s v s s f T +==+； [2]同理打出
C 点时，重物下落的速度 ()2323122B s s v s s f T +=
=+； [3]由加速度的定义式得
()23112
v a s s f t ∆==-∆ （2）[4]由牛顿第二定律得：
mg kmg ma -= ，
解得：
31
2(1)k g f s s -=- 代入数值解得：
f=40Hz ．
【点睛】
本题主要考查验证机械能守恒定律实验、纸带数据分析．解决这类问题的关键是会根据纸带数据求出打某一点的瞬时速度、整个过程的加速度；解决本题要特别注意的是打点计时器的频率不是经常用的50 Hz．14．某实验小组利用如图所示的装置验证机械能守恒定律，实验主要步骤如下：（不考虑空气阻力的影响）
①将光电门安放在固定于水平地面上的长木板上；
②将细绳一端连在小车上，另一端绕过两个轻质光滑定滑轮后悬挂一钩码，调节木板上滑轮的高度，使该滑轮与小车间的细绳与木板平行；
③测出小车遮光板与光电门之间的距离L，接通电源，释放小车，记下小车遮光板经过光电门的时间t；
④根据实验数据计算出小车与钩码组成的系统动能的增加量和钩码重力势能的减少量。

(1)根据上述实验步骤，实验中还需测量的物理量有_________；
A．小车上遮光板的宽度d B．小车和遮光板总质量m1
C．钩码的质量m2 D．钩码下落的时间t′
(2)图中游标卡尺所测遮光板宽度d为_______mm；
(3)由实验步骤和(1)选项中测得的物理量，改变L的大小，重复步骤③、④，可得到系统动能增加量总是小于钩码重力势能减少量，其原因可能是________________
【答案】ABC 5.70 小车与长木板之间存在摩擦阻力做功
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]要得到小车与钩码组成的系统动能的增加量，则要得到小车的速度，所以要测量小车上遮光板的宽度d和小车和遮光板总质量m1，钩码的质量m2，由于小车运动的距离即为钩码下降的距离，所以不用测量钩码下落的时间t′，故选ABC；
(2)[2]由图可知，游标卡尺所测遮光板宽度
0.5cm140.05mm5mm0.70mm 5.70mm
d=+⨯=+=
(3)[3]由于实验过程中小车与长木板之间存在摩擦阻力做功，系统有部分机械能转化为内能，则系统动能增加量总是小于钩码重力势能减少量。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．港珠澳大桥是连接香港大屿山、澳门半岛和广东省珠海市跨海大桥，工程路线香港国际机场附近的香港口岸人工岛，向西接珠海、澳门口岸人工岛、珠海连接线，止于珠海洪湾，总长约55公里，在建设港珠澳大桥时为了更大范围的夯实路面用到一种特殊圆环，建设者为了测试效果，做了如下的演示实验：如
图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H ，上端套着一个细环。

棒和环的质量均为m ，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1).断开轻绳，棒和环自由下落。

假设棒足够长，与地面发生碰撞
时，触地时间极短，无动能损失。

棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计，重力加速度为g 求：
（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；
（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程；
（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功.
【答案】（1）a 环=(k-1)g ，方向竖直向上（2）
31k H k ++（3）21
kmgH k - 【解析】
【详解】 （1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为a 环
环受合力
F 环=kmg-mg ①
由牛顿第二定律
F 环=ma 环 ②
由①②得
a 环=（k-1)g
方向竖直向上.
设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为v 1
由机械能守恒的：
2112mv 22
mgH ⨯= 解得
12v gH 设棒弹起后的加速度a 棒
由牛顿第二定律
a 棒=（k+1)g
棒第一次弹起的最大高度
2112v H
a =棒
解得：
11
H H k =+ 棒运动路程 1321k s H H H k +=+=
+ （３）设环相对棒滑动距离为L ，
根据能量守恒
mgH+mg(H+L)=kmgL ③
摩擦力对棒及环做的总功及是摩擦生热
W kmgL =- ④
由③④解得
2W -1
kmgH k =- 16．如图所示，高L 、上端开口的气缸与大气联通，大气压P 1．气缸内部有一个光滑活塞，初始时活塞静止，距离气缸底部4
L ．活塞下部气体的压强为2P 1、热力学温度T ． (1)若将活塞下方气体的热力学温度升高到2T ，活塞离开气缸底部多少距离？
(2)若保持温度为T 不变，在上端开口处缓慢抽气，则活塞可上升的最大高度为多少？
【答案】 (1)
12L (2)12
L 【解析】
【详解】 (1)对活塞受力分析后有：
P 1S+mg=2P 1S
得到：
P 1S=mg
当温度由T 到2T 时，由盖·吕萨克定律得：
142LS L S T T
'= 解得：
12L L '= (2)当抽气至活塞上方为真空时，活塞可上升到最大高度为H ，由玻意耳定律有：
00124
⨯=⨯P LS P HS 得：
H=12
L 17．如图所示，上端封闭、下端开口的玻璃管竖直放置，管长55cm ，其中有一段长为6cm 的水银柱，将长为20cm 的空气柱A 封闭在管的上部，空气柱B 和大气连通.现用一小活塞将管口封住，并将活塞缓慢往上压，当水银柱上升4cm 时停止上压.已知外界大气压恒为76cmHg ，上压过程气体温度保持不变，A 、B 均为理想气体，求：
（1）气体A 、B 末状态的压强；
（2）试分析此过程中B 气体是吸热还是放热？
【答案】（1）气体A 末状态的压强87.5cmHg ，B 气体末态压强93.5cmHg ； （2）B 气体是放热。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）气体A 的初态的压强为p A ：
p A +p 柱=p 0
末态时气柱的长度为l A ′
l A ′=l A -△l
气体A 发生等温变化
p A l A S=p A ′l A ′S
解得
p A ′=87.5cmHg
气体B 的末态压强为p B ′，解得
p B ′=p A ′+p 柱=93.5cmHg
（2）气体B 的初态：压强为p 0，气体柱的长度为l B
l B =L-l A -l 柱=29cm
气体B 发生等温变化
p B l B S=p B′l B′S
解得
l B′=23.6cm
l B′＜l B，气体B的变化是等温压缩
等温变化，内能不变△U=0，压缩体积减小，外界对气体做功W＞0 由热力学第一定律△U=W+Q可知Q＜0：气体B要放热。