陕西省铜川市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

陕西省铜川市2021届新高考物理最后模拟卷
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．—物块的初速为v 0，初动能为E k0，沿固定斜面（粗糙程度处处相同）向上滑动，然后滑回到原处。

此过程中，物块的动能E k 与位移x ，速度v 与时间t 的关系图像正确的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB ．设斜面的倾角为θ，物块的质量为m ，根据动能定理可得，上滑过程中
k k0sin cos mgx mgx E E θμθ--=-
则
k k0(sin cos )E E mg mg x θμθ=-+
下滑过程中
k sin cos 0mgx mgx E θμθ'-'=-
则
(sin cos )k E mg mg x θμθ=-'
可知，物块的动能E k 与位移x 是线性关系，图像是倾斜的直线，根据能量守恒定律可得，最后的总动能减小，故A 正确，B 错误；
CD ．由牛顿第二定律可得，取初速度方向为正方向，物块上滑过程有
sin cos mg mg ma θμθ--=
下滑过程有
'sin cos mg mg ma θμθ-+=
则物块上滑和下滑过程中加速度方向不变，但大小不同，故CD 错误。

故选A 。

2．某同学用单摆测当地的重力加速度．他测出了摆线长度L 和摆动周期T ，如图(a)所示．通过改变悬线长度L ，测出对应的摆动周期T ，获得多组T 与L ，再以T 2为纵轴、L 为横轴画出函数关系图像如图(b)所示．由此种方法得到的重力加速度值与测实际摆长得到的重力加速度值相比会（ ）
A ．偏大
B ．偏小
C ．一样
D ．都有可能
【答案】C
【解析】
【详解】 根据单摆的周期公式：2L r T g π+=得：22244T L r g g ππ=+，T 2与L 图象的斜率24k g π=，横轴截距等于球的半径r ．
故2
4g k
π= 根据以上推导，如果L 是实际摆长，图线将通过原点，而斜率仍不变，重力加速度不变，故对g 的计算没有影响，一样，故ABD 错误，C 正确．
故选C ．
3．我国第一颗人造地球卫星因可以模拟演奏《东方红》乐曲并让地球上从电波中接收到这段音乐而命名为“东方红一号”。

该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。

如图所示，设卫星在近地点、远地点的角速度分别为1ω，2ω，在近地点、远地点的速度分别为1v ，2v ，则（ ）
A ．12ωω<
B ．12ωω=
C ．12v v >
D ．12v v <
【答案】C
【解析】
【详解】 根据开普勒第二定律可知，从远地点到近地点卫星做加速运动，而近地点到远地点，卫星做减速运动，所以近地点的速度大于远地点的即
12v v >
根据=v r
ω可知，因为近地点到地心的距离小于远地点到地心的距离，即 12r r <
则有
12ωω>
故选C 。

4．2012年12月26日，世界上最长的高铁京广线全线开通．如图所示，京广高铁从北京出发，经石家庄、郑州、武汉、长沙、衡阳，到达广州，途经北京、河北、河南、湖北、湖南、广东等6省市，全程2230公里，全程运行时间8小时．同学们根据上述材料，可以求出
A ．北京到广州的路程
B ．北京到广州的平均速度
C ．北京到广州的加速度
D ．北京到广州的位移
【答案】A
【解析】 试题分析：北京到广州全程2230公里，指的是的路程，选项A 正确；北京到广州的直线距离未知，即位移未知，不能求北京到广州的平均速度，选项B 、C 、D 错误；
考点：路程和位移
5．平行板电容器的两极A 、B 接于电池两极，一个带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S ，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为θ，小球始终未碰到极板，如图所示，那么（ ）
A ．保持电键S 闭合，带正电的A 板向
B 板缓慢靠近，则θ减小
B ．保持电键S 闭合，带正电的A 板向B 板缓慢靠近，则θ不变
C ．电键S 断开，带正电的A 板向B 板缓慢靠近，则θ增大
D ．电键S 断开，带正电的A 板向B 板缓慢靠近，则θ不变
【答案】D
【解析】
【详解】
AB ．保持电键S 闭合，电容器两端间的电势差不变，A 板向B 板靠近，极板间距离减小，根据U E d =，可知电场强度E 变大，小球所受的电场力变大，θ增大，选项AB 错误；
CD ．断开电键S ，电容器所带的电量不变，根据U E d =和Q C U
=，4S C kd επ=可知 4kQ E S
πε= 带正电的A 板向B 板缓慢靠近d 变小，E 不变，电场力不变，θ不变，选项C 错误，D 正确。

故选D 。

6．如图所示，直线1和曲线2分别是汽车a 和b 在同一平直公路上行驶的位置－时间（x －t ）图像，由图像可知（ ）
A ．在t 1时刻，a 、b 两车的运动方向相同
B ．在t 2时刻，a 、b 两车的运动方向相反
C ．在t 1到t 3这段时间内，a 、b 两车的平均速率相等
D ．在t 1到t 3这段时间内，a 、b 两车的平均速度相等
【答案】D
【解析】
【详解】
AB ．由x t -图像的斜率正负表示速度方向，由图像可知，t 1时刻，a 、b 两车的运动方向相反，t 2时刻，a 、b 两车的运动方向相同，故AB 错误；
C ．由x t -图像可知，b 汽车的路程大于a 汽车的路程，由于时间相同，所以b 车的平均速率大于a 车的平均速率，故C 错误；
D ．在t 1到t 3这段时间内，两汽车的位移相同，时间相同，故a 、b 两车的平均速度相等，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．如图所示，地球质量为M ，绕太阳做匀速圆周运动，半径为R ．有一质量为m 的飞船，由静止开始从P 点在恒力F 的作用下，沿PD 方向做匀加速直线运动，一年后在D 点飞船掠过地球上空，再过三个月，又在Q 处掠过地球上空．根据以上条件可以得出
A ．DQ 2R
B ．PD 的距离为29
R C ．地球与太阳的万有引力的大小29216FM m
π D ．地球与太阳的万有引力的大小29232FM m
π 【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据DQ 的时间与周期的关系得出D 到Q 所走的圆心角，结合几何关系求出DQ 的距离．抓住飞船做匀加速直线运动，结合PD 的时间和PQ 的时间之比得出位移之比，从而得出PD 的距离．根据位移时间公式和牛顿第二定律，结合地球与太阳之间的引力等于地球的向心力求出引力的大小．
【详解】
地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从D 到Q 所用的时间为三个月，则地球从D 到Q 的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，DQ 的距离为 2R ，故A 正确；因为P 到D 的时间为一年，D 到Q 的时间为三个月，可知P 到D 的时间和P 到Q 的时间之比为4：5，根据212
x at =得，PD 和PQ 距离之比为16：25，则PD 和DQ 的距离之比为16：9，2DQ R =，则29PD R =，B 正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，对PD 段，根据位移公式有：
21621 2R F at a m
==，，因为P 到D 的时间和D 到Q 的时间之比为4：1，则44T t =，即T=t ，向心力224n F M R T π=，联立解得地球与太阳之间的引力29216FM F m
π=，故C 正确D 错误． 8．如图所示，在垂直于纸面向外的匀强磁场中，水平放置两个同心金属环，半径分别是r 和3r ，磁感应强度为B ，在两环间连接有一个电容为C 的电容器，a 、b 是电容器的两个极板。

长为2r 的金属棒AB 沿半径方向放置在两环间且与两环接触良好，并绕圆心以角速度ω做顺时针方向（从垂直环面向里看）的匀速圆周运动。

则下列说法正确的是（ ）
A ．金属棒A
B 中有从B 到A 的持续电流
B ．电容器b 极板带负电
C ．电容器两端电压为24Br ω
D ．电容器所带电荷量为21.5C Br ω
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A ．根据右手定则可知，金属棒A
B 切割磁感线产生感应电动势，但由于电路没有闭合，所以没有感应电流，故A 错误；
B ．根据右手定则可判断B 端为电源的正极，a 端为电源的负极，所以电容器b 极板带负电，故B 正确；
C ．根据法拉第电磁感应定律知切割产生的感应电动势
23242
r r E BLv B r B r +==⋅⋅=（）ωω 故C 正确；
D ．电容器所带电荷量
22Q CU CB r ==ω
故D 错误。

故选BC 。

9．有关对热学的基础知识理解正确的是________。

A ．液体的表面张力使液体的表面有扩张的趋势
B ．低温的物体可以自发把热量传递给高温的物体，最终两物体可达到热平衡状态
C ．当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器中的水的压强为零
D ．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢
E. 在“用油膜法测分子直径”的实验中，作出了把油膜视为单分子层、忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形这三方面的近似处理
【答案】CDE
【解析】
【详解】
A、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直指向液体内部，故A错误；
B、根据热力学第二定律，低温的物体不会自发把热量传递给高温的物体，必然会引起外界变化。

故B错误；
C、液体压强由重力产生，当装满水的某一密闭容器自由下落时，容器处于完全失重状态，故容器中的水的压强为零，故C正确；
D、空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度水的饱和汽压，水蒸发变慢，故D正确；
E、在“用油膜法测分子直径”的实验中，需要将油膜看作单分子层，同时要忽略油酸分子间的间距并把油酸分子视为球形，故E正确；
故选CDE.
10．如图，电源电动势为E，内阻为r，0R为定值电阻，1R为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。

当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好静止，下列说法中正确的是（）
A．断开开关S瞬间，电阻2R中有向上的电流
B．只减小1R的光照强度，电源输出的功率变小
C．只将电容器上板向下移动时，带电微粒向上运动
D．只将1P向上端移动时，下板电势升高
【答案】AC
【解析】
【详解】
A．若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，因下极板带正电，故电阻2R中有向上的电流，故A正确；
B．若只减小1R的光照强度，电阻1R变大，但由于不知道外电阻和内阻的大小关系，因此无法判断电源输出的功率的变化情况，故B错误；
C．电压不变，只将电容器上板向下移动时距离d减小，根据
U
E
d
可知电场强度增加，则电场力增大，所以带电粒子向上运动，故C正确；
D．由于下极板接地，只将P1向上端移动时，下板电势不变，依然为零，故D错误。

故选AC。

11．如图，一个质量为m的刚性圆环套在竖直固定细杆上，圆环的直径略大于细杆的直径，圆环的两边与两个相同的轻质弹簧的一端相连，轻质弹簧的另一端相连在和圆环同一高度的墙壁上的P、Q两点处，弹簧的劲度系数为k，起初圆环处于O点，弹簧处于原长状态且原长为L；将圆环拉至A点由静止释放，OA=OB=L，重力加速度为g，对于圆环从A点运动到B点的过程中，弹簧处于弹性范围内，下列说法正确的是（）
A．圆环在O点的速度最大
B．圆环通过O点的加速度等于g
C．圆环在A点的加速度大小为
(22) g
-
+
kL
m
D．圆环在B点的速度为gL
【答案】BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．圆环受力平衡时速度最大，应在O点下方，故A错误。

B．圆环通过O点时，水平方向合力为零，竖直方向只受重力，故加速度等于g，故B正确。

C．圆环在下滑过程中与细杆之间无压力，因此圆环不受摩擦力，在A点对圆环进行受力分析如图，根据几何关系，在A点弹簧伸长量为2L-L=2-1）L，根据牛顿第二定律，有
221cos45
mg k L ma
+︒=
（）
解得
(22)kL a g m
-=+ 故C 正确。

D ．圆环从A 到B 过程，根据功能关系，知圆环减少的重力势能转化为动能，有
2122
B mg L mv ⋅=
解得 2B v gL =
故D 错误。

故选BC 。

12．如图所示，两块长方体滑块A 和B 叠放在倾角为θ的斜面体C 上。

已知A 、B 质量分别为m 1和m 1，A 与C 的动摩擦因数为μ1，B 与A 的动摩擦因数为µ1．两滑块AB 在斜面体上以相同加速度自由下滑，斜面体C 在水平地面上始终保持静止，则下列说法正确的是（ ）
A ．斜面C 受到地面的静摩擦力方向水平向左
B ．滑块A 与斜面间的动摩擦因数µ1＝tanθ
C ．滑块A 受到斜面对其摩擦力的大小为µ1（m 1+m 1）gcosθ
D ．滑块B 所受的摩擦力大小为µ1m 1gcosθ
【答案】AC
【解析】
【详解】
A ．把A
B 看成一个整体，AB 对
C 的压力在水平方向的分力为
N x ＝（m 1+m 1）gcosθ∙sinθ
方向水平向右，AB 对C 的摩擦力在水平方向的分力为f x ＝fcosθ，方向水平向左。

因为AB 一起加速下滑，
所以（m 1+m 1）gsinθ＞f ，则N x ＞f x ，所以斜面C 有向右的运动趋势，则斜面C 受到地面的静摩擦力方向水平向左。

故A 正确；
B ．因为AB 一起加速下滑，所以
μ1（m 1+m 1）gcosθ＜（m 1+m 1）gsinθ
则μ1＜tanθ，故B 错误；
C ．把AB 看成一个整体，滑块A 与斜面之间的摩擦力为
f ＝μ1（m 1+m 1）gcosθ
故C 正确；
D．滑块AB一起加速下滑，其加速度为
a＝gsinθ﹣μ1gcosθ
B与A之间的摩擦力是静摩擦，则AB之间的摩擦力为
f′＝m1a＝mg（s inθ﹣μ1cosθ）
故D错误。

故选AC.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某实验小组用下列器材设计了如图甲所示的欧姆表电路，通过调控电键S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”“×10”两种倍率。

A．干电池：电动势E=1.5V，内阻r=0.5Ω
B．电流表mA：满偏电流I g=1mA，内阻R g=150Ω
C．定值电阻R1=1200Ω
D．电阻箱R2：最大阻值999.99Ω
E.定值电阻R3=150Ω
F.电阻箱R4最大阻值9999Ω
G.电键一个，红、黑表笔各1支，导线若干
(1)该实验小组按图甲所示正确连接好电路。

当电键S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2，使电流表达到满偏电流，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内=______Ω，欧姆表的倍率是______（选填“×1”或“×10”）；
(2)闭合电键S
第一步：调节电阻箱R2，当R2=______Ω时，再将红、黑表笔短接，电流表再次达到满偏电流；
第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图乙所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为______Ω。

【答案】1500 ×10 14.5 50
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]由闭合电路欧姆定律可知内阻为
1.5Ω1500Ω0.001
E R I ===内 [2]故中值电阻应为1500Ω，根据多用电表的刻度设置可知，表盘上只有两种档位，若为×1，则中性电阻太大，不符合实际，故欧姆表倍率应为“×10”
(2)[3]为了得到“×1”倍率，应让满偏时对应的电阻为150Ω，电流
1 1.5A 0.01A 150
I == 此时表头中电流应为0.001A ；则与之并联电阻R 3电流应为
30.010.001)A 0.009A (I =-=
则有
3321 1.50.009150=
=Ω15Ω0.01
E I R R r I --⨯+= 所以 215Ω0.5Ω14.5ΩR =-=
[4]由图可知电流为0.75mA ，总电阻
31.510Ω2000Ω0.75
R =⨯=总 待测电阻
=2000Ω1500Ω50ΩR -=测
对应的刻度应为50Ω
14．在“测定金属的电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准。

已知待测金属丝的电阻值Rx 约为5Ω。

在测电阻时，可供选择的器材有：
电源E ：电动势3V ，内阻约1Ω
电流表A 1：量程0~0.6A ，内阻约0.125Ω；
电流表A 2：量程0~3A ，内阻约0.025Ω；
电压表V 1：量程0~3V ，内阻约3kΩ；
电压表V 2：量程0~15V ，内阻约15kΩ；
滑动变阻器R 1：最大阻值5Ω，允许最大电流2A ；
滑动变阻器R 2：最大阻值1000Ω，最大电流0.6A 开关一个，导线若干。

(1)在上述器材中，应该选用的电流表是_______，应该选用的电压表是_______。

若想尽量多测几组数据，应该选用的滑动变阻器是_______（填写仪器的字母代号）。

(2)用所选的器材，在答题纸对应的方框中画出电路图_____________________。

(3)关于本实验的误差，下列说法正确的是____________。

A ．对金属丝的直径多次测量求平均值，可消除误差
B ．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C ．利用电流I 随电压U 的变化图线求R x 可减小偶然误差
【答案】1A 1V 1R C
【解析】
【详解】
(1)[1]因为电动势3V ，所以电压表选择V 1；
[2]根据欧姆定律可知电路中最大电流为
x
0.6A E I R =
= 所以电流表为A 1；
[3]为保证调节方便，则选择阻值较小的滑动变阻器R 1；
(2)[4]因为
V x 300056004050.125
x A R R R R ==>== 则说明待测电阻为小电阻，所以电流表采用外接法，实验要求尽量多测几组数据，所以滑动变阻器采用分压式，电路图如图所示
(3)[5]A ．实验中产生的误差不能消除，只能减小，故A 错误；
B ．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差，故B 错误；
C ．利用图象法求解电阻可减小偶然误差，故C 正确。

故选C 。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．如图所示，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的N 点，细杆上的PQ 两点与圆心O 在同一水平线上，圆弧半径为0.8m 。

质量为0.1kg 的有孔小球A （可视为质点）穿在圆弧细杆上，小球A 通过轻质细绳与质量也为0.1kg 小球B 相连，细绳绕过固定在Q 处的轻质小定滑轮。

将小球A 由圆弧细杆上某处由静止释放，则小球A 沿圆弧杆下滑，同时带动小球B 运动，当小球A 下滑到D 点时其速度为4m/s ，
此时细绳与水平方向的夹角为37°，已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°
=0.6，cos37°=0.8，cos16°=0.1．问： (1)小球A 下滑到D 点时，若细绳的张力(N)T x =，则圆弧杆对小球A 的弹力是多大？
(2)小球A 下滑到D 点时，小球B 的速度是多大？方向向哪？
(3)如果最初释放小球A 的某处恰好是P 点，请通过计算判断圆弧杆PD 段是否光滑。

【答案】 (1)F N =(2.1-0.8x ）N ；(2)2.4m/s ，竖直向下；(3) 光滑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)当球A 运动到D 点时，设圆弧杆对小球A 的弹力为F N ，由牛顿第二定律有
2cos37cos16A N mv F T mg R
+︒-︒= 解得
F N =(2.1-0.8x ）N
(2)小球A 在D 点时，小球B 的速度
sin 37 2.4m/s B A v v =︒=
方向竖直向下。

(3)由几何关系有
2cos3716sin 37096QD R R
h QD R =︒==︒=．．
若圆弧杆不光滑，则在小球A 从P 点滑到D 点的过程中，必有摩擦力对小球A 做功。

设摩擦力对小球A 做功为W f ，对A 、B 两小球由功能关系得
()2211222
f A B mgh m
g R QD W mv mv +-+=
+ 代入数据解得
W f =0
所以圆弧杆PD 段是光滑的。

16．如图所示，在纸面内建立直角坐标系xOy ，以第Ⅲ象限内的直线OM （与负x 轴成45°角）和正y 轴为界，在x<0的区域建立匀强电场，方向水平向左，场强大小E=2 V/m ；以直线OM 和正x 轴为界，在y<0的区域建立垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T ．一不计重力的带负电粒子从坐标原点O
沿y 轴负方向以v 0=2×
103m/s 的初速度射入磁场．己知粒子的比荷为q/m=5×104C/kg ，求： （1）粒子经过1/4圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标？
（2）粒子在磁场区域运动的总时间？
（3）粒子最终将从电场区域D 点离开电，则D 点离O 点的距离是多少？
【答案】（1）粒子经过圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为（﹣0.4m ，﹣0.4m ）；
（2）粒子在磁场区域运动的总时间1.26×
10﹣3s ； （3）粒子最终将从电场区域D 点离开电场，则D 点离O 点的距离是7.2m ．
【解析】
试题分析：（1）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，求出运动的半径，从而即可求解； （2）根据圆周运动的周期公式，可求出在磁场中总时间；
（3）粒子做类平抛运动，将其运动分解，运用运动学公式与牛顿第二定律，即可求解．
解：（1）微粒带负电，从O 点射入磁场，沿顺时针方向做圆周运动，轨迹如图．
第一次经过磁场边界上的A 点
由，
得，
所以，A点坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）．
（2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T，则
，
其中
代入数据解得：T=1.256×10﹣3s
所以t=1.26×10﹣3s．
（3）微粒从C点沿y轴正方向进入电场，做类平抛运动，则
由牛顿第二定律，qE=ma
△y=v0t1
代入数据解得：△y=8m
y=△y﹣2r=8﹣2×0.4m=7.2m
即：离开电磁场时距O点的距离为7.2m．
答：（1）粒子经过圆弧第一次经过磁场边界时的位置坐标为（﹣0.4m，﹣0.4m）；
（2）粒子在磁场区域运动的总时间1.26×10﹣3s；
（3）粒子最终将从电场区域D点离开电场，则D点离O点的距离是7.2m．
【点评】考查牛顿第二定律在匀速圆周运动中、类平抛运动中的应用，并根据运动的合成与分解来解题，紧扣运动的时间相等性．
17．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角θ＝37︒，木板受到沿斜面向上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8。

求：
(1)小滑块与木板的动摩擦因数为多少？
(2)当拉力F＝20N时，长木板的加速度大小为多大？
【答案】(1)0.75(2)2m/s2
【解析】
【详解】
(1)当F等于18N时，加速度为a＝0。

对整体由平衡条件：F＝(M＋m)gsinθ
代入数据解得
M＋m＝3kg
当F大于18N时，根据牛顿第二定律得
F－Mgsinθ－μmgcosθ＝Ma
长木板的加速度
a＝1
M
F－gsinθ－
cos
μθ
mg
M
知图线的斜率
k＝1
M
＝1
截距
b＝-gsinθ-
cos
μθ
mg
M
＝-18
解得
M＝1kg，m＝2kg，μ＝0.75
(2)当拉力F＝20N时，代入长木板的加速度
a＝1
M
F－gsinθ－
cos
μθ
mg
M
解得长木板的加速度为a1＝2m/s2。