2021届全国百所名校新高考模拟试卷(四)物理试题

2021届全国百所名校新高考模拟试卷（四）
物理
★祝考试顺利★
注意事项：
1、考试范围：高考范围。

2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。

3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。

4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。

5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

6、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

7、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

8、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

9、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

二、选择题
1.2019环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外车队经过攀枝花中国三线建设博物馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队的维塔利亚·布茨收获2019环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫”橙衫。

若布茨在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4000J ，他克服阻力做功200J 。

则布茨在该段下坡过程（ ） A. 动能增加了4000J B. 机械能减小了200J C. 机械能减小了3800J D. 重力势能减小了3800J
【答案】B 【解析】
【详解】A ．外力对若布茨所做的总功
W 总=G f 4000(200)J 3800J W W +=+-=
根据动能定理得动能增加了3800J ，故A 错误；
BC ．阻力做功W f =-200J ，所以机械能减小了200J ，故B 正确，C 错误；
D．重力对他做功为4000J，则他的重力势能减小了4000J，故D错误。

故选B。

2.如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与P质量相同的小球Q被固定在吊篮中的轻弹簧上端，保持静止状态。

重力加速度为g，当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，小球Q、吊篮P的加速度大小分别为（）
A. g，g
B. 0，g
C. 0，2g
D. 2g，0
【答案】C
【解析】
【详解】剪断细线前，对物体Q受力分析，受到重力mg、弹簧的弹力F，由于Q处于平衡状态，则
F=mg
剪断细线后瞬间，吊篮P所受重力和弹簧的弹力均不变，细线的拉力减为零，故物体P受到的力的合力等于mg+F，根据牛顿第二定律得
mg+F=ma p
所以
a p=2g
物体Q受到的力不变，合力为零，所以a Q=0，故ABD错误，C正确。

故选C。

3.如图所示，带等量异种电荷的A、B两板水平放置，在A、B间形成竖直向下的匀强电场。

a、b两质量相等的粒子从A板左侧边缘处以相同的速度先后飞入电场，粒子a从A、B两板右端连线的中点飞离匀强电场，粒子b从B板右侧边缘处飞离匀强电场，不计粒子重力，下列说法中正确的是（）
A. 粒子a、b的带电量之比为1∶2
B. 电场对a、b粒子做功之比为1∶2
C. 粒子a、b离开电场时的速度大小之比为1∶2
D. 粒子a、b离开电场时的速度与水平方向之间夹角之比为1∶2
【答案】A
【解析】
【详解】A ．设板长为L ，带电粒子在电场中做类平抛运动，则竖直方向偏转位移为
222
122qEL y at mv == 由于粒子的质量相等、速度相等，偏转位移之比为1：2，则粒子a 、b 的带电量之比为1：2，故A 正确； B ．根据电场力做功的计算公式可得
W =qEy
则电场对a 、b 粒子做功之比为1：4，故B 错误； C ．根据动能定理可得
22
1122
qEy mv mv =- 解得粒子离开电场的速度大小为
v = 粒子a 、b 离开电场时的
速度大小之比不等于1：2，故C 错误；
D ．设两板间的距离为d ，粒子a 、b 离开电场时的速度与水平方向之间夹角分别为θa ，θb ，根据类平抛运动中速度方向反向延长线过水平位移的中点可得
2tan 2
a d
d
L L θ==
2tan 2
b d d
L L θ==
粒子a 、b 离开电场时的速度与水平方向之间夹角正切值之比为1：2，但是角度之比不等于1:2，故D 错误。

故选A 。

4.如图所示的电路，电源电动势为E ，内阻为r 。

闭合开关S ，当滑动变阻器R 的滑片向左移动一段距离，电流表1A 示数增加了1I ∆，电流表2A 示数减少了2I ∆，电压表1V 示数减少了1U ∆，电压表2V 示数增加了
2U ∆。

下列关于1I ∆与2I ∆、1U ∆与2U ∆大小关系的说法中正确的是（ ）
A. 12I I ∆>∆，12U U ∆>∆
B. 12I I ∆<∆，12U U ∆<∆ C .
12I I ∆>∆，12U U ∆<∆ D. 12I I ∆<∆，12U U ∆>∆
【答案】B 【解析】
【详解】闭合开关后，根据电压关系有E =U 1+U 2+U 内。

向左移动滑片后，电路电阻变大，总电流减小，则电源的内电压也减小，V 1读数减小，V 2读数增大，则有
E =U 1-∆U 1+U 2+∆U 2+U 内-∆U 内
则
∆U 2=∆U 1+∆U 内
所以
∆U 1＜∆U 2
电路中的
电流关系为I =I 1+I 2，向左移动滑片，电路中的总电阻增大，所以总电流减小，I 1变大，I 2减小，则
I -∆I =I 1+∆I 1+I 2-∆I 2
即
∆I 2=∆I 1+∆I 由此可得
∆I 1＜∆I 2
故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

5.如图所示，a 、b 、c 三木块通过不可伸长的轻质细绳和轻质光滑滑轮连接，处于静止状态。

其中AB 细绳的B 端与滑轮的转轴连接，A 端固定于天花板上。

现将A 端沿天花板向右缓慢移动，移动过程中系统处于平衡状态。

移动过程中各物理量变化的说法，正确的是（ ）
A. 斜面对木块a 的摩擦力增大
B. 细绳对木块c 的拉力增大
C. 地面对斜面体的支持力增大
D. 木块c 的重力势能增大
【答案】D 【解析】
【详解】AB ．移动过程中系统处于平衡状态，细绳对木块c 的拉力等于c 所受的重力，不变，细绳对木块a 的拉力不变，则斜面对木块a 的摩擦力也不变，故AB 错误；
C ．细绳的拉力等于c 所受的重力，木块b 的受力不变，绳的方向不变，a 和斜面体整体受力情况不变，所以地面对斜面体的支持力不变，故C 错误；
D ．A 端沿天花板向右缓慢移动，各细绳方向不变，则木块c 升高，所以木块c 的重力势能增大，故D 正确。

故选D 。

6.一物体沿直线运动，在t 时间内发生的位移为x ，设它在中间时刻1
2t 处的速度为1v ，在中间位置12
x 处的速度为2v ，下列关于1v 与2v 的大小关系，正确的是（ ） A. 当物体做匀加速运动时，12v v > B. 当物体做匀减速运动时，12v v > C. 当物体做匀加速运动时，12v v < D. 当物体做匀减速运动时，12v v <
【答案】CD 【解析】
【详解】AC ．当物体做匀加速直线运动时，速度图象如图1。

物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由数学知识得知v 1＜v 2。

故A 错误，C 正确；
BD ．当物体做匀减速直线运动时，速度图象如图2，物体经过中点位置时，前后两段过程的位移相等，速度图象与时间所围的“面积”相等，由数学知识得知v 1＜v 2。

故B 错误，D 正确。

故选CD 。

7.甲、乙两颗人造卫星在同一平面内绕地球运动，甲卫星的轨道为圆，乙卫星的轨道为椭圆，乙卫星椭圆轨道的长半轴与甲卫星的轨道半径相等。

某时刻乙卫星过远地点，两卫星与地球正好在同一直线上，如图所示。

下列关于甲、乙两卫星在该时刻的速度、加速度大小关系，正确的是（ ）
A. a a >甲乙
B. a a <甲乙
C. v v >甲乙
D. v v <甲乙
【答案】AC 【解析】
【详解】AB ．两颗人造卫星绕地球运动，万有引力产生加速度
2Mm
G
ma r = 解得加速度
2
GM
a r =
乙卫星所在位置的半径r 大，加速度小，即a 甲＞a 乙，故A 正确，B 错误；
CD ．假设某卫星以地心与远地点的距离为半径绕地球做匀速圆周运动，速度为v ，根据卫星变轨的原理可知，乙卫星在远地点做加速运动，可以达到上述轨道，即v ＞v 乙，根据万有引力提供向心力可知
GM
v r
=
甲卫星的轨道半径小，即v ＜v 甲，则v 甲＞v 乙，故C 正确，D 错误。

故选AC 。

8.一质量为2kg 的物体放在水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，0~1s 内物体受到的水平拉力大小为1F ，1s ~3s 内物体受到的水平拉力大小为2F ，且122F F =，物体沿水平面做直线运动的v t -图像如图所示。

3s 末撤去水平拉力，撤去拉力后物体继续滑行一段时间后停止，重力加速度g 取为210m/s ，下列说法正确的是（ ）
A. 物体03s ~内发生的位移为12m
B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.4
C. 03s ~内拉力对物体做功为144J
D. 撤去拉力后物体还能滑行3s
【答案】AD 【解析】
【详解】A ．根据图线的面积可得0到3s 内的位移为
()11
14m 462m 12m 22
x =⨯⨯+⨯+⨯=
故A 正确；
B ．由图可知在0~1s 内的加速度a 1=4m/s 2，1s ~3s 内的加速度a 2=1m/s 2，由牛顿第二定律得
F 1-f =ma 1 F 2-f =ma 2
把F 1=2F 2，f=μmg 代入可得
f =4N μ=0.2
故B 错误；
C ．整个过程中摩擦力做的功是
W f =-fx =-4×12J=-48J
设拉力做功为W ，由动能定理得
2
2f 12
+W W mv =
其中v 2=6m/s ，解得拉力做功为
W =84J
故C 错误；
D ．撤去拉力后物体的加速度为
22f
a g m/s m
μ=
== 所以撤去拉力后物体滑行的时间为
26
s 3s 2
v t a =
== 故D 正确。

故选AD 。

三、非选择题
9.某实验小组利用图（a ）所示装置、传感器来测量物块与斜面间的动摩擦因数。

实验测得甲、乙两木块从不同高度h 由静止开始下滑到达底端A 点的动能k E ，并绘制出甲、乙两木块的k E h -图像如图（b ）所示，已知甲、乙两木块与斜面间动摩擦因数相同：
(1)甲、乙两木块的质量关系m 甲________m 乙，加速度大小关系为a 甲__________a 乙；（选填“>”、“<”或“=”）
(2)实验小组利用天平测得2kg m =甲，用量角器测得斜面倾角37θ=︒，则木块与斜面间动摩擦因数
μ=________（g 取210m/s ，sin370.6︒=，cos370.8︒=）。

【答案】 (1). > (2). = (3). 0.5 【解析】
【详解】(1)[1][2]物体由静止从斜面下滑，根据动能定理
k cos 0sin h
mgh mg E μθθ
-⋅
=- 整理得
k (1)tan E mg h μ
θ
=-
其中
1tan k mg μ
θ
=-
()
根据E k -h 图象，k 甲＞k 乙，所以
11tan tan m g m g μ
μ
θ
θ
-
-
甲乙()＞()
即
m 甲＞m 乙
根据牛顿第二定律
mg sin θ-μmg cos θ=ma
解得
a =g sin θ-μg cos θ
所以
a 甲=a 乙
(2)[3]对应甲物体，m 甲=2kg ，0.63tan 0.84θ==，1tan k m g μθ
=-甲甲() 代入数据解得
μ=0.5
10.实验课中同学们要完成“测量电池的电动势和内阻”的任务。

某小组计划用如图甲所示的电路进行测量，已知实验室除待测电池（电动势约几伏）、开关、导线外，还有下列器材可供选用：
电流表A：量程0~0.6A，内阻约0.2Ω
电压表V：量程0~3V，内阻约3kΩ
滑动变阻器1R：0~500Ω，额定电流1A
滑动变阻器2R：0~20Ω，额定电流2A
(1)为了便于实验，滑动变阻器最好选用_______（填写仪器的字母代号）；
(2)请根据图甲所示的电路图，在图乙中完成实物的连接；
（）
(3)实验过程某次测量时电流、电压表示数情况如图丙所示，此时电压表读数为_______V，电流表读数为________A；
(4)实验得到的U I
-图线如图丁所示，可得电池的电动势E=________V，内阻r=________Ω；（结果保留两位有效数字）
(5)为了研究电表内阻对测量结果的影响，我们用U和I的函数关系来分析这一个问题。

若字母V R、A R分别表示电压表和电流表的内阻，U、I分别表示电压表和电流表的示数，E、r分别表示电池的电动势和内阻的真实值。

考虑到电表内阻的影响，请选择相关的字母写出反映U和I实际关系的函数表达式
U=____________。

【答案】(1). 2R (2). (3). 1.70 (4). 0.28 (5). 2.0 (6). 1.0
(7). V
V
()
E Ir R
R r
-
+
【解析】
【详解】(1)[1]因为电池的内阻小，为保证实验中可多测量几组数据，且在调节滑动变阻器时电流变化比较明显，所以滑动变阻器选择R 2。

(2)[2]根据电路图连接的实物图如图所示
;
(3)[3][4]电压表的精确度为0.1V ，读数时保留到精确度的下一位，所以电压为1.70V ；电流表精确度为0.02A ，读数时保留到精确度的同一位，电流表的读数为0.28A 。

(4)[5][6]根据闭合电路欧姆定律有U =E -Ir ，所以U -I 图象的斜率
1.9 1.6
1.00.40.1
k r -=-
=-=--
所以电源的内阻为
r =1.0Ω
当I =0.1A 时，U =1.9V 解得
E =2.0V
(5)[7]根据闭合电路欧姆定律可知
V
()U U E I r R =-+
变形得
V
V ()E Ir R U R r
-=
+
11.如图所示，质量12kg m =、长度5m l =的木板，以速度15m/s v =沿光滑水平面向右匀速运动。

某时刻一质量21kg m =的小木块（可视为质点），以水平向左的速度25m/s v =从木板的右端滑上木板，最终刚好不能滑离木板。

重力加速度g 取210m/s ，求： (1)木块与木板间的动摩擦因数； (2)小木块做加速运动过程的时间。

【答案】(1)2
3
；(2)0.25s 【解析】
【详解】(1)设木块到达木板左端时与木板的共同速度为v ，以水平向右为正。

对木块和木板组成的系统，由动量守恒定律有
1122
12m v m v m m v
由能量守恒定律有
()222112212111
222
Q m v m v m m v =+-+
且
2Q m gl μ=
联立以上各式，代入相关数据可得
2
3
μ=
(2)设木块在木板上加速的时间为t 对木块由动量定理有
220m gt m v μ=-
代入相关数据可得
0.25s t =
另解：设木块在木板上加速的时间为t ，加速度为a
22m g m a μ= v at =
代入相关数据可得
0.25s t =
12.如图所示，斜面AB 足够长，倾角60θ=︒。

斜面左上方有一足够长光滑绝缘水平面，水平面上方足够
大区域内加有场强大小为E ，方向水平向右的匀强电场。

现让一质量为m 、带电量为q +的小球（可视为质点）从水平面上的P 点静止释放，小球在斜面上的落点与水平面最右端C 点的距离恰好最小，已知P 、C 距离为l ，34mg
E q
=
，重力加速度为g ，求：
(1)小球过C 点时的速度大小； (2)水平面最右端C 与斜面的距离；
(3)若让该小球从水平面上的另一点Q （图中未画出）静止释放，小球正好可以垂直打在斜面上，Q 、C 两点的距离为多大？
【答案】(1)3
2
gl ；(2)2l ；(3)167l
【解析】
【详解】(1)小球自P 到C 的过程中，由动能定理有
21
2
qEl m =
v 代入相关数据可得
32
v gl =
(2)由题意知，小球在斜面上的落点与C 点的连线与AB 垂直，令小球该平抛过程所用时间为t ，水平位移为
x ，竖直位移y ，落点与C 点的距离为s
x vt =
212
y gt =
由几何关系有
tan x y
θ=
22s x y =+
联立以上各式并代入相关数据得
2s l =
(3)令小球再次到达C 点的速度为v '，小球再次平抛所用时间为t '，Q 、C 两点的距离为l '由平抛运动的规律得
x v t '''=
212
y gt =
'' 由几何关系得
cos sin s y x θθ''=+
将落点速度沿水平方向和竖直方向分解有
()tan 90y x
v gt v v θ'︒-=
=
'
小球在Q 、C 两点间由动能定理有
21
2
qEl mv ''=
联立以上各式，代入相关数据可得
167
l l '=
另解：令小球再次到达C 点的的速度为v '，小球再次平抛所用时间为t '，Q 、C 两点的距离为l '，落点与
C 点的距离为s '，落点与C 点连线与水平方向夹角为ϕ
cos s v t ϕ'''= 21sin 2
s gt ϕ''=
()cos 90s s θϕ'=︒-- ()tan 90y x
v gt v v θ'︒-=
='
小球在Q 、C 两点间由动能定理有
21
2
qEl mv ''=
联立以上各式，代入相关数据可得
167
l l '=
另解：令小球再次到达C 点的的速度为v '，小球再次平抛所用时间为t '，Q 、C 两点的距离为l '，将平抛运动沿斜面AB 和垂直于斜面AB 分解，沿斜面AB 方向上做匀减速直线运动减速至零，有：
cos (sin )0v g t θθ''-=
垂直于斜面AB 匀加速直线运动位移为s ，有：
()21
sin (cos )2
s v t g t θθ'''=+
小球在Q 、C 两点间由动能定理有
21
2
qEl mv ''=
联立以上各式，代入相关数据可得
167
l l '=
13.如图所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经状态B 、C 和D 后回到状态A ，图中曲线AB 、CD 为反比例函数图线，直线BC 平行于V 轴，直线DA 平行于P 轴。

该理想气体经过的A B →、C B →、
C D →、D A →的四个过程中，气体对外放热的过程有_________；气体对外做功的过程有________；气
体内能增加的过程有___________。

【答案】 (1). A B →、D A → (2). B C →、C D → (3). B C →
【解析】
【详解】A→B 为等温变化，△U =0；体积减小，外界对气体做功W ＞0；根据热力学第一定律W +Q =△U 得：Q ＜0，气体对外放热。

B→C 为等压变化过程，体积增大，气体对外界做功W ＜0；再根据理想气体状态方程 pV
C T
＝知，温度T 升高，内能增大△U ＞0；据热力学第一定律知，气体从外界吸热。

C→D 为等温变化过程，△U =0；体积增大，气体对外界做功W ＜0，根据热力学第一定律W +Q =△U 得：Q ＞0，气体从外界吸热。

D→A 为等容变化过程，气体不做功W =0；压强减小，再根据理想气体状态方程 pV C T
＝知，温度T 下降，内能减小△U ＜0；据热力学第一定律W +Q =△U 得：Q ＜0，气体对外放热。

[1]气体对外放热的过程有：A→B ，D→A ； [2]气体对外做功的过程有：B→C ，C→D ； [3]气体内能增加的过程有：B→C 。

14.粗细均匀的细玻璃管开口向上竖直静止放置，注入一段水银柱后管内气体分为长度均为27cm l =的A 、B 两部分，如图甲所示。

现将细管上端封闭，在竖直面内缓慢旋转180°后竖直静止放置，如图乙所示，此时A 部分气体长度为A 24cm l =。

已知外界大气压076cmHg p =，环境温度保持不变，求： (1)旋转180°后竖直静止放置时A 部分气体的压强； (2)管内注入的水银柱长度。

【答案】(1)85.5cmHg ；(2)9cm 【解析】
【详解】(1)设旋转前A 部分气体的体积为A V ；旋转180°后A 部分气体的压强A p '，体积为A V '；细玻璃管
横截面积为S
A V lS =
A A V l S '=
对A 部分气体，由玻意耳定律有
0A A A p V p V ''=
联立以上各式可得
85.5cmHg A p '=
(2)设旋转前B 部分气体的压强B p ，体积为B V ；旋转180°后B 部分气体的压强B
p '，体积为B V '；细玻璃管橫截面积为S
B 0h p p p =+ B V lS = B
h A p p p ''+= ()A 2B
V l l S '=- 对B 部分气体，由玻意耳定律有
B B B
B p V p V ''= 联立以上各式可得
h 9cmHg p =
故水银柱的长度9cm h =。

15.一列沿x 轴正方向传播的简谐横波，0t =时刻的波形如图中实线所示，0.5s t =时刻的波形如图中虚线所示，已知该横波的周期大于0.5s ，则该简谐横波的波长为________m ，波速为_______m/s ，位于2m x =处质点位移随时间变化的关系式为y =________cm 。

【答案】 (1). 6 (2). 8 (3). 85sin 3y t ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
【解析】
【详解】[1]由图象可得，波长为6m ；
[2]由题，波向右传播时间为0.5s ，小于一个周期，结合图象可知，波传播的距离为4m ，所以波速
4m/s 8m/s 0.5
x v t ∆=
== [3]波的周期为
6
s0.75s
8
T
T
λ
=
==
由图可知，该波的振幅为A=5cm，在t=0时刻x=2m处的质点的位移为0，波沿x轴正方向传播，则在t=0时刻x=2m处的质点运动的方向沿y轴负方向，所以位于x=2m处质点位移随时间变化的关系式为
28π
sin(π)5sinπ)(cm)
3
t
y A t
T
π
=+=
⋅+
(
16.半径为R的透明介质半圆柱体放在水平面上，截面图如图所示，O为圆心，上表面水平，半圆与水平面相切于A点。

平行单色光沿与水平面成30°角方向从半圆柱体上表面射入介质中，其中过圆心O的光经介
质后通过水平面上的B点，A、B两点间距
2
R
d=，真空中的光速为c，求：
(1)该透明介质的折射率；
(2)该单色光从O传到B的时间。

【答案】(1)
15
；(2)
(1552)
2
+-R
c
【解析】
【详解】(1)如图所示令过圆心O的光在空气中与法线间的夹角为i，在介质中与法线间的夹角为r
由题意知
60
i=︒
2
2
2
sin
2
R
r
R
R
=
⎛⎫+
⎪
⎝⎭
sin
sin
i
n
r
=
联立以上各式可得
15
n=
(2)令过圆心O 后光在介质中的速度为v ，所用时间为1t ；离开半圆柱体在空气中的传播距离s ，所用时间为
2t ，该单色光从O 传到B 的时间为t
c v n =
1R t v =
s R =
2t c
s =
12t t t =+
联立以上各式可得
t =。