湖南省长沙市2021届新高考物理最后模拟卷含解析

湖南省长沙市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．如图所示，一根均匀柔软的细绳质量为m。两端固定在等高的挂钩上，细绳两端的切线与水平方向夹角为θ，重力加速度为g。挂钩对细绳拉力的大小为

A．

1

2sin

mg

θ

B．

1

2cos

mg

θ

C．

1

2tan

mg

θ

D．

1

2cot

mg

θ

【答案】A

【解析】

【详解】

先对挂钩一端受力分析可知挂钩对绳子的拉力F和绳子对挂钩的拉力T相等：F T

=

对绳子受力分析如右图，正交分解：

2sin

T mg

θ=

解得：

1

2sin

F T mg

θ

==，A正确，BCD错误。

故选A。

2．平行板电容器、静电计、理想二极管(正向电阻为0。反向电阻无穷大)与内阻不计的电源连接成如图所示的电路，现在平行板电容器两极板间的P点固定一带负电的点电荷，其中电容器的右极板固定，左极板可左右移动少许。设静电计的张角为θ。则下列说法正确的是（）

A ．若左极板向左移动少许，则θ变大，P 点的电势不变

B ．若左极板向左移动少许，则θ不变，P 点的电势不变

C ．若左极板向右移动少许，则θ不变，位于P 点的点电荷的电势能减小

D ．若左极板向右移动少许，则θ变小，位于P 点的点电荷的电势能增大

【答案】C

【解析】

【详解】

AB ．静电计上的电压不变，所以静电计的张角θ不变，由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放电；将电容器的左极板水平向左移时，电容器的电容4S C kd επ=

减小，但不能放电，则电容器带电量不变，由Q C U

=和U E d =可得，电容器两极板间的电场不变，则P 点的电势P E Ex ?=-（x 为P 点到左极板的距离），则P 点的电势降低，故AB 错误；

CD ．将电容器的左极板水平向右移时，电容器的电容4S C kd επ=增大，电场强度U E d

=增大，P 点的电势升高，由于P 点固定的是负电荷，所以位于P 点的点电荷的电势能减小，故C 项正确，D 项错误。 故选C 。

3．2017年11月5日，又有两颗北斗导航系统组网卫星通过“一箭双星”发射升空，并成功进入预定轨道，两颗卫星绕地球运动均看作匀速圆周运动。如果两颗卫星的质量均为M ，其中的1号卫星轨道距离地面高度为h ，2号卫星轨道距离地面高度为h'，且h'>h ，把地球看做质量分布均匀的球体，已知地球半径为R ，地球表面的重力加速度大小为g ，引力常量为G 下列说法正确的是（ ）

A ．l 号卫星绕地球运动的线速度

B ．1号卫星绕地球运动的周期2(T R h π=+

C ．1号卫星和2号卫星做匀速圆周运动的向心力大小之比为'2

2h h

D ．稳定在轨运行时1号卫星的机械能大于2号卫星的机械能

【答案】A

【解析】

【详解】

A ．设地球质量m ，根据公式

2

2()()

Mm v G M R h R h =++ 和

002mm m g G R = 解得

g v R R h

=+ 故A 正确；

B ．根据公式

2

224()()Mm G M R h R h T

π=++ 和

002mm m g G

R

= 解得： 2()R h R h T R g

π++= 故B 错误；

C ．根据

12

()mM F G R h =+ 2'2()mM F G

R h =+ 所以

'2

12

2()()F R h F R h +=+ 故C 错误；

D ．由于'h h <，卫星从低轨道向高轨道要点火加速，化学能转化为机械能，所以稳定在轨运行时1号卫星的机械能小于2号卫星的机械能，故D 错误。

故选A.

4．甲乙两车在相邻的平行车道同向行驶，做直线运动，v －t 图像如图所示，二者最终停在同一斑马线处，则（ ）

A ．甲车的加速度小于乙车的加速度

B ．前3s 内甲车始终在乙车后边

C ．t=0时乙车在甲车前方9.4m 处

D ．t=3s 时甲车在乙车前方0.6m 处

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A ．根据v －t 图的斜率大小表示加速度大小，斜率绝对值越大加速度越大，则知甲车的加速度大于乙车的加速度，故A 错误；

BCD ．设甲运动的总时间为t ，根据几何关系可得

31518

t = 解得

3.6s t =

在0－3.6s 内，甲的位移

18 3.6=m=32.4m 2

x ?甲 0－4s 内，乙的位移 124=

m=24m 2x ?乙 因二者最终停在同一斑马线处，所以，t=0时乙车在甲车前方

=8.4m x x x ?=-甲乙

0－3s 内，甲、乙位移之差

63m 9m 2

x ??== 因t=0时乙车在甲车前方8.4m 处，所以t=3s 时甲车在乙车前方0.6m 处，由此可知，前3s 内甲车先在乙车后边，后在乙车的前边，故BC 错误，D 正确。

故选D 。

5．如图所示，一光滑的轻杆倾斜地固定在水平面上，倾角大小为30°，质量分别为，m 甲、m 乙的小球甲、乙穿在光滑杆上，且用一质量可忽略不计的细线连接后跨过固定在天花板上的光滑定滑轮，当整个系统平

衡时，连接乙球的细线与水平方向的夹角大小为60°，连接甲球的细线呈竖直状态。则m 甲：m 乙为（ ）

A．1：3B．1：2

C．3：1 D．3：2

【答案】A

【解析】

【详解】

分别对甲、乙受力分析如图所示，以甲球为研究对象，则甲球受到重力和绳的拉力的作用，直杆对甲球没有力的作用，否则甲球水平方向受力不能平衡，所以

T=m甲g

以乙球为研究对象，根据共点力平衡条件，结合图可知，绳的拉力T与乙球受到的支持力N与竖直方向之间的夹角都是30°，所以T与N大小相等，得

=??=

m g T T

2cos303

乙

综上可得

m m=

:1:3

甲乙

故A项正确，BCD三项错误。

6．2020年3月9日19时55分，我国在西昌卫基发射中心，成功发射北斗系统第五十四颗导航卫星，北斗三号CEO-2是一颗地球同步轨道卫星，以下关于这颗卫星判断正确的是（）

A．地球同步轨道卫星的运行周期为定值

B．地球同步轨道卫星所受引力保持不变

C．地球同步轨道卫星绕地运行中处干平衡状态

D．地球同步轨道卫星的在轨运行速度等于第一宇宙速度

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．同步卫星相对地球是静止的，即运行周期等于地球自转周期，为定值，A正确；

BC．地球同步轨道卫星所受引力充当圆周运动的向心力，时时刻刻指向圆心，为变力，其合力不为零，故不是出于平衡状态，BC错误；

D．第一宇宙速度是最小发射速度，最大环绕速度，即为在地球表面环绕的卫星的速度，而同步卫星轨道

半径大于地球半径，根据v=

宇宙速度，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．下列说法正确的是。

A．物体的内能增大，其温度一定升高

B．热量不可能由低温物体传给高温物体而不发生其他变化

C．液晶既像液体一样具有流动性，又和某些晶体一样具有光学性质的各向异性

D．“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积

E.绝热气缸中密封的理想气体在被压缩过程中，气体分子运动剧烈程度降低

【答案】BCD

【解析】

【详解】

A．物体的内能增大，温度不一定升高，如冰块融化时，分子势能增加，内能增加，温度不变，A错误；B．热量不能自发地从低温物体传给高温物体，但在引起其他变化的情况下可以由低温物体传给高温物体，B正确；

C．液晶是一种特殊的物态，它既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各项异性，C正确；

D．“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子直径等于纯油酸体积除以相应油酸膜的面积，即：V

=

D

S

D正确；

E．绝热汽缸中密封的理想气体在被压缩过程中，根据热力学第一定律：

?=+

U Q W

Q=，外界对气体做功，所以内能增大，温度升高，气体分子运动剧烈程度增大，E错误。

故选BCD。

8．如图为一列简谐横波在t=0时的波形图，波源位于坐标原点，已知当t=0.5s时x=4cm处的质点第一次

位于波谷，下列说法正确的是（ ）

A ．此波的波速为5cm/s

B ．此波的频率为1.5Hz

C ．波源在t=0时运动速度沿y 轴正方向

D ．t=0时波源振动已经历0.6s

E.x=10cm 的质点在t=1.5s 时处于波峰

【答案】ADE

【解析】

【分析】

【详解】

A ．由图可得，t=0时平衡位置为1.5cm 质点处于波谷，t=0.5s 时，x=4cm 处的质点第一次位于波谷，则有

4 1.5cm/s 5cm/s 0.5

x v t ?-=== 故A 正确；

B ．根据

2s 0.4s 5

T v λ=== 那么频率

1 2.5Hz f T

== 故B 错误；

C ．由波的传播方向沿着x 轴正方向，依据上下波法，则波源在t=0时，运动速度沿y 轴负方向，故C 错误；

D ．由图可知，正好是波长的一个半，而周期为0.4s ，因此此时波源振动已经历0.6s ，故D 正确；

E ．当t=0时，x=2.5cm 质点处于波峰，而波峰传播x=10cm 的质点的时间为

10 2.5s 1.5s 5

t -== 故E 正确。

故选ADE 。

【点睛】

此题是机械波的传播问题，考查波长、波速及周期的关系，掌握由波的传播方向来确定质点的振动方向的方法：上下波法、同侧法等。

9．如图所示，质量为1m 、2m 的小球分别带同种电荷1q 和2q ，它们用等长的细线悬挂在同一点，由于静电斥力的作用，小球1m 靠在竖直光滑墙上，1m 的拉线沿竖直方向， 1m 、2m 均处于静止状态，由于某种原因，两球之间的距离变为原来的一半，则其原因可能是（ ）

A ．2m 变为原来的一半

B ．2m 变为原来的八倍

C ．1q 变为原来的八分之一

D ．2q 变为原来的四分之一

【答案】BC

【解析】

【详解】

AB ．如图所示，

作出A 球受到的重力和库仑斥力，根据平衡条件和几何关系可以知道， OAB V 与ACD V 相似，故有: mg F x L

= 又因为

2

2Q F k x

= 所以

2

3mg Q k L x

= 使A 球的质量变为原来的8倍，而其他条件不变，才能使A 、B 两球的距离缩短为

2x ，故A 错误，B 正确;

CD ．使B 球的带电量变为原来的

18

，而其他条件不变，则x 为原来的12，所以C 选项是正确的，D 错误; 故选BC 。

10．下列说法正确的是

A ．库仑力和核力都是一种强相互作用

B ．光电效应说明了光具有粒子性

C ．运动的实物粒子具有波动性

D ．结合能越大，原子核越稳定

【答案】BC

【解析】

【分析】

【详解】

A ．库仑力是一种电磁相互作用，核力是强相互作用，在原子核内核力比库仑力大的多，故A 错误；

B ．光电效应和康普顿效应都说明了光是由一份一份的光子组成的，体现了光的粒子性，故B 正确；

C ．德布罗意提出运动的实物粒子具有波动性，其动量P 与波长λ满足h P λ=，故C 正确；

D ．比结合能反映平均拆开一个核子的难易程度，故比结合能越大，原子核越稳定，故D 错误； 故选BC 。

11．如图所示，在xoy 平面的第Ⅰ象限内存在垂直xoy 平面向里的匀强磁场，两个相同的带正电粒子以相同的速率从x 轴上坐标（3，0）的C 点沿不同方向射入磁场，分别到达y 轴上坐标为（0，3L ）的A 点和B 点（坐标未知），到达时速度方向均垂直y 轴，不计粒子重力及其相互作用。根据题设条件下列说法正确的是（ ）

A ．可以确定带电粒子在磁场中运动的半径

B ．若磁感应强度B 已知可以求出带电粒子的比荷

C ．因磁感应强度B 未知故无法求出带电粒子在磁场中运动时间之比

D ．可以确定B 点的位置坐标

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．已知粒子的入射点及出射方向，同时已知圆上的两点，根据出射点速度相互垂直的方向及AC 连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置，由几何关系可知AC 长为

22(3)+(3)23AC L L L L ==

且有

30BAC ?∠=

则 2=2

cos30AC

L R L ?= 因两粒子的速率相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同，即两粒子的半径均可求出，故A 正确；

B ．由公式

2

v qvB m r

= 得

mv

r qB

= 由于不知道粒子的运动速率，则无法求出带电粒子的比荷，故B 错误；

C ．根据几何关系可知从A 射出的粒子对应的圆心角为120?，B 对应的圆心角为60?；即可确定对应的圆心角，由公式

2πt T θ

=

由于两粒子是同种粒子，则周期相同，所以可以求出带电粒子在磁场中运动时间之比，故C 错误； D ．由几何关系可求得B 点对应的坐标，故D 正确。

故选AD 。

12．如图，内壁光滑圆筒竖直固定在地面上，筒内有质量分别为3m 、m 的刚性小球a 、b ，两球直径略小于圆筒内径，销子离地面的高度为h 。拔掉销子，两球自由下落。若a 球与地面间及a 、b 两球之间均为弹性碰撞，碰撞时间极短，下列说法正确的是（ ）

A ．两球下落过程中，b 对a 有竖直向下的压力

B ．a 与b 碰后，a 的速度为0

C ．落地弹起后，a 能上升的最大高度为h

D ．落地弹起后，b 能上升的最大高度为4h

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】

A ．两球下落过程中，两球都处于完全失重状态，则b 对a 没有压力，选项A 错误；

BCD ．设两球落地时速度均为 2v gh = 方向竖直向下，则a 与地面相碰后反弹，速度变为竖直向上的v ，则ab 碰撞时，设向上为正方向，由动量守恒

33a b mv mv mv mv -=+

由能量关系

22221111332222

a b mv mv mv mv +?=?+ 解得

0a v =

2b v v =

则落地弹起后，a 能上升的最大高度为零，b 能上升的最大高度为

242b v H h g

== 选项C 错误，BD 正确。

故选BD 。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分

13．某同学在验证合外力一定，物体的质量与加速度的关系时，采用图甲所示的装置及数字化信息系统获得了小车的加速度a 与小车质量M(包括所放砝码及传感器的质量)的对应关系图象，如图乙所示．实验中所挂钩码的质量20g ，实验中选用的是不可伸长的轻绳和光滑的轻质定滑轮．

(1)实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行．他这样做的目的是下列哪一个_____________；(填字母代号)

A ．可使位移传感器测出的小车的加速度更准确

B ．可以保证小车最终能够做直线运动

C ．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力

(2)由图乙可知，1a M -图线不过原点O ，原因是_____________________________； (3)该图线的初始段为直线，该段直线的斜率最接近的数值是_____________．

A ．30

B ．0.3

C ．20

D ．0.2

【答案】（1）C （2）平衡摩擦力使长木板的倾角过大； （3）D 【解析】

【详解】

（1）实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的轻绳与木板平行．他这样做的目的是可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车所受的合力，故选C.

（2）由F+F 1=Ma 解得11F a F M M =?+ 由图乙可知，1a M

-图线不过原点O ，在a 轴上有正截距，可知存在与F 相同方向的力，可知原因是平衡摩擦力使长木板的倾角过大；

（3）根据1a F M =?可知1a M

-图线斜率等于F ，则最接近的数值是F=mg=0.02×10N=0.2N.故选D. 14．某同学利用如图装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验．A 、B 是质量均为m 的小物块，C 是质量为M 的重物，A 、B 间由轻弹簧相连，A 、C 间由轻绳相连．在物块B 下放置一压力传感器，重物C 下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连．当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C 的速度．整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g ．实验操作如下：

(1)开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零．现释放C ，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C 的速度为v ．

(2)在实验中保持A ，B 质量不变，改变C 的质量M ，多次重复第(1)步．

①该实验中，M 和m 大小关系必需满足M______m （选填“小于”、“等于”或“大于”）

②为便于研究速度v 与质量M 的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应______（选填“相同”或“不同”）

③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出______（选填“v 2-M”、“v 2-1M ”或“v 2-1M m

+”）图线．

④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b ，则弹簧的劲度系数为______（用题给的已知量表示）．

【答案】大于 相同 v 2-1M m + 24mg b

【解析】

试题分析：①根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C 的质M 要大于A 的质量m ；

②要刚释放C 时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为F mg =，因此弹簧的形变量为122mg mg mg x x x k k k

?=?+?=

+=，不论C 的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A 物体上升了2mg k ，则C 下落的高度为2mg k

，即C 下落的高度总相同； ③选取AC 及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有：()()2212mg M m g M m v k -?=+，整理得，2222

814m g mg v k M m k =-++，为得到线性关系图线，因此应作出21v M m -+图线． ④由上表达式可知，2

4mg b k

=，解得24mg k b =． 考点：验证机械能守恒定律

【名师点睛】理解弹簧有压缩与伸长的状态，掌握依据图象要求，对表达式的变形的技巧．

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分

15．某同学设计了一个轨道，竖直放置，让小球在轨道中运动接力，如图所示。倾斜直轨道AB 与圆弧轨道BPC 在B 点相切，AC 竖直，C 是圆的最高点，另一圆弧轨道DQ 的圆心为O ，其右侧虚边界与AC 相切，F 是圆的最低点。已知AB 长为l ，与水平方向的夹角α=37°，OD 与竖直方向的夹角也是α，圆轨道DQF 的半径也为l ，质量为m 的小球a 从A 点由静止开始在外力作用下沿轨道加速运动，一段时间后撤去外力，小球运动到C 点后水平抛出，从D 点无碰撞进人圆弧轨道DQF 内侧继续运动，到F 点与另一静止的小球b 发生弹性碰撞，小球b 从F 点水平拋出并刚好落在A 点。不计空气阻力和轨道的摩擦，已知重力加速度为g ，sin α=0.6，cos α=0.8.求：

（1）小球a 在C 点时的速率；

（2）外力对小球a 做的功；

（3）小球b 的质量。

【答案】（1）215C gl v =（2）6115W mgl =；（3）81315m m ?'=-??

。 【解析】

【分析】

【详解】 （1）从C 到D ，设小球a 做平抛运动的时间为t ，在C 点时速度为C v

在水平方向上

()1sin C v t l α=+

在D 点的速度关系

tan C v gt α=

解得

2415

C gl v =（2）设圆弧轨道BPC 的半径为R

由几何关系得

()1cos sin AC R l αα=++

sin cos R l αα=

小球a 从A 运动到C 的过程

212

C W mg AC mv -?= 解得

6115

W mgl = （3）小球a 从C 到F 的过程中

()2211cos 22

F c mg h l l mv mv α++=-

212h gt = 在F 点小球a 与小球b 发生弹性碰撞，设小球b 的质量m '，碰后瞬间a 的速度'F v ，b 的速度v

F F mv m v mv ''=+

222111222

F F mv mv m v ''=+ 设碰后小球b 做平抛运动的时间为t '，

vt l '=

()211cos 2

gt AC h l α'=--+ 联立解得

81315m m ??'=- ???

16．如图，质量m 1=0.45 kg 的平顶小车静止在光滑水平面上，质量m 2=0.5 kg 的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端．一质量为m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=100 m/s 射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s 的速度滑离小车．已知子弹与车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ=0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g=10 m/s 2，求：

（1）子弹相对小车静止时小车速度的大小；

（2）小车的长度L ．

【答案】（1）10 m/s （2）2 m

【解析】

【分析】

【详解】

本题考查动量守恒与能量综合的问题．

（1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

m 0v 0=(m 0+m 1)v 1…………①

解得v 1=10 m/s

（2）三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得

(m 0+m 1)v 1=(m 0+m 1)v 2+m 2v 3…………②

解得v 2=8 m/s

由能量守恒可得

12(m 0+m 1)21v =μm 2g·L+12(m 0+m 1)22v +12

m 223v …………③ 解得L=2 m

17．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，可以更加深刻地理解其物理本质。

（1）单个微小粒子撞击巨大物体的力是局部而短促的脉冲，但大量粒子撞击物体的平均效果是均匀而持续的力。我们假定单位体积内粒子数量为n ，每个粒子的质量为m ，粒子运动速率均为v 。如果所有粒子都垂直物体表面运动并与其碰撞，利用所学力学知识，导出物体表面单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系。

（2）实际上大量粒子运动的速率不尽相同。如果某容器中速率处于100~200m/s 区间的粒子约占总数的10%，而速率处于700~800m/s 区间的粒子约占总数的5%，论证：上述两部分粒子，哪部分粒子对容器壁的压力f 贡献更大。

【答案】（1）2f nmv =；（2）速率处于700~800m/s 区间的粒子对容器壁的压力f 贡献更大

【解析】

【分析】

本题考查碰撞过程中的动量定理和压强与压力的公式推导

【详解】

（1）在时间t 内射入物体单位面积上的粒子数为

N nvt =

由动量定理得

Nmv ft =

可推导出

2f nmv =

（2）设炉子的总数为N 总，故速率处于 100~200m/s 区间的粒子数

n 1=N 总×10%

它对物体表面单位面积的压力

f 1= n 1mv 12= N 总×10%×mv 12

同理可得速率处于700～800m/s 区间的粒子数

n 2=N 总×5%

它对物体表面单位面积的压力

f 2= n 2mv 22= N 总×5%×mv 22

故

22

1122

2210%10150==5%57510N mv f f N mv ??????<总总 故是速率大的粒子对容器壁的压力f 贡献更大。