上海市黄浦区(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

上海市黄浦区(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析

上海市黄浦区 (六校联考） 2021 届新高考模拟物理试题 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 1．一蹦床运动员竖直向上跳起，从离开蹦床算起，上升到最大高度一半所用的时间为 ，速度减为离开 蹦床时速度一半所用的时间为 ，若不计空气阻力，则 与 的大小关系为（ ） A． B． C． D．不能确定 【答案】 A 【解析】 【详解】 根据速度位移公式得，设上升到最大高度一半的速度为 v，则有： 联立解得： 则运动的时间为： 速度减为初速一半所用的时间为 t1： 。 则： t 1＜ t1． A． ，与结论相符，选项 A 正确； B． ，与结论不相符，选项 B 错误； C． ，与结论不相符，选项 C 错误； D．不能确定，与结论不相符，选项 D 错误； 故选 A。 2．如图所示，在倾角为 30°的斜面上，质量为 1kg 的小滑块从 a 点由静止下滑，到 b 点时接触一轻弹簧。 滑块滑至最低点 c 后，又被弹回到 a 点，已知 ab=0.6m ，bc=0.4m ，重力加速度 g 取 10m/s2，下列说法中 正确的是（ ） A．滑块滑到 b 点时动能最大 B．整个过程中滑块的机械能守恒 C．弹簧的最大弹性势能为 2J D．从 c 到 b 弹簧的弹力对滑块做功为 5J 【答案】 D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据题中 “小滑块从 a 点由静止下滑和又被弹回到 a 点 ”可知：滑块和斜面间无摩擦，滑块滑到 b 时， 合力为重力沿斜面的分力，加速度和速度同向，继续加速，当重力沿斜面的分力和弹簧弹力相等时，速度 最大，故 A 错误； B．整个过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒，滑块的机械能从 a 到 b 不变，从 b 到 c 机械能逐渐 减小，转化为弹簧的弹性势能， c 到 b 弹簧的弹性势能逐渐减小，滑块的机械能逐渐增加，从 b 到 a 机械 能不变，故 B 错误； C．对滑块和弹簧组成的系统，从 a 到 c 过程，根据能量转化关系有 ( )sin 30 pmg ab bc E 代入数据解得 5pE J 故 C 错误； D．从 c 到 b 弹簧的弹力对滑块做正功，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的机械能，根据功能关系可知， 弹簧的弹力对滑块做了 5J 的功，故 D 正确。 故选 D。 3．2019 年 4 月 21 日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭， 成功发射第 44 颗北斗导航卫星。 若组成北斗导航系统的这些卫星在不同高度的转道上都绕地球做匀速圆周运动， 其中低轨卫星离地高度低 于同步卫星。关于这些卫星，下列说法正确的是（ ） A．低轨卫星的环绕速率大于 7.9km/s B．地球同步卫星可以固定对一个区域拍照 C．低轨卫星和地球同步卫星的速率相同 D．低轨卫星比同步卫星的向心加速度小 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 AC ．根据万有引力提供向心力，则有 2 2 Mm vG m r r 解得 GMv r 可知轨道半径越大，运行的速度越小，低轨卫星轨道半径大于近地卫星的半径，故低轨卫星的环绕速率小 于 7.9km/s ，低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径， 故低轨卫星的环绕速率大于同步卫星的环绕速率， 故 A 、C 错误； B．同步卫星的周期与地球的周期相同，相对地球静止，可以固定对一个区域拍照，故 B 正确； D．根据万有引力提供向心力，则有 2 MmG ma r 可得 2 GMa r 低轨卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，低轨卫星向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故 D 错误； 故选 B。 4．一定质量的理想气体由状态 A 沿平行 T 轴的直线变化到状态 B，然后沿过原点的直线由状态 B 变化到 状态 C，p－T 图像如图所示，关于该理想气体在状态 A、状态 B 和状态 C 时的体积 V A、V B、V C 的关系 正确的是（ ） A． A B CV V V B． A B CV V V C． A B CV V V D． A B CV V V 【答案】 B 【解析】 【分析】 【详解】 从 A 到 B 为等压变化，根据 V C T 可知，随着温度的升高，体积增大，故 A BV V 从 B 到 C 为坐标原点的直线，为等容变化，故 B CV V 所以 A B CV V V 故 ACD 错误， B 正确。 故选 B。 5．如图所示为某大桥，图中桥墩之间的四段距离均为 110m。可视为质点的一辆汽车从 a 点由静止开始做 加速度恒定的加速直线运动。已知该车通过 bc 段的时间为 t，则通过 ce 段的时间为（ ） A． 2t B． ( 2 1)t C． ( 2 1)t D． t 【答案】 A 【解析】 【详解】 汽车从 a 点由静止开始做加速度恒定的加速直线运动，四段大小相同的位移所需要的时间之比为 1: ( 2 1): ( 3 2) : (2 3) 设通过 ce 段的时间为 t ，则 : ( 2 1) : (2 2)t t 解得 2t t 故 A 正确， BCD 错误。 故选 A。 6．一带负电的粒子只在电场力作用下沿 x 轴正方向运动，其电势能 Ep 随位移 x 变化的关系如图所示，其 中 0～x2 段是关于直线 x=x 1 对称的曲线， x2～ x3 段是直线，则下列说法正确的是 A． x1 处电场强度最小，但不为零 B．粒子在 0～x2 段做匀变速运动， x2～x3 段做匀速直线运动 C．若 x1、x3 处电势为 1、 3，则 1< 3 D． x2～x3 段的电场强度大小方向均不变 【答案】 D 【解析】 E P-x 图像的斜率表示粒子所受电场力 F，根据 F=qE 可知 x1 处电场强度最小且为零，故 A 错误； B、粒子在 0～x2 段切线的斜率发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动， x2～x3 段斜率不变，所以 做匀变速直线运动，故 B 错误； C、带负电的粒子从 x1 到 x3 的过程中电势能增加，说明电势降低，若 x1、x3 处电势为 1、 3，则 1> 3, 故 C 错误； D、 x2～x3 段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故 D 正确； 故选 D 点睛： E P-x 图像的斜率表示粒子所受电场力 F，根据 F=qE 判断各点场强的方向和大小，以及加速度的变 化情况。至于电势的高低，可以利用结论 “负电荷逆着电场线方向移动电势能降低，沿着电场线方向移动 电势能升高 ”来判断。 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， 虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场， 磁感应强度为 B，磁场区域上下宽度为 l；质量为 m、 边长为 l 的正方形线圈 abcd 平面保持竖直， ab 边保持水平的从距离磁场上边缘一定高处由静止下落，以 速度 v 进入磁场，经一段时间又以相同的速度 v 穿出磁场，重力加速为 g。下列判断正确的是（ ） A．线圈的电阻 2 2B l vR mg = B．进入磁场前线圈下落的高度 2 2 vh g C．穿过磁场的过程中线圈电阻产生的热量 2Q mgl D．线圈穿过磁场所用时间 lt v 【答案】 ABC 【解析】 【详解】 A．由题意可知，线圈进入磁场和穿出磁场时速度相等，说明线圈在穿过磁场的过程中做匀速直线运动， 则 2 2B l vmg F BIl R安 2 2B l vR mg = 所以 A 正确； B．线圈在进入磁场前做自由落体运动，有动能定理得 21 2 mgh mv 进入磁场前线圈下落的高度为 2 2 vh g 所以 B 正确； C．线圈在穿过磁场的过程中克服安培力做功转化为焦耳热，又安培力与重力平衡，则穿过磁场的过程中 线圈电阻产生的热量为 2 2Q mg l mgl 所以 C 正确； D．根据线圈在穿过磁场过程中做匀速运动，可得穿过磁场的时间为 2lt v 所以 D 错误。 故选 ABC 。 8．如图所示为一皮带传动装置， 右轮的半径为 r ，a 是它边缘上的一点． 左侧是一轮轴， 大轮的半径为 4r ， 小轮的半径为 2r ．b 点在小轮上，到小轮中心的距离为 r．c 点和 d 点分别位于小轮和大轮的边缘上．若 在传动过程中，皮带不打滑．则（ ） A． a 点与 c 点的线速度大小相等 B．b 点与 d 点的角速度大小相等 C． a 点与 d 点的向心加速度大小相等 D．a 点与 b 点的向心加速度大小相等 【答案】 ABC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．根据圆周运动的规律可得： a 点与 c 点在相等时间内转过的弧长是相等的，所以二者的线速度大小相 等； b 点与 d 点在相等时间内转过的角度是相等的，所以二者角速度大小相等； AB 正确． CD ．设 a 点的线速度大小为 v，则 c 点的线速度大小为 v，c、b、d 三点的角速度大小均为 2 v r ；据向心 加速度公式： 2 2va R R 可得， a 点的向心加速度大小为 2v r ， c 点的向心加速度大小为 2 2 v r ，b 点的向 心加速度大小为： 2 2 2( ) 2 4 v vr r r r ，d 点的向心加速度大小为： 2 2 24 ( ) 4 2 v vr r r r ．故 C 正确， D 错误． 9．如图所示，水平面上的同一区域介质内，甲、乙两列机械波独立传播，传播方向互相垂直，波的频率 均为 2Hz 。图中显示了某时刻两列波的波峰与波谷的情况， 实线为波峰， 虚线为波谷。 甲波的振幅为 5cm， 乙波的振幅为 10cm。质点 2、3、 5 共线且等距离。下列说法正确的是（ ） A．质点 1 的振动周期为 0.5s B．质点 2 的振幅为 5cm C．图示时刻质点 2、 4 的竖直高度差为 30cm D．图示时刻质点 3 正处于平衡位置且向上运动 E.从图示的时刻起经 0.25s，质点 5 能通过的路程为 30cm 【答案】 ACE 【解析】 【分析】 【详解】 A．质点 1 的振动周期为 1 0.5sT f ，选项 A 正确； B．质点 2 为谷谷相遇点，为振动加强点，则其振幅为 15cm ，选项 B 错误； C．质点 2、4 都是振动加强点，图示时刻质点 2 在波谷，位移为 -15cm ，质点 4 在波峰，位移为 +15cm， 则此时刻 2、4 的竖直高度差为 30cm ，选项 C 正确； D．图示时刻质点 3 正处于波峰和波谷的中间位置，即在平衡位置，根据波的传播方向可知，此时向下运 动，选项 D 错误； E．质点 5 为振动加强点，从图示的时刻起经 0.25s=0.5T，质点 5 能通过的路程为 2(A 1+A 2)=30cm ，选项 E 正确。 故选 ACE 。 10．如图所示， AC 、 BD 为圆的两条互相垂直的直径，圆心为 O，半径为 R，将等电量的两正点电荷 Q 放在圆周上，它们的位置关于 AC 对称，与 O 点的连线和 OC 间夹角为 30°，下列说法正确的是（ ） A．电荷 q 从 A 点运动到 C 点，电场力做功为零 B．电荷 q 从 B 点运动到 D 点，电场力做功为零 C． O 点的场强大小为 2 kQ R D． O 点的场强大小为 2 3kQ R 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 电荷 q 从 A 点运动到 C 点，所受电场力竖直向上，电场力做负功， A 错，根据对称性 B 正确， O 点的场 强大小为 ，C 错， D 正确． 11．如图甲所示，在倾角为 θ的光滑斜面上分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强 度正方向，其磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示。一质量为 m、电阻为 R 的矩形金属框从 t＝ 0 时刻由静止释放， t3 时刻的速度为 v，移动的距离为 L，重力加速度为 g，线框面积为 S，t1＝t0、t 2＝2t0、 t 3＝ 3t0，在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是（ ） A． t1~t 3 时间内金属框中的电流先沿逆时针后顺时针 B． 0~t3 时间内金属框做匀加速直线运动 C． 0~t3 时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动 D． 0~t3 时间内金属框中产生的焦耳热为 2 0 0 2B S Rt 【答案】 BD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据 B－t 图象可知， t1～t 3时间内 B－t 线的斜率不变，由公式 BSE n n t t 则金属框中的感应电动势大小方向不变，则电流方向不变，故 A 错误； BC．0～t1 时间内，线圈中磁通量不变，则无电流产生， t 1～t3 时间内电流不变，由左手定则可知，金属框 所受安培力的合力为零，则线圈向下做匀加速直线运动，故 B 正确， C 错误； D．线圈中的感应电动势为 0 0 B SBSE t t 由于 0～t1 时间内，线圈中磁通量不变，则无电流产生，也无焦耳热产生，则 0～t3 时间内金属框中产生的 焦耳热为 2 22 0 0 0 22 B SEQ t R Rt 故 D 正确。 故选 BD 。 12．以下说法正确的是（ ） A．已知阿伏加德罗常数、气体摩尔质量和密度，可算出该气体分子的直径 B．物质是晶体还是非晶体，比较可靠的办法是从各向异性或各向同性来判断 C．随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，但合力表现仍可能为斥力 D．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性 【答案】 CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．摩尔体积 MV ，气体分子所占空间 0 A VV N ，所以可以求得分子间的平均距离，故 A 错误； B．因多晶体也具有各向同性，故晶体和非晶体一般从熔点来判断，故 B 错误； C．当分子间距离小于 r 0时，随着分子间距离的增大，分子间的引力和斥力都减小，斥力减小得快，合力 表现为斥力，故 C 正确； D．根据热力学定律可知，宏观自然过程自发进行是有其方向性，能量耗散就是从能量的角度反映了这种 方向性，故 D 正确。 故选 CD 。 三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分 13．某同学用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度，电源频率 f=50Hz ，在纸带上打出的点中， 选出零点，每隔 4 个点取 1 个技术点，因保存不当，纸带被污染，如图 1 所示， A 、B、C、D 是本次排练 的 4 个计数点，仅能读出其中 3 个计数点到零点的距离： SA=16.6mm 、 SB=126.5mm 、SD=624.5 mm 。 若无法再做实 验，可由以上信息推知： （ 1）相邻两计数点的时间间隔为 _________s； （ 2）打 C 点时物体的速度大小为 _________m/s （取 2 位有效数字） （ 3）物体的加速度大小为 ________（用 SA、SB、SD 和 f 表示） 【答案】 0.1 2.5 D B A 2 3 2 75 S S S T 【解析】 【分析】 考查实验 “用打点计时器测量做匀速直线运动的物体的加速度 ”。 【详解】 （ 1） [1] ．电源的频率为 50Hz ，知每隔 0.02s 打一个点，每隔 4 个点取 1 个计数点，可知相邻两计数点， 每隔 4 个点取 1 个计数点，可知相邻两计数点的时间间隔为 0.1s； （ 2） [2] ．C 点的瞬时速度等于 BD 段的平均速度，则 BD C 2.5m / s 2 xv T ； （ 3） [3] ．匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以 2aT 均匀增大，有： 2BC AB aT 2 22CD BC aT AB aT 22 3BD AB aT D B B A D B A 2 2 2 3 2 3 75 S S S S S S S a T T 。 14．要测绘一个标有 “ 2.5V 2W ”小灯泡的伏安特性曲线 .己选用的器材有： 直流电源（ 3V.内阻不计） 电流表 A 1 量程为 0.6 A，内阻为 0.6n） 电流表 A 2（量程为 300mA ．内阻未知） 电压表 V（量程 0—3V，内阻约 3kQ ） 滑动变阻器 R（0—5Ω，允许最大电流 3A ） 开关、导线若干． 其实验步骤如下： ①由于电流表 A 1 的里程偏小 .小组成员把 A 1、A2 并联后在接入电路，请按此要求用笔画线代表导线在实 物图中完成余下导线的连接 . （ ____） （ 2）正确连接好电路，并将滑动变阻器滑片滑至最 _______端，闭合开关 S，调节滑片 .发现当 A 1 示数为 0.50A 时， A 2的示数为 200mA ，由此可知 A 2 的内阻为 _______. ③若将并联后的两个电流表当作一个新电表， 则该新电表的量程为 _______A ；为使其量程达到最大， 可将 图中 _______（选填， “I ”、“II ”）处断开后再串联接入一个阻值合适的电阻． 【答案】 右 1.5 0.84 I 【解析】 【详解】 （ 1）由于小灯泡的电阻相对于电压表内阻来说很小很小，电流表采用外接法，连接实物图如图所示： （ 2）开关闭合前，滑动变阻器应调至使电流表和电压表的示数为零的位置，故应调至右端；根据欧姆定 律得： 1 1 2 2 0.5 0.6 1.5 0.2 A A I RR I （ 3）由于 Ug1＝0.6 ×0.6V＝0.36V ，U g2＝0.3 ×1.5V＝0.45V ，由于 Ug1＜Ug2，故两电流表两段允许所加最大 电压为 0.36V ，新电流表量程为： 0.360.6 0.84 1.5 I A A ，由于 A 2 未达到最大量程，要使其达到最大 量程，要增大电压，此时电流表 A 1 会烧毁，为了保护该电流表，应给其串联一电阻分压，故应在Ⅰ区再 串联接入一个阻值合适的电阻． 四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分 15．国内最长的梅溪湖激光音乐喷泉，采用了世界一流的灯光和音响设备，呈现出震撼人心的万千变化。 喷泉的水池里某一射灯发出的一细光束射到水面的入射角 37 °，从水面上出射时的折射角 53 °。 (1)求光在水面上发生全反射的临界角； (2)该射灯（看做点光源）位于水面下 h 7m 处，求射灯照亮的水面面积（结果保留两位有效数字） 。 【答案】 (1) 1 3sin 4 C ；(2)28m 2 【解析】 【分析】 【详解】 (1)水对光的折射率 sin sin 53 4 sin sin 37 3 n 对应的临界角为 C 1 3sin 4 C n 1 3sin 4 C (2)由空间对称可知，水面被照亮的部分是一圆面。设圆的半径为 R，则 2 2sin RC R h R=3m 2 9S R m 2=28m 2 16．如图所示，顶角 45o的金属导轨 MON 固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为 B 的 匀强磁场中． 一根与 ON 垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度 0v 沿导轨 MON 向右滑动， 导体棒的 质量为 m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为 .r 导体棒与导轨接触点为 a 和 b，导体棒在滑动过程中始终 保持与导轨良好接触 . 0t 时，导体棒位于顶角 O 处．求： （1）t 时刻流过导体棒的电流强度 I 和电流方向． （2）导体棒作匀速直线运动时水平外力 F 的表达式． （3）导体棒在 0 t 时间内产生的焦耳热 Q． 【答案】 （1） 0 (2 2) Bv r b a （2） 2 2 0 (2 2) B v t r （3） 2 3 2 0 22(2 2) B v tQ r 【解析】 【详解】 （ 1） 0 到 t 时间内，导体棒的位移： x t t 时刻，导体棒的长度： l x 导体棒的电动势 ： 0E Blv ， 回路总电阻： (2 + 2 )R x x r ， 电流强度： 0 2 2 BvEI R r ， 电流方向： b a （ 2）根据题意有： 2 2 0 2 2 B v tF Bll r （ 3） t 时刻导体棒的电功率 P=I 2R′，由于 I 恒定， R′ =v0rt 正比于 t，因此 2 21 2 P I R I R 2 3 2 0 22(2 2) B v tQ Pt r ． 17．如图所示，用同种材料制成的倾角 θ的斜面和水平轨道固定不动．小物块与轨道间动摩擦因数 μ，从 斜面上 A 点静止开始下滑，不考虑在斜面和水平面交界处的能量损失． (1)若已知小物块至停止滑行的总路程为 s，求小物块运动过程中的最大速度 vm (2)若已知 μ =0.1．小物块在斜面上运动时间为 1s，在水平面上接着运动 0.2s 后速度为 vt，这一过程平均速 率 13 12 m/s．求 vt 的值．（本小题中 g=10m/s 2） 【答案】 （1） 2 (sin cos ) sin cos gs （2）1m/s 【解析】 【详解】 (1)对物体在斜面上时，受力分析，由牛顿第二定律得 a1= sin cosmg mg m =gsin θ﹣μ cos θ 在水平面有： a2= mg m =μg 物体的最大速度： vm =a1t 1=a2t2 整个过程物体的位移： s= m 2 v t1+ m 2 v t2 解得： vm = 2 (sin cos ) sin cos gs (2)已知 μ =0.1，解得： a2= mg m =μ g=0.1 × 10 m/s2=1m/s 2 最大速度： vm =v t+a 2t2′ =vt +1×0.2=v t+1 由匀变速直线运动的速度位移公式得： s2= 2 22 2 2 1 2 2 5 t tm t v vv v a = 2 1 10 tv 由位移公式得： s1= m 2 v t1′= 1 2 tv ×1= 1 2 tv 而： 1 2 1 2( )s s v t t 已知： t1′ =1s，t2′ =0.2s， v = 13 12 m/s，解得： vt=1m/s