2021年高考物理模擬測試卷

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要

求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得。分。

14.下列說法符合史實的是

A.伽利略提出力是維持物體運動的原因

B.亞里士多德猜想自由落體運動的速度與下落時間成正比，并直接用實驗進行了驗證

C.笛卡爾通過理想斜面實驗發現了物體的運動不需要力來維持

D.牛頓認為力的真正效應是改變物體的速度，而不僅僅是使之運動

【答案】D

【解析】

A.亞里士多德提出力是維持物體運動的原因，故A錯誤；

B.伽利略用數學和邏輯推理得出了自由落體的速度與下落時間成正比，而不是直接用實驗驗證這個

結論。故B錯誤；

C.伽利略利用“理想斜面實驗”發現了物體的運動不需要力來維持，推翻了“力是維持物體運動的

原因”的觀點，故C錯誤；

D.牛頓認為力的真正效應是改變物體的速度，產生加速度，而不僅僅是使之運動，故D正確。

15.如圖所示，在水平勻強電場中，有一帶電粒子（不計重力）以一定的初速度從"點運動到N點，則在

此過程中，以下說法中正確的是

A.電場力對該帶電粒子一定做正功

B.該帶電粒子的運動速度一定減小

C.KN點的電勢一定有心＞久

D.該帶電粒子運動的軌跡一定是直線

【答案】C

【解析】

AB.粒子的帶電性質不知道，所以受到的電場力方向不確定，電場力可能做正功也可能做負功，則粒

子的速度可能增加也可能減小，故AB錯誤；

C.沿著電場線的方向電勢一定降低，所以故C正確；

D.粒子只受電場力作用，電場力的方向在水平方向，而粒子的運動方向和水平方向有一夾角，所以

粒子不會做直線運動，故D錯誤；

故選C.

16.地動儀是世界上最早的感知地震裝置，由我國杰出的科學家張衡在洛陽制成，早于歐洲1700多年如

圖所示，為一現代仿制的地動儀，龍口中的銅珠到蟾除口的距離為，當感知到地震時，質量為的

銅珠(初速度為零)離開龍口，落入蟾蛛口中，與蟾除口碰撞的時間約為，則銅珠對蟾蛇口產生的

沖擊力大小約為

A.B.

C.1).

【答案】A

【解析】

銅珠做自由落體運動，落到蟾除口的速度為：

以豎直向上為正方向，根據動量定理可知：

Ft-mgt=Q-(.-/nv')

解得：

A.,與結論相符，選項A正確；

B.,與結論不相符，選項B錯誤;

c.,與結論不相符，選項c錯誤;

D.,與結論不相符，選項D錯誤；

故選A.

17.一飛船圍繞地球做勻速圓周運動，其離地面的高度為〃，若已知地球表面重力加速度為g,地球半徑

位則飛船所在處的重力加速度大小

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

忽略地球自轉的影響，根據萬有引力等于重力列出等式

在地球表面：

在離地面的高度為〃處：

解得：

A.,與結論不相符，選項A錯誤；

B.,與結論不相符，選項B錯誤；

C.,與結論相符，選項C正確；

D.,與結論不相符，選項D錯誤;

故選c.

18.如圖所示，高層住宅外安裝空調主機時，電機通過纜繩牽引主機。為避免主機與陽臺、窗戶碰撞，通

常會用一根拉繩拽著主機，地面上拽拉繩的人通過移動位置，使拉繩與豎直方向的夾角保持不變，

在此過程中主機沿豎直方向勻速上升，則在提升主機過程中，下列說法正確的是

A.纜繩拉力和拉繩拉力大小都不變

B.纜繩拉力和拉繩拉力大小都增大

C.纜繩與豎直方向的夾角a可能大于拉繩與豎直方向的夾角

D.纜繩拉力的功率保持不變

【答案】B

【解析】

A.主機豎直向上勻速運動故合力為零，受力分析如圖：

在上升過程中，。增大，而￡不變，則三個力構成動態平衡，重力儂為恒力，凡保持方向不變，￡順

時針轉動，由圖解法可判斷出纜繩拉力”和拉繩拉力￡都增大，故A錯誤，B正確；

C.由三力平衡特點（任意兩個力的合力與第三個力等大反向）可知，片的方向始終在儂和￡所夾的

的對角線的反向延長線上，則一定有纜繩與豎直方向的夾角。小于角萬，故C錯誤；

D.對于主機向上做勻速直線運動，由動能定理可知：

而拉力￡的功率為

Pp尸HPCOS￡,

由于￡變大，而￡不變，則拉力片的功率會增大，由可知￡的功率增大，故D錯誤。

故選B。

19.如圖所示，斜面高力，C是斜面的中點，〃點在5點的正上方2A處。從〃點以不同的水平速度拋

出兩個小球,球1落在4點，球2落在C點,不計空氣阻力,關于球1和球2從拋出到落在斜面上的運

動過程，下列說法確的是

A.球1和球2動能增加量之比2：3B.球1和球2運動的時間之比為:1

C.球1和球2拋出時初速度之比為:1D.球1和球2的速度變化量之比為

【答案】AD

【解析】

A.因為4點和C點的豎直高度分別為力和1.5方，則根據動能定理可知，球1和球2動能

增加量之比2：3,選項A錯誤；

B.根據可知，球1和球2運動的時間之比為，選項B錯誤；

C.球1和球2的水平射程之比為1:2,根據可得拋出時初速度之比為：4,選項C錯誤；

D.根據，則球1和球2的速度變化量之比為，選項D正確；

故選BD.

20.回旋加速器的工作原理如圖所示：真空容器D形盒放在與盒面垂直的勻強磁場中，且磁感應強度B保

持不變。兩盒間狹縫間距很小，粒子從粒子源/處（D形盒圓心）進入加速電場（初速度近似為

零）.D形盒半徑為4,粒子質量為以電荷量為+q,加速器接電壓為〃的高頻交流電源.若相對論效

應、粒子所受重力和帶電粒子穿過狹縫的時間均不考慮.下列論述正確的是

A.交流電源的頻率可以任意調節不受其他條件的限制

B.加速笊核（）和氮核（）兩次所接高頻電源的頻率不相同

C.加速笊核（）和氨核（）它們的最大速度相等

D.增大〃，粒子在〃型盒內運動的總時間t減少

【答案】CD

【解析】

A.根據回旋加速器的原理，每轉一周粒子被加速兩次，交流電完成一次周期性變化，粒子做圓周運

動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

粒子做圓周運動的周期

交流電源的頻率

解得

可知交流電源的頻率不可以任意調節，故A錯誤；

B.加速不同的粒子，交流電源的頻率

由于笊核（）和氮核（）的比荷相同，所以加速笊核（）和氮核（）兩次所接高頻電源的頻

率相同，故B錯誤；

C.粒子加速后的最大軌道半徑等于D型盒的半徑，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得

解得粒子的最大運行速度

由于笊核（）和氨核（）的比荷相同，所以加速笊核（）和氮核（）它們的最大速度相等,

故c正確；

D.粒子完成一次圓周運動被電場加速2次，由動能定理得

經過的周期個數為

最大動能為

粒子在D型盒磁場內運動的時間

即

〃越大，t越小，故D正確。

故選CD。

21.甲乙兩車在相鄰的平行車道同向行駛，做直線運動，廣￡圖象如圖所示，二者最終停在同一斑馬線

處，貝！1

A.甲車的加速度小于乙車的加速度

B.片0時乙車在甲車前方8.4m處

C.片3s時甲車在乙車前方0.6m處

D.前3s內甲車始終在乙車后邊

【答案】BC

【解析】

A.根據丫一力圖的斜率大小表示加速度大小，斜率絕對值越大加速度越大，則知甲車的加速度大于乙

車的加速度，故A錯誤；

B.設甲運動的總時間為t,根據幾何關系可得：

得

t=3.6s

在0—3.6s內，甲的位移

=32.4m

0—4s內，乙的位移

=24m

因二者最終停在同一斑馬線處，所以，片0時乙車在甲車前方

x甲一x乙=8.4m

故B正確；

C.0-'3s內，甲、乙位移之差

△產m=9m

因片0時乙車在甲車前方8.4m處，所以t=3s時甲車在乙車前方0.6m處，故C正確；

D.由上分析知，前3s內甲車先在乙車后邊，后在乙車的前邊，故D錯誤。

故選BC?

三、非選擇題：共174分，第22~32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33~38題為選考題，考生

根據要求作答。

（-）必考題：共129分。

22.（6分）某實驗小組利用如圖所示裝置“探究小車加速度與合外力的關系”，圖中/為小車，8為打

點計時器，。為彈簧測力計，尸為鉤碼，一端帶有定滑輪的足夠長的木板水平放置，與小車相連的細

線和長木板平行，與動滑輪及彈簧測力計相連的細線豎直，不計繩與滑輪的摩擦及動滑輪質量。實驗

步驟如下：

①把長木板左端墊高，在不掛重物情況下，輕推一下小車，使小車拖著紙帶做勻速運動；

②掛上鉤碼，接通電源后，釋放小車，打出一條紙帶，將點跡清楚的某點記為第零計數點，順次選

取一系列點作為計數點1、2、3......分別測量這些計數點到第零計數點之間的距離x,然后由這

些距離求出小車的加速度；

③改變鉤碼數量，重復步驟②，求得小車在不同合力作用下的加速度。

（1）本實驗中是否必須滿足重物產的質量遠小于小車A的質量；（填“是”或“否”）

（2）由本實驗得到的數據作出小車加速度與彈簧測力計示數尸的關系圖象，與本實驗相符合的是

（3）該實驗小組欲利用此裝置“探究小車動能變化與合外力對它所做功的關系”，在步驟②中的紙帶

上，由各計數點到第零計數點之間的距離x,計算出它們與零計數點的速度平方差，彈

簧測力計的示數產，小車/的質量處然后建立坐標系，通過描點法得到的圖象是一條過原點的

直線，如圖所示，則這條直線斜率的表達式為。（用題中已知條件表示）

【答案】否（2分）A（2分）（2分）

【解析】

（1）驗證牛頓第二定律的實驗中，當我們把鉤碼的重力近似當成繩上的拉力時需要滿足鉤碼質量遠小于

小車質量，此時有彈簧測力計直接測出繩上拉力，不需要把鉤碼重力近似為繩上拉力，所以不需要

滿足鉤碼質量遠小于小車質量。

（2）由于已經平衡摩擦力，所以隨著尸從0開始增大，加速度也從0開始線性增大，所以選A；

（3）由動能定理，

得到

2m

所以

F

a=——

2m

23.某物理興趣小組利用小量程的電流表設計了如圖所示多用電表的電路圖，電流表G的規格是滿偏電流

7g=30mA,內阻凡=45。。電路中定值電阻用的阻值為5Q,電阻箱用和凡的最大阻值都為

999.9Q。

（1）圖中與多用電表力端相連的為（填“紅”或“黑”）表筆；

（2）將選擇開關置于1位置，電流表量程為A；（結果保留兩位有效數字）

（3）將選擇開關置于2位置，歐姆調零后，使電流表G指針位于表盤中央刻度時，對應被測電阻的阻值

為15Q,則當電流表G指針位于10mA的位置時，電阻刻度盤上應標上_______Q,電源的電動勢為

V。

（4）將選擇開關置于3位置，將其改裝為量程為150V的電壓表，則電阻箱用應調整為Q。

【答案】紅（1分）0.30（2分）30Q（2分）4.5V（2分）495.50（2分）

【解析】

（1）歐姆表電流從紅表筆流進電表，從黑表筆流出電表，A與負極相連，所以A連紅表筆；

R..

（2）7=4+/.—=0.30A

R、

（3）中值電阻為15Q,則歐姆表內阻為15。，且此時電流表的量程已擴大十倍，干路電流等于擴大十

倍，所以電動勢

￡=10/欣=4.5V

當電流表示數為10mA時，電阻刻度盤上應該標的阻值

F

R=------15Q=30Q

10/

（4）總電壓為150V

150V-/A

R：、495.5Q

24.中國高鐵的發展速度令世人矚目。為了提高行車效率，縮短行車時間，設計師提出一種列車過站不停

車的設想，如下面簡圖所示。高鐵勻速行駛的速度％=360km/h,進站時尾部子車1在。點自動脫

離，將乘客送到下車站臺下車，載著新乘客的子車2提前等候在上車站臺A點處。為了更好地完成對

接，母車接近車站時提前向子車2發出指令，發出指令后立即開始做加速度為a0的勻減速直線運

2

動，到達8點時恰好將車速減小到%。子車2接到指令后，沿轉移軌道開始做加速度a=lm/s

的勻加速直線運動，子車2達到最大速度r=144km/h后，接著做勻速直線運動。轉移軌道AB與鐵

軌的夾角，=3°,己知cos3°-1。若子車2啟動后t=3min,和母車同時到達8點，完成同速對

接。

（1）母車距離B點多遠的時候，發出指令讓子車2開始啟動？母車做勻減速直線運動的加速度4

是多大？

（2）求轉移軌道AB的長度。

【答案】（1）12600m；-m/s2；（2）6400m

3

【解析】

由題意可知^=360km/h=100m/s,尸144km/h=40m/s,i=3min=180s

（1）母車向子車2發出指令后立即做勻減速直線運動，兩車同時到達。點，完成同速對接。

母車運動的位移是

s=&t乙=12600m（2分）

2

即母車發出指令時距離8點12600m

母車勻減速的加速度大小是

2

a0=~~-=^m/s（2分）

（2）對子車2做運動分析可知，加速過程所用時間為小則

v=ati（2分）

V

t——=40s（2分）

ta

加速過程的位移是

X]=；M=800m（2分）

勻速過程的位移是

^=r（t-t,）=5600m（2分）

可得48軌道長度為

7AB=x1+x=6400m（2分）

25.如圖，在平面直角坐標系xa中，第一象限內有一條通過坐標原點的虛線，虛線與y軸正方向夾角為

30°,在虛線與x軸正方向之間存在著平行于虛線向下的勻強電場。在第四象限內存在一個長方形

的勻強磁場區域（圖中未畫出），磁感應強度為8,方向垂直坐標平面向外。一質量為加，電荷量為g

的帶正電粒子從虛線上某點以一定的初速度垂直電場方向射入電場，經過電場偏轉后，該粒子恰從x

軸上的尸點以速度「射入勻強磁場區域，速度。的方向與x軸正方向夾角為60°,帶電粒子在磁場中

做勻速圓周運動，經磁場偏轉后，粒子射出磁場時速度方向沿x軸負方向，隨后粒子做勻速直線運

動并垂直經過一y軸上的。點。已知。片乙不計帶電粒子重力。求：

（1）勻強電場的電場強度少的大小；

（2）帶電粒子在電場和磁場中運動時間之和；

(3)矩形磁場區域的最小面積和0點的位置坐標。

mv~2L27tm/1nA23mv

【答案】（1）—+----（3）--1-----（0,—）

2qLv3qB2B2q22qB

【解析】

（1）設電場強度為￡，帶電粒子進入電場時，初速度為%。帶電粒子在電場中運動時間為小由牛頓

第二定律和平拋運動規律得

Zcos30°（1分）

vsin30°=at,（1分）

%=FCOS30°（1分）

qB^ma（1分）

聯立各式解得:

ti=—，(1分)

v

mv2”

E=——（1分）

2qL

(2)設帶電粒子在磁場中的運動時間為為，周期為7,半徑為此由幾何關系知，帶電粒子在磁場中

運動速度偏轉角。=120°,則

2

r.mv公、

qvB=----（1分）

R

24R,八、

片-----(1分)

v

t^—T（1分）

27r

聯立各式解得:

mv

廬；（1分）

qB

27rm八

年耗（1分）

所以帶電離子在電場和磁場中運動的總時間為:

L27rm

片中小7+麗a分）

（3）由圖知，帶電粒子從尸點射人磁場，由〃點射出磁場。包含圓弧外'的最小矩形磁場區域為

圖中虛線所示，則

矩形區域長為：

\[3mv

a^PP'=2/?cos30°（1分）

qB

矩形區域寬為:

mv

b=（1-sin30°

）=麗a分）

所以該磁場區域的最小面積為:

s“乒叵工

（1分）

2B2q2

o點縱坐標為:

3mv

療-asin60°=-----（1分）

2qB

所以0點位置坐標為（0,-土）

（2分）

2qB

（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多

做，則每科按所做的第一題計分。

33.[物理一選修3-3]（15分）

（1）（5分）下列說法正確的是。（填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4

分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）

A.將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒仍然是晶體

B.質量、溫度均相同的碳粉和碳塊，其內能不同

C.懸浮在水中的花粉微粒的布朗運動反映了花粉分子的熱運動

D.一定質量的理想氣體，放熱的同時對外界做功，其內能一定減少

E.氣體向真空的白由膨脹是不可逆的

【答案】ADE

【解析】

A.將一塊晶體敲碎后，分子組成結構沒有變，因此得到的小顆粒仍然是晶體，故A正確；

B.內能是物體所有分子動能和勢能之和，對于質量、溫度均相同的碳粉和碳塊，其分子數相同，動

能也相同，都為固體勢能也相同，因此其內能相同，故B錯誤；

C.布朗運動是分子原子撞擊加大顆粒，因受力不平衡導致其無規則運動，不是顆粒本身所含的分

子，故C錯誤；

D.一定質量的理想氣體，改變內能有兩種方式，做功和熱傳遞，放熱的同時對外界做功，內能沒有

輸入只有輸出，因此內能一定減小，故D正確；

E.根據熱力學第二定律，氣體向真空的白由膨脹是不可逆的，故E正確。

（2）（10分）如圖甲，絕熱氣缸置于水平地面上，其/、8兩部分的橫截面積分別是S=4cm,

2

S2=8cm,a、是質量均為且厚度不汁的絕熱活塞，初態，a與封閉著總高度為

（由和的兩段組成）的理想氣體I,與缸底封閉著高度為的理想氣體II,氣體I、II的溫度

均為.已知大氣壓強，重力加速度大小.活塞與氣缸接觸處光

滑且不漏氣，氣缸壁厚度不計，活塞。以上部分足夠長。

(i)求氣體II的壓強；

(ii)若啟動8中的加熱電阻絲(圖中未畫出)對氣體11緩慢加熱，某時刻活塞到達