(含5套模拟卷)北京市西城区(六校联考)2021届新高考模拟物理试题含解析
北京市西城区 (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．如图所示为氢原子的能级图，一个处于基态的氢原子，吸收一个光子受到发后最多可以辐射三种不同
率的光子，则被吸收光子的能量为
A． 10.2eV B．12.09ev C．12.75eV D． 13.06eV
【答案】 C
【解析】
【详解】
一个氢原子处于激发态最多可以辐射三种不同频率的光子， 则该氢原子处于 n=4 激发态， 该氢原子处于基
态时吸收的光子能量为：
hv = （-0.85eV ）-（-13.6 eV ） =12.75eV ．
ABD. 由计算可得被吸收光子的能量为 12.75eV ，ABD 错误；
C.由计算可得被吸收光子的能量为 12.75eV ，C 正确．
2．四个水球可以挡住一颗子弹！如图所示，是央视《国家地理》频道的实验示意图，直径相同（约 30cm
左右）的 4 个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿
出第 4 个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是（ ）
A．子弹在每个水球中的速度变化相同
B．每个水球对子弹做的功不同
C．每个水球对子弹的冲量相同
D．子弹穿出第 3 个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等
【答案】 D
【解析】
【分析】
【详解】
A．子弹向右做匀减速运动，通过相等的位移时间逐渐缩短，所以子弹在每个水球中运动的时间不同。加
速度相同，由 v atV 知，子弹在每个水球中的速度变化不同，选项 A 错误；
B．由 W fx 知， f 不变， x 相同，则每个水球对子弹的做的功相同，选项 B 错误；
C．由 I ft 知， f 不变， t 不同，则每个水球对子弹的冲量不同，选项 C 错误；
D．子弹恰好能穿出第 4 个水球，则根据运动的可逆性知子弹穿过第 4 个小球的时间与子弹穿过前 3 个小
球的时间相同，子弹穿出第 3 个水球的瞬时速度即为中间时刻的速度，与全程的平均速度相等，选项 D
正确。
故选 D。
3．光滑水平面上有长为 2L 的木板 B，小物块 A 置于 B 的中点， A、B 质量均为 m ，二者间摩擦因数为 ，
重力加速度为 g ，A、B 处于静止状态。某时刻给 B 一向右的瞬时冲量 I ，为使 A 可以从 B 上掉下，冲量
I 的最小值为（ ）
A． m gL B． 2m gL C． 2m μgL D． 2 2m gL
【答案】 B
【解析】
【详解】
设 B 获得冲量后瞬间速度为 0v ，物块掉下来的临界条件是 A 刚好到达边缘时两者共速，根据动量守恒
0 2mv mv
根据能量守恒
2 2
0
1 1 2
2 2
mgL mv mv
解得：
0 2v gL
根据动量定理，冲量最小值
min 0 2I mv m gL
故 B 正确， ACD 错误。
故选： B。
4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，取初速度方向为正方向。
则物块从抛出到落回抛出点的过程中列物块的加速度 a 、速度 与时间 t 的关系图像中可能正确的是
（ ）
A． B． C．
D．
【答案】 D
【解析】
【详解】
AB ．物块上升过程中，加速度方向向下，取初速度方向为正方向，则加速度为负值，故 AB 错误；
CD ．由于物块所受阻力与速度大小成正比，所以加速度随速度变化而变化，其速度－时间图像不是直线，
而是曲线，故 C 错误， D 正确。
故选 D。
5．一物体沿水平面做匀减速直线运动，其运动的
x t
t
图象如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．物体运动的初速度大小为 10m/s
B．物体运动的加速度大小为 0.4m/s2
C．物体在前 3s 内的平均速度是 9.4m/s
D．物体在前 5s 内的位移是 45m
【答案】 A
【解析】
【详解】
AB ．由匀减速直线运动公式：
2
0
1
2
x v t at
可得：
0
1
2
x v at
t
结合 x t
t
图象可知图线与纵轴的交点表示物体的初速度、斜率：
1
2
k a
则物体的初速度大小为 v0=10m/s ，加速度大小为：
a=0.8m/s 2
故 A 正确， B 错误；
C．由：
0
1
2
x v at
t
可得，物体在前 3s 内的平均速度是 8.8m/s，故 C 错误；
D．前 5s内的平均速度为 8m/s，物体在前 5s 内的位移是 40m ，故 D 错误。
故选 A。
6．2019 年“山东舰 " 正式服役，标志着我国进入双航母时代。如图， “山东舰 " 正在沿直线航行，其质量为
m，发动机的输出功率恒为 P，所受阻力恒为 f，某时刻速度为 v1、加速度为 a1，一段时间 t 后速度变为
v2（v2>v 1），在这段时间内位移为 s。下列关系式正确的是（ ）
A． 1
1
P fa
mv m B．
1
Pf
v
C． 1 2
2
v vs t D． 2 2
2 1
1 1
2 2
Pt mv mv
【答案】 A
【解析】
【分析】
【详解】
A．由牛顿第二定律，则有
1 1
1
1
P f
F f v P fa
m m mv m
故 A 正确；
B．当航母达到最大速度时， F=f ，此时
1m
P Pf
v v
故 B 错误；
C．航母的运动不是匀加速运动，则时间 t 内的位移
1 2
2
v vs t
故 C 错误；
D．由动能定理可得
2 2
2 1
1 1
2 2
Pt fs mv mv
故 D 错误。
故选 A。
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．如图所示为一质点的简谐运动图象。由图可知
A．质点的运动轨迹为正弦曲线
B． t=0 时，质点正通过平衡位置向正方向运动
C． t=0.25s 时，质点的速度方向与位移的正方向相同
D．质点运动过程中，两端点间的距离为 0.1m
【答案】 CD
【解析】
试题分析：简谐运动图象反映质点的位移随时间变化的情况，不是质点的运动轨迹，故 A 错误． t=0 时，
质点离开平衡位置的位移最大，速度为零，故 B 错误．根据图象的斜率表示速度，则 t=0.25s 时，质点的
速度为正值， 则速度方向与位移的正方向相同． 故 C 正确． 质点运动过程中， 两端点间的距离等于 2 倍的
振幅，为 S=2A=2× 5cm=10cm=0.1m ，故 D 正确．故选 CD 。
考点：振动图线
【名师点睛】 由振动图象可以读出周期、 振幅、 位移、 速度和加速度及其变化情况， 是比较常见的读图题，
要注意振动图象不是质点的运动轨迹；根据图象的斜率表示速度分析振动的运动方向．质点运动过程中，
两端点间的距离等于 2 倍的振幅。
8．在用单摆测定重力加速度的实验中，为了减小测量误差，下列措施正确的有（ ）
A．对于相同半径的木球和铁球，选用铁球
B．单摆的摆角从原来的 5 改变为 15
C．测量摆球振动周期时，选取最高点作为计时的起、终点位置
D．在测量单摆的周期时，防止出现 “圆锥摆 ”
E.测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长
【答案】 ADE
【解析】
【详解】
A．对于相同半径的木球和铁球，选择铁球可以忽略空气阻力以及悬线的重力， A 正确；
B．单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过 5 ，B 错误；
C．为了减小测量周期时的误差，应取摆球通过的最低点作为计时的起、终点位置， C 错误；
D．摆球做圆锥摆时周期表达式为
cos2 LT
g
若用
2 LT
g
算出重力加速度 g 误差较大，为了减小测量误差，应防止出现 “圆锥摆 ”，D 正确；
E．测量摆长时，单摆在悬挂状态下摆线长加上摆球的半径作为摆长， E 正确。
故选 ADE 。
9．如图所示，一充电后与电源断开的平行板电容器的两极板水平放置，板长为 L ，板间距离为 d，距板右
端 L 处有一竖直屏 M 。一带电荷量为 q、质量为 m 的质点以初速度 v0 沿中线射入两板间，最后垂直打在
M 上，已知重力加速度为 g，下列结论正确的是（ ）
A．两极板间电场强度大小为
mg
q
B．两极板间电压为
2mgd
q
C．整个过程中质点的重力势能增加
2 2
2
3
2
mg L
v 0
D．若仅增大两极板间距，该质点仍能垂直打在 M 上
【答案】 BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB ． 据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向
下偏转，才能最后垂直打在 M 屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图
可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：
qE-mg=mg
得到：
2mgE
q
由 U=Ed 可知板间电压为：
2U
q
mgd
故 A 错误， B 正确；
C． 小球在电场中向上偏转的距离为：
y＝
1
2
at2
而
a＝
qE mg
m
＝ g，t＝
0
L
v
解得：
y＝
2
2
02
gL
v
故小球打在屏上的位置与 P 点的距离为：
S＝2y＝
2
2
0
gL
v
重力势能的增加量为：
EP＝mgs＝
2 2
2
0
g L
v
故 C 错误。
D．仅增大两板间的距离，因两板上电量不变，根据
E＝
U
d
＝ Q
Cd
而 C＝
4
S
kd
，解得：
E＝
4 kQ
S
可知，板间场强不变，小球在电场中受力情况不变，则运动情况不变，故仍垂直打在屏上，故 D 正确。
故选 BD 。
10．下列有关光学现象的说法正确的是 ________。
A．光从光密介质射入光疏介质，若入射角大于临界角，则一定发生全反射
B．光从光密介质射人光疏介质，其频率不变，传播速度变小
C．光的干涉，衍射现象证明了光具有波动性
D．做双缝干涉实验时，用红光替代紫光，相邻明条纹间距变小
E.频率相同、相位差恒定的两列波相遇后能产生稳定的干涉条纹
【答案】 ACE
【解析】
【详解】
A．发生全发射的条件是，光从光密介质射入光疏介质，且入射角大于或等于临界角，故 A 正确；
B．光从光密介质射到光疏介质，频率不变，根据
cv
n 可知，折射率减小，所以速度增大，故 B 错误；
C．光的衍射和干涉是波独有的现象，所以可以说明光具有波动性，故 C 正确；
D．红光的波长大于紫光，根据条纹间距公式可知
lx
d
红光的条纹间距大于紫光，故 D 错误；
E．两列波发生稳定的干涉现象的条件是频率相同，相位差恒定，故 E 正确。
故选 ACE 。
11．如图，在地面上方水平向左的匀强电场中，两带电小球 a、 b 以一定初速度射入电场中 P 点后的运动
轨迹分别如图中虚线所示， b 轨迹为直线。已知 b 球带电量大小为 q，质量为 m，其轨迹与电场夹角为 θ，
重力加速度大小为 g，则（ ）
A． a 球带负电
B．匀强电场的电场强度 E=
mg
qtan
C． b 球经 P 点后做匀加速直线运动
D． a 球经 P 点后的运动过程中电势能逐渐增大
【答案】 BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．a 球最后做直线运动，电场力和重力的合力在这条直线上，可知， a 球受到的电场力必定水平向左，与
电场方向一致，则 a 球带正电， A 错误；
BC．b 球做直线运动，切受到的电场力水平向左， 所以电场力和重力的合力与初速度方向相同，故做匀加
速直线运动，轨迹与电场方向夹角为 ，则
tanEq mg
解得
tan
mgE
q
BC 正确；
D． b 球受到的电场力方向和位移方向夹角为锐角，则电场力做正功，所以电势能减小， D 错误。
故选 BC 。
12．为了研究某种透明新材料的光学性质，将其压制成半圆柱形，如图甲所示。一束激光由真空沿半圆柱
体的径向与其底面过 O 的法线成 θ角射人。 CD 为光学传感器，可以探测光的强度。从 AB 面反射回来的
光强随角 θ变化的情况如图乙所示。 现在将这种新材料制成的一根光导纤维束弯成半圆形， 暴露于空气中
(假设空气中的折射率与真空相同 )，设半圆形外半径为 R，光导纤维束的半径为 r。则下列说法正确的是
A．该新材料的折射率 n> 1
B．该新材料的折射率 n<1
C．图甲中若减小入射角 θ，则反射光线和折射光线之间的夹角也将变小
D．用同种激光垂直于光导纤维束端面 EF 射入，如图丙。若该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则弯成
的半圆形半径 R 与纤维束半径 r 应满足的关系为 10R r⋯
【答案】 AD
【解析】
【详解】
AB. 由题图乙知，当 53 时发生全反射，则有：
1 1 1.25
sin sin53
n
C
故选项 A 符合题意， B 不符合题意；
C.图甲中若减小入射角 ，根据反射定律和折射定律可知反射角和折射角都减小，则反射光线和折射光线
之间的夹角也将变大，故选项 C 不符合题意；
D.激光不从光导纤维束侧面外泄的临界条件是入射光在外侧面处发生全反射，临界光路如图所示，可得：
2sin R rC
R
解得： 10R r ，所以该束激光不从光导纤维束侧面外泄，则弯成的半圆形半径 R与纤维束半径 r 应满足
的关系为 10R r ，故选项 D 符合题意。
三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分
13．如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动
机的带动下匀速转动。在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器。 (已知电火花计时器每隔
相同的时间间隔 T 打一个点 )
(1)请将下列实验步骤按先后排序： ________.
①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触
②接通电火花计时器的电源，使它工作起来
③启动电动机，使圆形卡纸转动起来
④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段点迹 (如图乙所示 )，写出角速度 ω的表达式，
代入数据，得出 ω的测量值．
(2)要得到角速度 ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是 ________．
A．秒表 B．毫米刻度尺 C．圆规 D．量角器
(3)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠， 在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时， 可以缓
慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动。 则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆， 而
是类似一种螺旋线，如图丙所示．这对测量结果 ____(填 “有”或 “无”)影响。
(4)若兴趣小组在卡纸上选取了 6 个计时点， 并测得这 6 个计时点扫过扇形所对应的圆心角为 ，则角速度
的表达式为 ______________
【答案】①③②④ D 无 =
5T
【解析】
【详解】
(1)[1] 该实验先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片转动，再打点，最后取出卡片进行数
据处理，故次序为①③②④；
(2)[2] 要测出角速度，需要测量点跟点间的角度，需要的器材是量角器。
故选 D。
(3)[3] 由于点跟点之间的角度没变化，则对测量角速度不影响；
(4)[4] 由 =
t
可知
=
(6 1) 5T T
14．张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：
(1)用螺旋测微器测得其直径为 _____mm （如图甲所示） ；
(2)用 20 分度的游标卡尺测其长度为 ______cm（如图乙所示） ；
(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值 ________(填“偏大 ”或 “偏小 ”)．
【答案】 3.202-3.205 5.015 偏小
【解析】
【分析】
（ 1）解决本题的关键明确：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读
数时需估读．
（ 2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
（ 3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况．
【详解】
（ 1）螺旋测微器的固定刻度为 3.0mm ，可动刻度为 20.5 ×0.01mm=0.205mm ，所以最终读数为
3.0mm+0.205mm=3.205mm ．
（ 2） 20 分度的游标卡尺，精确度是 0.05mm ，游标卡尺的主尺读数为 50mm ，游标尺上第 3 个刻度和主
尺上某一刻度对齐，所以游标读数为 3×0.05mm=0.15mm ，所以最终读数为：
50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm ．
（ 3）由欧姆定律得，电阻阻值 R=U/I ，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．
【点睛】
考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数； 游标卡尺不需要估读、 螺旋测微器需要
估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法．
四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分
15．如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为 m、相距为 x0 的小球 A 和 B，A 球所带电荷量为 +q，B
球不带电。现在 A 球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为 E，小球 A 在电
场力作用下由静止开始运动，然后与 B 球发生弹性正碰， A、 B 碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时
间极短，求：
(1)A 球与 B 球发生第一次碰撞后 B 球的速度；
(2)从 A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对 A 球所做的功；
(3)要使 A、 B 两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度 d 应满足的条件。
【答案】 （1） 02qEx
m
（2）5qEx 0（3） 8x0
0 的区域存在方向沿 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E；在 y <0 的区域存在方
向垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。 一个氕核 1
1H 从 y 轴上 y h 点射出， 速度方向沿 x 轴正方向。 已知 1
1H
进入磁场时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 60 ，并从坐标原点 O 处第一次射出磁场。 1
1 H 的质量为 m ，
电荷量为 q。不计重力。求：
(1) 1
1 H 第一次进入磁场的位置到原点 O 的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)氕核从 y 轴射入电场到从 O 点射出磁场运动的时间。
【答案】 (1) x 2 3
3
h；(2) 6mEB
qh
；(3) 2 6( 2 )
9
mh
Eq
【解析】
【分析】
【详解】
(1)
1
1H 在电场中做类平抛运动，水平方向
1 1x v t
竖直方向
h 2
1 1
1
2
at
粒子进入磁场时竖直分速度
1 1 1 tan60yv a t v
解得
x 2 3
3
h
(2) 1
1 H 在电场中的加速度
qEa
m
1
1H 进入磁场时的速度
22
1 1 1v v a t
1
1H 在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示
由几何知识得
2 sin60x r
在磁场中做匀速圆运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
2vqvB m
r
解得
6mEB
qh
(3)粒子在磁场中转过的角度为
4 π3
圆周运动的周期
2 mT
qB ，在磁场中运动时间
2
4π
2π 3 6
mht T
Eq
总时间
1 2
2 6( 2 π9
mht t t
Eq）
2021 届新高考物理模拟试卷
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．在物理学发展的历程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程，以下对几位物理学家所做
科学贡献的叙述正确的是（ ）
A．牛顿运用理想实验法得出 “力不是维持物体运动的原因 ”
B．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律
C．爱因斯坦创立相对论，提出了一种崭新的时空观
D．法拉第在对理论和实验资料进行严格分析后，总结出了法拉第电磁感应定律
【答案】 C
【解析】
A、伽利略运用理想实验法得出 “力不是维持物体运动的原因 ”,故 A 错误 ;
B、库仑总结出了真空中两个静止点电荷之间的作用规律 ,故 B 错误 ;
C、爱因斯坦创立相对论 ,提出了一种崭新的时空观 ,所以 C 选项是正确的 ;
D、法拉第发现了电磁感应现象 ,揭示了磁现象和电现象之间的联系 ;是韦德与库柏在对理论和实验资料进
行严格分析后 ,总结出了法拉第电磁感应定律 ,故 D 错误 ;
综上所述本题答案是： C
2．如图所示，质量为 m 的物体 A 静止在质量为 M 的斜面 B 上，斜面 B 的倾角 θ＝30°。现用水平力 F 推
物体 A，在 F 由零逐渐增加至 3
2
mg 再逐渐减为零的过程中， A 和 B 始终保持静止。对此过程下列说法
正确的是（ ）
A．地面对 B 的支持力随着力 F 的变化而变化
B． A 所受摩擦力方向始终沿斜面向上
C． A 所受摩擦力的最小值为
4
mg
，最大值为 3
2
mg
D． A 对 B 的压力的最小值为 3
2
mg，最大值为 3 3
4
mg
【答案】 D
【解析】
【分析】
【详解】
A．对 AB 组成的整体受力分析，整体受力平衡，竖直方向受到重力和地面对 B 的支持力，所以地面对 B
的支持力等于 ( )M m g ，保持不变， A 错误；
B．拉力 F 最大时沿斜面向上的分力为
cos30 0.75F mg
重力沿斜面向下的分力为
sin30 0.5mg mg
故此时摩擦力沿斜面向下， B 错误；
C．对 A 受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，当拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向
下的分力时，摩擦力为零，所以摩擦力最小为零，当 0F 时， f 最大，
max sin 30 0.5f mg mg
C 错误；
D．垂直于斜面方向有
cos30 sin 30NF mg F
当 0F 时， NF 最小，最小为
min
3cos30
2NF mg mg
当 3
2
F mg 时， NF 最大，最大为
max
3 1 3 3cos30
2 2 4NF mg mg mg
D 正确。
故选 D。
3．如图所示为鱼饵自动投放器的装置示意图，其下部是一个高度可以调节的竖直细管，上部是四分之一
圆弧弯管，管口沿水平方向。竖直细管下端装有原长为 L 0 的轻质弹簧，弹簧下端与水面平齐，将弹簧压
缩并锁定，把鱼饵放在弹簧上。解除锁定当弹簧恢复原长时鱼饵获得速度 v0。不考虑一切摩擦，重力加速
度取 g，调节竖直细管的高度，可以改变鱼饵抛出后落水点距管口的水平距离，则该水平距离的最大值为
A． ＋L 0 B． ＋2L 0 C． －L 0 D． －2L 0
【答案】 A
【解析】
【详解】
设弹簧恢复原长时弹簧上端距离圆弧弯管口的竖直距离为 h，根据动能定理有－ mgh= ，鱼
饵离开管口后做平抛运动，竖直方向有 h＋L 0= gt2，鱼饵被平抛的水平距离 x=vt ，联立解得
，所以调节竖直细管的高度时，鱼饵被投放的最远
距离为 ＋L 0，选项 A 正确。
4．如图甲所示， 一滑块从固定斜面上匀速下滑， 用 t 表示下落时间、 s 表示下滑位移、 E k 表示滑块的动能、
Ep 表示滑块势能、 E 表示滑块机械能，取斜面底为零势面，乙图中物理量关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】 D
【解析】
【详解】
A．滑块匀速下滑，动能 kE 不变， A 错误；
BC．势能
0 sinp pE E mgs
且
s vt
所以
0 sinp pE E mgvt
BC 错误；
D．滑块机械能
0E E fs
D 正确。
故选 D。
5．如图，用一根不可伸长的轻绳绕过两颗在同一水平高度的光滑钉子悬挂一幅矩形风景画。现若保持画
框的上边缘水平， 将两颗钉子之间的距离由图示位置逐渐增大到不能再増大为止 （不考虑画与墙壁间的摩
擦），则此过程中绳的张力大小（ ）
A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变大，后变小 D．先变小，后变大
【答案】 D
【解析】
【详解】
分析题意可知，画受到两段轻绳的拉力作用，根据共点力的平衡可知，拉力的合力与重力等大反向，即合
力恒定不变。随着两颗钉子之间距离的增大，两端轻绳的夹角先减小，后增大，根据力的合成规律可知，
两力合成时，合力一定的情况下，分力的夹角越大，分力越大，分力的夹角越小，分力越小。则轻绳的张
力先变小后变大，当两轻绳处于竖直方向时，张力最小，故 D 正确， ABC 错误。
故选 D。
6．如图所示是利用光电管产生光电流的电路是（ ）
A． K 为光电管的阳极
B．通过灵敏电流计 G 的电流方向从 b 到 a
C．若用黄光照射能产生光电流，则用红光照射也一定能产生光电流
D．若用黄光照射能产生光电流，则用紫光照射也一定能产生光电流
【答案】 D
【解析】
K 受到光照发射电子，为光电管的阴极，则电流为顺时针，从 a 到 b．若用黄光照射能产生光电流，则用
频率大于黄光的光照射一定能产生光电流，例如紫光．答案选 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
7．2019 年 6 月 25 日 02 时 09 分，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 46 颗北
斗导航卫星。北斗导航系统中包含多颗地球同步卫星，下列关于地球同步卫星的说法正确的是
A．所有同步卫星的轨道半径都相同
B．同步卫星的运行速度大于第一宇宙速度
C．同步卫星相对地面静止，所以它处于平衡状态
D．同步卫星的向心加速度小于地球表面处的重力加速度
【答案】 AD
【解析】
【详解】
A．所有地球同步卫星的周期相同，由
2
2 2
4MmG m r
r T
可知，所有地球同步卫星的轨道半径都相同，故 A 正确；
B．由
2
2
Mm vG m
r r
可知，轨道半径越大，线速度越小，故 B 错误；
C．卫星虽然相对地面静止，但在做匀速圆周运动，不是平衡状态，故 C 错误；
D．同步卫星的向心加速度
2
Ma G
r
地球表面的重力加速度
2
Mg G
R ， r R
所以 a g ，故 D 正确。
8．某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为 S=0.2m 2、匝数为 N=100 匝、
电阻为 r=5.0 Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为 B= 2
2
T 的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为
n= 2160 r/min ．如图所示是配电原理示意图， 理想变压器原副线圈的匝数比为 5︰2，R1=5.0 Ω、R2=5.2 Ω，
电压表电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为 I=10A ，则下列说法中正确的是
A．交流电压表的示数为 720V
B．灯泡的工作电压为 272V
C．变压器输出的总功率为 2720W
D．若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大
【答案】 CD
【解析】
【分析】
（ 1）根据
2
NBSE 求出电动势的有效值
（ 2）根据闭合回路欧姆定律求出原线圈的电压
（ 3）利用 1 2
2 1
I n
I n 及 1 1
2 2
U n
U n
求出副线圈的电压
（ 4）根据电路结构求电动机的输出功率
【详解】
A、根据题意电流表的示数为 10A ，根据
1 2
2 1
I n
I n 解得原线圈的电流为 4A，线圈在磁场中产生电动势的
有效值为 720
2
NBSE V ,
则电压表的读数为 720 4 5 700U E Ir V ，故 A 错；
BC、原线圈的电压为 1 1 1 720 4 10 680U E I r R V 根据
1 1
2 2
U n
U n 可以求出副线圈上的电
压为 2 272U V ，所以副线圈上的功率为 2 2 272 10 2720P I U V
此时灯泡上的电压为 272 10 5.2 220U V 故 B 错； C 对
D、把发电机外的所有用电器等效为一个电阻为 R 的电阻， 根据题意可知 R r ，若负载电路的灯泡增多，
则等效电阻 R 减小，根据电源输出功率与电阻之间关系的函数图像可知，此时发电机的输出功率会增大，
故 D 对；
故选 CD
【点睛】
此题比较复杂， 对于原线圈中有用电器的变压器问题来说， 一般做题的方向是利用前后功率相等来求解的．
9．如图所示，两个等量异种点电荷 A 、 B 固定在同一条水平线上，电荷量分别为 Q 和 Q 。 MN 是水
平放置的足够长的光滑绝缘细杆，细杆上套着一个中间穿孔的小球 P ，其质量为 m ，电荷量为 q （可视
为试探电荷，不影响电场的分布） 。现将小球从点电荷 A 的正下方 C 点由静止释放，到达点电荷 B 的正下
方 D 点时，速度为 2 2m/s ， O 为 CD 的中点。则（ ）
A．小球从 C 至 D 先做加速运动，后做减速运动
B．小球运动至 O 点时速度为 2m/s
C．小球最终可能返回至 O 点
D．小球在整个运动过程中的最终速度为 2m/s
【答案】 BD
【解析】
【详解】
A．根据等量异种点电荷的电场线分布，可知，两点电荷连线的中垂面是等势面，电势为 0，正点电荷附
近电势大于 0，负点电荷附近电势小于 0，根据对称关系可得
C D
其中
0C ， 0D
所以小球从 C 到 D 运动过程中，只有电场力做功，且由于电势降低，所以电势能减小，电场力做正功，
小球在做加速运动，所以 A 错误；
B．小球由 C 到 D，由动能定理得
21
2CD CDW U q mv
212 4
2
mv m
则由 C 到 O，由动能定理可得
21
2CO CO OW U q mv
21
2 Omv
2 2m/sOv
m
所以 B 正确；
C．由分析可知
0O
无穷远处电势也是 0，小球由 O 到 D 加速运动，再由 D 到无穷远处，电势升高，电势能增加，电场力做
负功，小球做减速运动，所有不可能返回 O 点，所以 C 错误；
D．小球从 O 到无穷远处，电场力做功为 0，由能量守恒可知，动能变化量也是 0，即无穷远处的速度为
2m/sOv v
所以 D 正确。
故选 BD 。
10．如图所示，是小型交流发电机的示意图，正对的异名磁极间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，磁感
应强度大小为 B，A 为理想交流电流表。 匝数为 n、面积为 S。阻值为 r 的线圈绕垂直于磁场的水平轴 OO′
以角速度 ω匀速转动，定值电阻阻值为 R，从图示位置开始计时。下列说法正确的是（ ）
A．线圈每转动一周，电流方向改变 2 次
B．图示位置时交流电流表的示数为
nBSI
R r
C．
π
2
t 时，线框中的磁通量最大，瞬时感应电动势最大
D．电阻 R 消耗的热功率为
2
2
R nBSP
R r
【答案】 AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．线圈每转动一周，正弦交流电一个周期内，电流方向改变 2 次。故 A 正确；
B．交流电流表的示数为电流的有效值，为
m
2
2( )
E
nBSI
R r R r
故 B 错误；
C．
2 4
Tt 时，线框转到中性面位置，磁通量最大，瞬时感应电动势为零，故 C 错误；
D．电阻 R 消耗的热功率为
2
2
2
R nBSP I R
R r
故 D 正确。
故选 AD 。
11．如图所示，长方体物块上固定一长为 L 的竖直杆，物块及杆的总质量为如 2m.质量为 m 的小 环套在
杆上，当小环从杆顶端由静止下滑时，物块在水平拉力 F 作用下，从静止开始沿光滑 水平面向右匀加速
运动， 环落至杆底端时， 物块移动的距离为 2L, 已知 F=3mg, 重力加速度为 g.则小环从顶端下落到底端的运
动过程
A．小环通过的路程为 5L
B．小环所受摩擦力为 2
mg
C．小环运动的加速度为 2
g
D．小环落到底端时，小环与物块及杆的动能之比为 5:8
【答案】 ABD
【解析】
【详解】
ABC. 水平方向上，据牛顿第二定律有：
3 3 xF mg m ag
代入数据解得：
xa g
小球在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，另据水平方向的位移公式有：
212
2 xL a t
解得运动时间为：
2 Lt
g
在竖直方向上有：
21
2 yL a t
解得：
2y
ga
即小球在竖直方向上做加速度为
2
g 的匀加速直线运动，据牛顿第二定律有：
ymg f ma
解得小球所受摩擦力为：
2
mgf
故小球运动的加速度为：
2 2 5
2x ya a a g
小球的合运动为匀加速直线运动，其路程与位移相等，即为：
2 2( )2 5S x L L L
故 AB 正确， C 错误；
D.小环落到底端时的速度为：
v 环
5 2 5
2
Lat g gL
g
其动能为：
kE 环
5
2
mgL
此时物块及杆的速度为：
v 杆 2 2x
La t g gL
g
其动能为：
kE 杆 4mgL
故有小环与物块及杆的动能之比为 5:8，故 D 正确。
12．滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动情境可简化
为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量 50kgm 的物块，物块以某一初速度 0v 从
倾角 37 的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面，该物块的机械能 E总 和重力
势能 pE 随离开斜面底端的高度 h 的变化规律如图乙所示。将物块视为质点，重力加速度 210m / s ，则由图
中数据可得（ ）
A．初速度 0 5m / sv
B．物块与斜面间的动摩擦因数为 0.3
C．物块在斜面上运动的时间为
4 s
3
D．物块再次回到斜面底端时的动能为 375J
【答案】 AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．斜面底端为重力势能零势能面，则
2
01
1 625J
2
E mv总
得
0 5m/sv
故 A 正确；
B．当 pE E总 时，物块运动到最高点由图乙可知此时
m 1mh
根据功能关系，有
mcos 125J
sin
hmg E总
得物块与斜面间动摩擦因数
3
16
故 B 错误；
CD ．物块沿斜面上滑的时间
0
1
2s
sin cos 3
vt
g g
上滑的位移
m 5 m
sin 3
hs
因为 tan ，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的
2
2 2 15
sin cos 9
st
g g
物块在斜面上运动的时间为
1 2
6 2 15 s
9
t t t
滑到斜面底端时的动能
m
k 1 2 cos 375J
sin
hE E mg总
故 C 错误， D 正确。
故选 AD 。
三、实验题 :共 2 小题，每题 8 分，共 16 分
13．小明同学在 “研究物体做匀变速直线运动规律 ”的实验中，利用打点计时器（电源频率为 50Hz ）记录
了被小车拖动的纸带的运动情况，并取其中的 A、B、C、D、E、F、G 七个计数点进行研究（每相邻两
个计数点之间还有 4 个点未画出） 。其中 1 0.70cmx ， 2 1.62cmx ， 3 2.75cmx ， 4x ________cm
（从图中读取） ， 5 5.65cmx ， 6 7.41cmx 。则打点计时器在打 D 点时小车的速度 Dv ________m/s，
小车的加速度 a ________m/s 2。（计算结果均保留到小数点后两位）
【答案】 4.10cm（4.09~4.11cm） 0.12m/s 0.21m/s 2
【解析】
【详解】
[1] ．由图读出 4x 4.10cm ；
相邻两计数点之间的时间间隔为 T=0.1s；
[2] ．打点计时器在打 D 点时小车的速度
2
4 2 (4.10 1.62) 10 m/s=0.12m/s
2 0.2D
x xv
T
[3] ．小车的加速度
2
2 26 3 3
2 2
( ) (7.41 2 2.75) 10 m/s 0.21m/s
9 9 0.1
x x xa
T
14．图甲为测定当地重力加速度的实验装置，不可伸长的轻摆线一端固连在铅质小圆柱的上端，另一端固
定在 O 点。将轻绳拉至水平后由静止释放，在小圆柱通过的最低点附近安置一组光电门，测出小圆柱运
动到最低点通过光电门的挡光时间 t，用游标卡尺测出小圆柱的直径 d，如图乙所示。忽略空气阻力，实
验步骤如下：
(1)小圆柱的直径 d＝________cm ；
(2)测出悬点到圆柱中心的距离 l，并测出对应的挡光时间 △t；
(3)改变摆线的长度，重复步骤 (2)，多测几组数据；
(4)以悬点到圆柱重心的距离 l 为纵坐标，以 _______为横坐标，得到的图象是一条通过坐标原点的直线，
如图丙所示。计算得该图线的斜率为 k，则当地重力加速度 g=_______(用物理量的符号表示 )。
【答案】 1.02 2
1
( )t 2
d
k
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1] ．小圆柱的直径 d=1.0cm+2 ×0.1mm=1.02cm.
(2)[2][3] ．根据机械能守恒定律得
21
2
mgl mv
所以
2 21 1 ( )
2 2
dgl v
t
得到
2
2
1
2 ( )
dl
g t
则以悬点到圆柱重心的距离 l 为纵坐标，以 2
1
( )t 为横坐标。
其中
2
2
dk
g
故
2
2
dg
k
四、解答题：本题共 3 题，每题 8 分，共 24 分
15．雨滴的实际形成及下落过程较为复杂，其中的一种简化模型如下所述。一个质量为 0.04g 的雨滴甲由
静止竖直下落 40m 后，与另一个以 10m / s 的速度竖直匀速下落的雨滴乙碰撞，碰撞后合为一个较大的雨
滴。雨滴乙的质量为 0.02g ，碰撞位置离地面的高度为 30m ，取重力加速度为 210m / sg 。设各雨滴在
空气中运动时所受阻力大小相等。
(1)求雨滴下落过程所受空气阻力的大小；
(2)若雨滴与地面的碰撞时间为 0.2s ，碰撞后的雨滴速度为零，求碰撞作用力的大小。
【答案】 (1) 4
f 2 10 NF ；(2) 361 10 NF
【解析】
【详解】
(1)乙雨滴匀速运动，受力平衡有
fm g F乙
解得
4
f 2 10 NF
雨滴下落过程所受空气阻力的大小 42 N10 ；
(2)甲雨滴匀加速下落有
2 2v a h甲 甲 甲
又有
fm g F m a甲 甲 甲
两雨滴碰撞过程动量守恒，有
1m v m v m m v甲 甲 乙 乙 甲 乙
整体匀加速下落有
2 2
2 1 2v v a h合 合
又有
fm m g F m m a甲 乙 甲 乙 合
与地面碰撞，取竖直向上为正方向，根据动量定理
20F m m g t m m v乙甲乙甲
解得
361 10 NF
碰撞作用力的大小 361 10 N 。
16．静止在水平地面上的两小物块 A、B（均可视为质点） ，质量分别为 m A=1.0kg 、m B=4.0kg ，两者之间
有一被压缩的微型弹簧， A 与其右侧竖直墙壁的距离 L ，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使
A、 B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为 E K =10.0J。释放后， A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。 A、
B 与地面之间的动摩擦因数均为 μ =0.2。重力加速度取 g=10m/s 2。A、 B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹
性碰撞且碰撞时间极短。
（ 1）求弹簧释放后瞬间 A、B 速度的大小；
（ 2）若要让 B 停止运动后 A、B 才第一次相碰，求 L 的取值范围；
（ 3）当 L=0.75m 时， B 最终停止运动时到竖直墙壁的距离。
【答案】 （1） 4m / sAv ， 1m / sBv ；（2） 0.75m 1.875mL ；（ 3） 1.36mS
【解析】
【分析】
【详解】
（ 1）设弹簧释放瞬间 A 和 B 获得的速度大小分别为 Av ， Bv 以向右为正方向，由动量守恒定律：
0A A B Bm v m v ①
两物块获得的动量之和为：
2 21 1
2 2 BA A BE m v m v ②
联立①②式并代入数据得：
4m / sAv
1m / sBv
（ 2） A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为加速度为
mg ma ③
设从弹簧释放到 B 停止所需时间为 t，B 向左运动的路程为 BX ，则有：
Bv at ④
2
2
B
B
vX
a
弹簧释放后 A 先向右匀减速运动，与墙碰撞后再反向匀减速。因 A Bv v ，B 先停止运动。设当 A 与墙距
离为 1L 时， A 速度恰好减为 0 时与 B 相碰
2
12
2
A
B
vL X
a
⑥
设当 A 与墙距离为 2L 时， B 刚停止运动 A 与 B 相碰
2
212
2ABL X v t at ⑦
联立③④⑤⑥⑦得
1 1.875mL
2 0.75L
L 的范围为：
0.75m 1.875mL
（ 3）当 0.75L 时， B 刚停止运动时 A 与 B 相碰，设此时 A 的速度为 v
Av v at ⑧
故 A 与 B 将发生弹性碰撞。设碰撞后 AB 的速度分别为 Av 和 Bv ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：
A A A B Bm v m v m v ⑨
2 221 1 1
2 2 2A A A B Bm v m v m v ⑩
联立⑧⑨⑩式并代入数据得
6 m/s
5Bv
碰撞后 B 继续向左匀减速运动，设通过位移为 BX
2
2
B
B
vX
a
?
最终 B 离墙的距离为 S
B BS X X L
解得
1.36mS
17．高空杂技表演中，固定在同一悬点的两根长均为 L 的轻绳分别系着男、 女演员，他们在同一竖直面内
先后从不同高度相向无初速摆下，在最低点相拥后，恰能一起摆到男演员的出发点。已知男、女演员质量
分别为 M 、m，女演员的出发点与最低点的高度差为
4
L ，重力加速度为 g，不计空气阻力，男、女演员均
视为质点
（ 1）求女演员刚摆到最低点时对绳的拉力大小；
（ 2）若两人接着从男演员的出发点一起无初速摆下，到达最低点时男演员推开女演员，为了使女演员恰
能回到其最初出发点，男演员应对女演员做多少功？
【答案】 (1) 1.5mg ；(2) 2
2
Mm M m
W gL
M m
【解析】
【详解】
(1)女演员从初始位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得
2
1
1
4
=
2
Lmg mv
在最低点时，对女演员，由牛顿第二定律得
2
1= vF mg m
L
联立解得
1.5F mg
根据牛顿第三定律得女演员对轻绳的拉力大小为 1.5mg 。
(2)男演员从初始位置摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得
2
2
1=
2
Mgh Mv
男、女演员在最低点相拥后获得共同速度，水平方向满足动量守恒
1 2 3mv Mv m M v
他们一起以相同速度摆到男演员的出发点，由机械能守恒定律得
2
3
1
2
m M gh m M v
他们再一起从男演员的出发点摆至最低点的过程，由机械能守恒定律得
2
2
1=
2
M m gh M m v
男演员在最低点推开女演员，女演员恰能摆回初始位置仍满足
2
1
1
4
=
2
Lmg mv
此过程男演员对女演员做的功
2 2
21
1 1
2 2
W mv mv
联立解得
2
2
Mm M m
W gL
M m
2021 届新高考物理模拟试卷
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．甲、乙两汽车在两条平行且平直的车道上行驶，运动的 v—t 图象如图所示，已知 t=0 时刻甲、乙第一
次并排，则（ ）
A． t=4s 时刻两车第二次并排
B． t=6s 时刻两车第二次并排
C． t=10s 时刻两车第一次并排
D．前 10 s 内两车间距离的最大值为 12m
2．如图所示，木块 m 放在木板 AB 上，开始 θ =0，现在木板 A 端用一个竖直向上的力 F 使木板绕 B 端逆
时针缓慢转动（ B 端不滑动）．在 m 相对 AB 保持静止的过程中（ ）
A．木块 m 对木板 AB 的作用力逐渐减小
B．木块 m 受到的静摩擦力随 θ呈线性增大
C．竖直向上的拉力 F 保持不变
D．拉力 F 的力矩先逐渐增大再逐渐减小
3．在平直公路上有甲、乙两汽车同向行驶，两车在 0~t 2 时间内的 v-t 图像如图所示。已知两车在 t1 时刻
并排行驶，下列说法正确的是
A．甲车的加速度越来越小
B．在 0~t 2 时间内，甲车的平均速度等于 1 2
2
v v
C．在 0 时刻，甲车在乙车后面
D．在 t2 时刻，甲车在乙车前面
4．如图所示，两电荷量分别为－ Q 和 +2Q 的点电荷固定在直线 MN 上，两者相距为 L ，以 +2Q 的点电荷
所在位置为圆心、
2
L 为半径画圆， a、b、 c、d 是圆周上四点，其中 a、 b 在 MN 直线上， c、d 两点连线
垂直于 MN ，下列说法正确的是
A． c、d 两点的电势相同
B． a 点的电势高于 b 点的电势
C． c、d 两点的电场强度相同
D． a 点的电场强度小于 b 点的电场强度
5．如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方向匀速运动．用 G 表示无人机重力， F 表
示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是 ( )
A． B．
C． D．
6．在探究影响感应电流方向的因素实验中，用灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过 “插入 ”和 “拔出 ”磁
铁，使线圈中产生感应电流，记录实验过程中的相关信息，就可以分析得出感应电流方向遵循的规律。下
图为某同学的部分实验记录，在图 1 中，电流计指针向左偏转。以下说法正确的是（ ）
A．在图 2 所示实验过程中，电流计指针应该向左偏转
B．在图 3 所示实验过程中，电流计指针应该向左偏转
C．这组实验可以说明，感应电流的磁场方向与线圈的绕向有关
D．这组实验可以说明，感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向有关
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
7．一颗子弹以水平速度 v0 穿入一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后各自运动，设子弹与木块间相互作
用力恒定， 则该过程中子弹及木块的速度时间图象可能正确的是 （图中实线为子弹图线， 虚线为木块图线）
（ ）
A． B ． C． D．
8．我国北斗卫星导航系统（ BDS）已经开始提供全球服务，具有定位、导航、授时、 5G 传输等功能。 A 、
B 为“北斗 ”系统中的两颗工作卫星，其中 A 是高轨道的地球静止同步轨道卫星， B 是中轨道卫星。已知地
球表面的重力加速度为 g，地球的自转周期为 T0 下列判断正确的是（ ）
A．卫星 A 可能经过江苏上空 B．卫星 B 可能经过江苏上空
C．周期大小 T A=T 0 T B D．向心加速度大小 aA
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