1、北京市昌平區2021屆新高考模擬物理試題（市模擬卷）一、單項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1. 2017年諾貝爾物理學獎授予了三位美國科學家，以表彰他們為發現引力波所作的貢獻。引力波被認為是時空彎曲的一種效應，物體加速運動時會給宇宙時空帶來擾動，這種擾動會以光速向外傳播能量。如圖為科學家們探測引力波的裝置示意圖，發射器發出的激光S經半透光分束鏡分為相互垂直的兩束Si和S2,然后經過4km長的兩臂，在兩臂端點處經反射鏡反射回來，S1和S2相遇形成干涉，被探測器接收。精確調節兩臂，使探測器在無引力波作用時，接收到的信號強度為0。當有引

2、力波作用時，兩臂長度將因此而發生改變，則接收到的信號強度不為0。下列說法正確的是A.引力波可以超光速傳播B.引力波不能傳播能量C.探測器接收到的兩束波的頻率相同D.無引力波作用時兩束激光到探測器的路程差為0【答案】C【解析】A、B項：由題干中信息可知，引力波以光速向外傳播能量，故A,B均錯誤；C項：光在傳播過程中頻率保持不變，故C正確；D項：兩個波能形成干涉，故兩個波傳播在無引力波作用時的傳播路程一定不同，故D錯誤。點晴：此題屬于科普信息閱讀題，一般從文章中結合學過的知識即可直接獲得答案，難度一般不會太難，但是需要學生能夠快速閱讀，并從文章中準確的獲得關鍵信息，也體現了北京高考靈活性高的特點。

3、2. 2019年4月10日，事件視界望遠鏡（EHT）項目團隊發布了人類歷史上的首張黑洞照片，我國科學家也參與其中做出了巨大貢獻。經典的黑洞”理論認為，當恒星收縮到一定程度時，會變成密度非常大的天體，這種天體的逃逸速度非常大，大到光從旁邊經過時都不能逃逸，也就是其第二宇宙速度大于等于光速，此時該天體就變成了一個黑洞。若太陽演變成一個黑洞后的密度為、半徑為R,設光速為c,第二宇宙速度是第一宇宙速度的J2倍，引力常量為G,則R2的最小值是（）3c23c24G8GA.B.C.-rD.-r4G8G3c3c【解析】【分析】【詳解】根據萬有引力提供向心力有2MmvG2-mRR得第一宇宙速度vGRV2GM則第

4、二宇宙速度為2G4R33cR所以R23c28G正確，ACD錯誤。故選Bo3.如圖所示，ABCD為等腰梯形，/A=/B=60o,AB=2CD,在底角A、B分別放上一個點電荷，電荷量分別為qA和qB,在C點的電場強度方向沿DC向右，A點的點電荷在C點產生的場強大小為Ea,B點的點電荷在C點產生的場強大小為Eb,則下列說法正確的是DCr飛.1、，A、5A.放在A點的點電荷可能帶負電B.在D點的電場強度方向沿DC向右C. Ea>EbD. qAqB【答案】C【解析】【詳解】ACD.由于兩點電荷在C點產生的合場強方向沿DC向右，根據矢量合成法，利用平行四邊形定則可知，可知兩點電荷在C點產生的場強方向

5、如圖所示，由圖中幾何關系可知EbvEa,A點所放點電荷為正電荷,B點所放點電荷為負電荷，且A點所放點電荷的電荷量的絕對值大于B點所放點電荷的電荷量的絕對值，選項C正確，A、D錯誤;B.對兩點電荷在D點產生的場強進行合成，由幾何關系，可知其合場強方向為向右偏上，不?&DC方向,故B錯誤。4.如圖所示，一個半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n,ab的左側有垂直于紙面向里（與ab垂直）的勻強磁場，磁感應強度為BoM和N是兩個集流環，負載電阻為R,線圈、電流表和連接導線的電阻不計，則電流表的示數為。C.A.nBR,2nBRB.X2R22nBrD.2R線圈繞軸勻速轉動時，在電路

6、中產生如圖所示的交變電流。,彳一1-：/rr丁,r8一r一4Z=4此交變電動勢的最大值為222Bnr一一一rEmBSB2n2設此交變電動勢在一個周期內的有效值為E',由有效值的定義得2R2-T解得E=Em2故電流表的示數為22-,ErnBI=R2R故選D。5 .如圖所示，一輕繩繞過光滑的輕質定滑輪，一端掛一水平托盤，另一端被托盤上的人拉住，滑輪兩側的輕繩均沿豎直方向。已知人的質量為60kg,托盤的質量為20kg,取g=10m/s2。若托盤隨人一起豎直向上做勻加速直線運動，則當人的拉力與自身所受重力大小相等時，人與托盤的加速度大小為（）A.5m/s2B.6m/s2C.7.5m/s2D.8

7、m/s2【答案】A【解析】【詳解】設人的質量為M,則輕繩的拉力大小T=Mg設托盤的質量為m,對人和托盤，根據牛頓第二定律有2T一(M+m)g=(M+m)a解得2a=5m/s故選Ao6 .如圖甲所示，單匝矩形線圈abcd垂直固定在勻強磁場中。規定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向，磁感應強度隨時間變化的規律如圖乙所示。以順時針方向為電流正方向，以向右方向為安培力正方向，下列關于bc段導線中的感應電流i和受到的安培力F隨時間變化的圖象正確的是（【解析】【分析】【詳解】00.5T時間內，B減小，穿過線圈的磁通量減小，磁場方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，感應電流方向沿順時針方向，為正值；VBQVB,由

8、法拉第電磁感應7E律可知，感應電動勢為ES,不變，則E不變，感應電流I不變。由左手VtVt定則可知，bc段導線受到的安培力方向水平向右，是正的。由F=BIL知bc段導線受到的安培力大小隨B的減小而逐漸減小。在0.5T-T時間內，B增大，穿過線圈的磁通量增大，磁場方向垂直紙面向里，由楞次定律可知，感應電流方向沿逆時針方向，為負值；VBVB由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢為ES,不變，則E不變，感應電流i不變。由圖知：VtVtVB一在0.5T-T時間內的是00.5T時間內的2倍，則在0.5T-T時間內的感應電動勢E是00.5T時間內Vt的2倍，感應電流也是2倍。在0.5T-T時間內，由左手定則

9、可知，bc段導線受到的安培力方向水平向左，是負的，且由F=BIL,知在0.5T-T時間內bc段導線受到的安培力隨B的增大而增大，且是00.5T時間內的4倍，故BCD錯誤，A正確。故選Ao二、多項選擇題：本題共6小題，每小題5分，共30分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分7 .已知磁敏電阻在沒有磁場時電阻很小，有磁場時電阻變大，并且磁場越強阻值越大.為探測磁場的有無，利用磁敏電阻作為傳感器設計了如圖所示電路，電源的電動勢E和內阻r不變，在沒有磁場時調節變阻器R使燈泡L正常發光.若探測裝置從無磁場區進入強磁場區，則Hi1|A.燈泡L

10、變亮8 .燈泡L變暗C.電流表的示數變小D.電流表的示數變大【答案】AC【解析】【詳解】CD.探測裝置進入強磁場區以后磁敏電阻阻值變大，回路總電阻變大，總電流減小，電流表示數變小，選項C正確，D錯誤；AB.由于總電流變大，則電源內電阻分壓變小，路端電壓變大，則電燈L亮度增加，選項A正確，B錯誤。8.如圖，矩形閉合導線框abcd平放在光滑絕緣水平面上，導線框的右側有一豎直向下且范圍足夠大的有左邊界PQ的勻強磁場。導線框在水平恒力F作用下從靜止開始運動，ab邊始終與PQ平行。用ti、t2分別表示線框ab和cd邊剛進入磁場的時刻。下列u-t圖像中可能反映導線框運動過程的是乂X乂XX乂XXXXXXXX

11、XX【解析】【詳解】線框進入磁場前做勻加速直線運動，加速度為a二；mA.ad邊進入磁場后可能安培力與恒力F二力平衡，做勻速直線運動，完全進入磁場后磁通量不變，沒有感應電流產生，線框不受安培力，做加速度為aF,的勻加速直線運動，A正確；22BD.ad邊進入磁場后，可能安培力大于恒力F,線框做減速運動，由Fa旦3知，速度減小，安培力R減小，加速度逐漸減小，v-t圖象的斜率逐漸減小。當加速度減至零后做勻速直線運動，完全進入磁場后磁通量不變，沒有感應電流產生，線框不受安培力，做加速度為a的勻加速直線運動，B錯誤D正確;C.ad邊進入磁場后，可能安培力小于恒力F,線框做加速運動，由Fa22焉知速度增大安

12、培力增大，加速度逐漸減小，v-t圖象的斜率逐漸減小，完全進入磁場后磁通量不變,沒有感應電流產生，線框不受安培力，彳加速度為a的勻加速直線運動，C正確。故選ACD。9.如圖所示，一彈性輕繩（繩的彈力與其伸長量成正比）一端固定在點，彈性繩自然長度等于AB,跨過由輕桿OB固定的定滑輪連接一個質量為m的絕緣帶正電、電荷量為q的小球。空間中還存在著水平向右的勻強電場（圖中未畫出），且電場強度E=U9。初始時A、B、qC在一條豎直線上，小球穿過水平固定的桿從C點由靜止開始運動，滑到E點時速度恰好為零。已知C、E兩點間距離為L,D為CE的中點，小球在C點時彈性繩的拉力為3mg，小球與桿之間的動摩擦因數為0.

13、5,彈性繩始終處在彈性限2度內。下列說法正確的是9cA.小球在D點時速度最大B.若在E點給小球一個向左的速度V,小球恰好能回到C點，則v=gLC.彈性繩在小球從C到D階段做的功等于在小球從D至ijE階段做的功D.若保持電場強度不變，僅把小球電荷量變為2q,則小球到達E點時的速度大小v=J2gL【答案】ABDA.對小球分析可知，在豎直方向kxsin0Nmg1由與xsin0BC,故支持力為恒力，即N-mg,故摩擦力也為恒力大小為2,一1f（jN-mg從C到E,由動能定理可得1,1,12qEL-mgL-kBE1一2kBC02.,一,22.,.一由幾何關系可知bebcL2,代入上式可得kL-mg在D點

14、時，由牛頓第二定律可得1qEkBDcos0mgma13一由BDcos0一L,將kL-mg可得，D點時小球的加速度為22a0故小球在D點時的速度最大，A正確；B.從E到C,由動能定理可得1 ,-21,-21,-12kBEkBCqELmgL0mu2 242解得u.gL故B正確；C.由于彈力的水平分力為kxcos0,cos和kx均越來越大，故彈力水平分力越來越大，故彈性繩在小球從C到D階段做的功小于在小球從D到E階段做的功，C錯誤；D.將小球電荷量變為2q,由動能定理可得八1,1,-21.-2122qEL-mgL-kBE-kBC_mle解得故D正確；故選ABD。a為光滑斜面，b為粗糙斜10.質量為m

15、物體從距地面高h處分別沿不同的支持面滑至地面，如圖所示,面，c為光滑曲面。在這三個過程中（A.重力做功相等B.機械能變化的絕對值相等C.沿c下滑重力勢能增加最大D.沿b下滑機械能變化的絕對值最大【答案】AD【解析】【分析】【詳解】A.在這三種過程中物體下降的高度相同，由W=mgh可知，重力做功相同，故A正確；BD.在a、c面上滑行時機械能守恒，在b面上滑行時機械能減小，則在a、c面上滑行時機械能變化小于在b面上滑行時機械能變化的絕對值，選項B錯誤，D正確；C.重力做功等于重力勢能的變化，所以在這三種過程中重力勢能的變化相同。故C錯誤；故選AD。11.物塊套在光滑的豎直桿上，通過光滑的定滑輪用不

16、可伸長的輕繩將物塊由A點勻速拉到B點，AB高度為h,則在運動過程中（）A.繩中張力變小B.繩子自由端的速率減小C.拉力F做功為FcosD.拉力F的功率P不變【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A.因為物塊做勻速直線運動，在豎直方向上合力為零，則有Tcosmg因為增大，cos減小，則拉力T增大，故A錯誤；B.物塊沿繩子方向上的分速度vvAcos該速度等于自由端的速度，增大，自由端速度v減小，故B正確；C. F為變力，不能用功的定義。應根據動能定理，拉力F做功等于克服重力做的功，即Wmgh故C錯誤；D.拉力的功率為mgPFvvAcosmgvAcos可知拉力F的功率P不變，故D正確。故選BDo12.

17、下列說法正確的是（）A.一定質量的理想氣體，當溫度升高時，內能增加，壓強增大B.飽和蒸汽在等溫變化的過程中，當其體積減小時壓強不變C.液體表面層分子間距離較其內部分子間距離小，表面層分子間表現為斥力D.一定質量的理想氣體放出熱量，分子平均動能可能減少E.自然發生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的【答案】BDE【解析】【詳解】A.由理想氣體狀態方程史C可知，當溫度升高時，內能增加，pV乘積增大，但壓強不一定大，故TA錯誤；B.飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關，飽和蒸汽在等溫變化的過程中，體積減小時壓強不變，故B正確；C.液體表面層分子間距離較其內部分子間距離大，表面層分子間表現為引力，故

18、C錯誤；D. 一定質量的理想氣體放出熱量，根據熱力學第一定律知分子內能可能減小，分子平均動能可能減少，故D正確；E.根據嫡增原理可知，一切自然過程總是沿著分子熱運動無序性增大的方向進行，故E正確；故選BDE。三、實驗題：共2小題，每題8分，共16分13 .在研究金屬電阻阻值與溫度的關系時，為了能夠較準確地測出金屬電阻的阻值，設計了如圖所示的電路。除了金屬電阻Rx外，還提供的實驗器材有：學生電源E,靈敏電流計Go滑動變阻器R、Rs,定值電阻Ri、R2,電阻箱R0,開關S,控溫裝置，導線若干。按照電路圖連接好電路后，將R0調至適當數值，R的滑片調至最右端。Rs的滑片調至最下端，閉合開關S;把R的滑

19、片調至適當位置，調節R0,并逐步減小RS的阻值，直到RS為零時，電流計G指針不發生偏轉，記錄Ro的阻值和Rx的溫度；多次改變溫度，重復實驗；實驗完畢，整理器材。根據上述實驗回答以下問題：上述中，電流計G指針不發生偏轉時，a點電勢(選填大于"等于“或小于")b點電勢。(2)用R。、Ri、R2表示Rx,Rx=(3)本實驗中Rs的作用為(4)若只考慮系統誤差，用該方法測得的Rx的阻值(選填大于”等于“或小于")Rx的真實值。【答案】等于Ro保護電流計等于R2【解析】【分析】【詳解】1當電流計阻值不偏轉時，沒有電流流過電流計，電流計兩端電勢相等，即a點電勢等于b點電勢。2

20、電流計指針不偏轉，沒有電流流過電流計，電橋平衡，由此可知RxRiR2解得3本實驗中Rs的作用是保護電流計。4若只考慮系統誤差，用該方法測得的Rx的阻值等于Rx的真實值。14 .在測定電容器電容的實驗中，將電容器、電壓傳感器、阻值為3k的電阻R、電源、單刀雙擲開關S按圖甲所示電路圖進行連接。先使開關S與1相連，電源給電容器充電，充電完畢后把開關S擲向2,電容器放電，直至放電完畢，實驗得到的與電壓傳感器相連接的計算機所記錄的電壓隨時間變化的圖線如圖乙所示，圖丙為由計算機對圖乙進行數據處理后記錄了峰值”及圖線與時間軸所圍面積”的圖像。時間聃丙(1)根據圖甲所示的電路，觀察圖乙可知：充電電流與放電電流

21、方向(填相同”或“相反”)大小都隨時間(填增大”或“減小”J(2)該電容器白電容為F(結果保留兩位有效數字)。(3)某同學認為：仍利用上述裝置，將電壓傳感器從電阻兩端改接在電容器的兩端，也可以測出電容器的電容值，請你分析并說明該同學的說法是否正確。【答案】相反減小1.0M0-2正確(1)12根據圖甲所示的電路，觀察圖乙可知充電電流與放電電流方向相反，大小都隨時間減小;(2)3根據充電時電壓一時間圖線可知，電容器的電荷量為:Q=It=UtR而電壓的峰值為Um=6V,則該電容器的電容為：設電壓一時間圖線與坐標軸圍成的面積為S,聯立解得:QC=Um182.7RUm30006F=1.0102F；(3)

22、4正確，電容器放電的過程中，電容器C與電阻R兩端的電壓大小相等，因此通過對放電曲線進行數據處理后記錄的峰值Um”及圖線與時間軸所圍面積”，仍可應用:QSC=Um=RUm計算電容值。四、解答題：本題共3題，每題8分，共24分15 .如圖，內壁光滑的圓桶形導熱容器A內裝有足夠深的水銀，水銀與活塞間封閉有定質量的理想氣體,將一長為h45cm、上端封閉的導熱細玻璃管B通過長為h45cm的細桿固定在活塞下方，A的橫截面積遠大于B的橫截面積。開始時細玻璃管B的開口端剛好未觸及水銀，封閉氣體的壓強相當于高度45cmo求最終細玻璃管Ho80cm水銀柱產生的壓強。現給活塞施加向下的外力，使活塞緩慢向下移動B內氣

23、柱的長度（環境溫度保持不變）H水銀柱產生的壓強，B內m=0.80kg的木塊B,桌面的【答案】20cm設A的橫截面積為Si,B的橫截面積為S2,最終A內氣體的壓強相當于高度氣柱的長度為X,A內氣體初狀態時的體積VA12hS1末狀態時的體積Va2h§對A內氣體，根據玻意耳定律PhoVaiPhVA2B內氣體初狀態時的體積VbihS2末狀態時的體積Vb2XS2末狀態時的壓強Pb2PhPi對B內氣體，根據玻意耳定律Ph0VbiPb2Vb2聯立以上各式并代入數據，解得x20cm16 .如圖所示.在距水平地面高h=0.80m的水平桌面一端的邊緣放置一個質量另一端有一塊質量M=1.0kg的木塊A以初

24、速度V0=4.0m/s開始向著木塊B滑動，經過時間t=0.80s與B發生碰撞，碰后兩木塊都落到地面上，木塊B離開桌面后落到地面上的D點.設兩木塊均可以看作質點，它們的碰撞時間極短，且已知D點距桌面邊緣的水平距離s=0.60m,木塊A與桌面間的動摩擦因數科=0.15重力加速度取g=10m/s1.求：(1)木塊B離開桌面時的速度大小；(1)兩木塊碰撞前瞬間，木塊A的速度大小；(3)兩木塊碰撞后瞬間，木塊A的速度大小.【答案】(1)1.5m/s(1)2.0m/s(3)0.80m/s【解析】B離開桌面時的速度大小為V2,在空中飛行的時間為t'.根據【詳解】(1)木塊離開桌面后均做平拋運動，設木塊1C平拋運動規律有：hgt2,sv2t解得：