北京市东城区2021届第一次新高考模拟考试物理试卷含解析

1、北京市东城区2021届第一次新高考模拟考试物理试卷一、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. 2019年5月17日，在四川省西昌卫星发射基地成功发射了第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星（同步卫星）。已知地球的质量为 M、半径为R、地球自转周期为 T、该卫星的质量为 m、引力常量为G,关于这颗卫星下列说法正确的是（），GMmB.动能为2RD.入轨后该卫星应该位于西昌的正上方A.距地面高度为GMTRGMC.加速度为a 丁 R2【答案】A【解析】【分析】【详解】A.万有引力提供向心力Mm4 2G2-m2- rrT解得

2、同步卫星的轨道半径r 3 GMT2则距离地球表面高度为 31GMT 2 R,A正确;B.万有引力提供向心力2 v m一r动能Ek1一 mv2GMm2rB错误;C.万有引力提供向心力-MmG 2-mar解得加速度为GM a r rC错误;D错误。D.同步卫星在赤道上空，西昌不在赤道，入轨后该卫星不可能位于西昌的正上方,故选A。2. 一个238U原子核静止在磁感应强度为B的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个a粒子，4（2He）,其速度方向与磁场方向垂直。关于“粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是（A.运动半径之比是 45:1B.运动周期之比是1:117C.动能总是大小相

3、等D.动量总是大小相等，方向相反A.衰变方程为238234492U 90X2 H e衰变瞬间动量守恒，所以PaPX洛伦兹力提供向心力，根据qvB m解得半径所以RxmvqBpqBa粒子与衰变后的新核的半径之比为q 90 45 qa 21A正确;B.原子核在磁场中圆周运动的周期为qB所以a粒子与衰变后的新核的周期之比为LTxqx mqa mx90 4902 234 117B错误;C.二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系p mv2mE；可知“粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同， C错误；D. a粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周 运动，

4、动量方向不同，D错误。故选A。3.轨道平面与赤道平面夹角为 90。的人造地球卫星被称为极地轨道卫星。它运行时能到达南北极区的上空,需要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采用这种轨道。如图所示，若某颗极地轨道卫星从北纬45。的正上方按图示方向首次运行到南纬45。的正上方用时45分钟，则（A .该卫星发射速度一定小于7.9km/sB.该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1 ： 4C.该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2 ： 1D.该卫星的机械能一定小于同步卫星的机械能【答案】BA .根据第一宇宙速度的概念可知，该卫星发射速度一定大于7.9km/s,故A错误;B.由题意可知，卫星的

5、周期360T 45min=180min=3h90万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得Mm 理、2G- m( ) r r T解得该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比故B正确;C.万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得Mm G 22- ma r解得GM a r该卫星加速度与同步卫星加速度之比2ar同步（4）2 16a同步r211故C错误；D.由于由于不知该卫星与同步卫星的质量关系，无法比较其机械能大小，故D错误。故选AB。4.两质点A、B同时、同地、同向出发，做直线运动。 V t图像如图所示。直线 A与四分之一椭圆 B分 别表示A、B的运动情况，图中横、纵截距分别为椭圆的半长轴与半短轴 （椭圆面积公

6、式为 S ab, a 为半长轴，b为半短轴）。则下面说法正确的是（） v |A.当t 2s时，Va Vb 1.5m/sB.当va J3m/s,两者间距最小C. A的加速度为 m/s2D.当B的速度减小为零之后，A才追上B2【答案】C【解析】【详解】2 y b2AB .两质点A、B从同一地点出发，椭圆轨迹方程为2x2a由题图可知a 4、b 2,当t x 2s带入方程解得v y 3m/s在本题的追及、相遇问题中，初始时刻B的速度大于A的速度，二者距离越来越大，速度相等的瞬间,两者间距最大，AB错误；C. A做的是初速度为零的匀加速直线运动，经过2s后速度为 J3m/s,即v 32a m/s t 2

7、C正确；D. V t图线和时间轴围成的面积为位移，经过4s, B速度减小为零，B的位移为所围成图形的面积1sB2 4m 2 m4A的位移为2 .2132sA -at 4 m 4,3m3 22A的位移大于B的位移，说明在 B停下来之前，A已经追上了 B, D错误。故选Co5. 一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第1s内的位移为16m,最后1s内的位移为8m ,则汽车的刹车时间为A. 1sB. 1.5sC. 2 sD. 2.5s【答案】B【解析】【详解】最后1s内的汽车位移为8m,根据x= 1 at2,可知加速度大小为2a=16m/s2刹车后第1s内的平均速度大小 v= m/s

8、=lm/s ,则刹车的时间：1t=0.5s+ - s=1.5s16A. 1s。故A不符合题意。B. 1.5s。故B符合题意。C. 2 so故C不符合题意。D. 2.5so故D不符合题意。6.以下仪器能测量基本物理量的是（A.弹簧测力计B.电磁打点计时器C.电压表D.量筒【答案】B【解析】【分析】【详解】A.弹簧测力计测量的是力，不是基本物理量，故 A错误；B.电磁打点计时器测量的是时间，是基本物理量，故 B正确；C.电压表测量的是电压，不是基本物理量，故 C错误；D.量筒测量的是体积，不是基本物理量，故 D错误。故选B。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

9、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，质量为 M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块（可视为质点），在木板上施加一水平向右的恒力F,木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x,保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x增大的是（）A.仅增大木板的质量 M8 .仅减小木块的质量 mC.仅增大恒力 FD.仅增大木块与木板间的动摩擦因数【答案】AD【解析】【分析】【详解】设木板长为L,当木块与木板分离时，运动时间为t,对于木板F mg Ma1x 1a1t 22对于木块mg ma2

10、当木块与木板分离时，它们的位移满足L1alt2 1a2t222解得则木块相对地面运动的位移为1a# = 2=，-2 ala2曳 1a2A.仅增大木板的质量M, ai变小，a2不变，x增大，故A正确;B.仅减小木块的质量m, ai变大，a2不变，x减小，故B错误;C.仅增大恒力F, ai变大，a2不变，x减小，故C错误;D.仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数，ai变小，a2增大，x增大，故D正确。故选AD。8.如图所示，下雨天，足球运动员在球场上奔跑时容易滑倒，设他的支撑脚对地面的作用力为与竖直方向的夹角为 依鞋底与球场间的动摩擦因数为均下面对该过程的分析正确的是F,方向)A.下雨天，动摩擦因数科

11、变小，最大静摩擦力增大8 .奔跑步幅越大，越容易滑倒C.当科tan射，容易滑倒D.当科tan时，容易滑倒【答案】BC【解析】【详解】A.下雨天，地面变光滑，动摩擦因数科变小，最大静摩擦力减小，故 A错误；最大静摩擦力越B.将力F分解，脚对地面的压力为 Fcos Q奔跑幅度越大，夹角。越大，则压力越小,小，人越容易滑倒，故 B正确；CD.当Fsin DFcos 0时人容易滑倒，此时四v tan 0故C正确，D错误。故选BC。9 .示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（）A.如果仅在 XX'之间加不变的电压（X正X'负

12、），在荧光屏的正Y轴上将出现一个亮斑B.如果仅在XX'之间加图乙所示的电压，在荧光屏上会看到X轴上一条水平的亮线C.如果在XX'之间加不变的电压（X正X'负），在YY'之间加图丙所示的电压，在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线（在H、出象限）D.如果在XX'之间加图乙所示的电压，在 YY'之间加图丙所示的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲 线【答案】BD【解析】【分析】 【详解】A .如果仅在XX'之间加不变的电压（X正X'负），电子在两极间发生偏转，做类平抛运动，电子射出时 沿垂直于板面的方向偏移为eUl2 y22mdv0电

13、子离开电场的偏转角度为， eUl tan 2mdv0则电子达到屏上距离中心的距离为y y l tanel(l 2l) _.2 U 2mdv0其中l是极板到屏的垂直距离，即 y与u成正比，所加电压不变，电子的在光屏的位置不变，所以在荧光屏的正X轴上将出现一个亮斑，所以 A错误；B.如果仅在XX'之间加图乙所示的电压，所以电子只在X方向偏转，由图象可知，电压均匀增大，又 yB正确;与U成正比，所以亮点在 X轴上均匀分布，所以在 X轴上是一条水平的亮线，所以C.如果在XX'之间加不变的电压(X正X'负)，在YY'之间加图丙所示的电压，电子既要在X方向偏转,也要在Y方向

14、偏转，由于 XX'之间的电压不变，所以看到的也是一条平行与Y轴的亮线，在I、IV象限，所以C错误；D.如果在XX'之间加图乙所示的电压，在 YY'之间加图丙所示的电压，电子既要在 X方向偏转，也要在 Y方向偏转，但在 X轴方向均匀分布，所以看到的就是和图丙一样的正弦曲线，所以D正确。故选BD。10.甲、乙两车在平直公路上同向行驶时的v-t图像如图所示，t0时刻，两车并排行驶，下列说法正确的B.两车速度相等的时刻为1.2toC.两车再次并排行驶的时刻为1.4t0D.两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为O.04vot0【答案】BC【解析】【分析】【详解】A.根据 面

15、积”大小表示位移，由图象可知0到to内，甲车通过的位移为Xi v0t0乙车通过的位移为1 、 x20.8v0 (t0 0.2t0) 0.32v0t02根据题意则有t 0时，乙车在甲车前x Xi X20.68v0t0故A错误；B.甲车做匀速直线运动，速度为诈v0乙车做匀加速直线运动，速度为0.2%)0.8v0v0v乙(t 0.2to)-(tto 0.2toto两车速度相等，则有解v乙解得t 1.2to故B正确；C.设两车再次并排行驶的时刻为ti,甲车通过的位移为X3V0(t1 t0 )乙车通过的位移为X40.8Vo(ti to) 1 v (ti to)22 to其中X3X4解得ti 1.4to故

16、C正确；D .甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x Vo(1.4to o.8to)o.6voto故D错误；故选BC。11.如图所示，A、B两物块的质量分别为 2m和m,静止叠放在水平地面上.A、B间以及B与地面间的动摩擦因数都为 科，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g,现对A施加一水平拉力 F,()A.当F 2.5 mg时，A的加速度为o.5 gB.当F 2 mg时，a、B都相对地面静止C.无论F大小为何值，B都不动D.当F 3 mg时，B才可以开始滑动【答案】BC【解析】【详解】A.当F=2.5科mg寸，由牛顿第二定律有:F-2mg=2ma解得:a=0.25 叱 故

17、A错误;B.因物体A、B之间的最大静摩擦力为: fmax= |imAg=2mgB与地面间的最大静摩擦力为:f max= (I (mA+mB) g=3 mg则当Fv2pmg时，A和B都不会运动,故 B正确;CD.物体A、B之间的最大静摩擦力为2 mg B与地面间的最大静摩擦力为3科mg所以无论拉力多大 B都不会发生滑动，故 D错误、C正确.12.一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，此时波恰好传到平衡位置在用x1=2.5m处的P点。已知平衡位置在 X2=5.5m处的Q点在08s内运动的路程为 0.2m ,则下列说法正确的是5 6 MmA . P点的起振方向沿y轴正方向B. P

18、点振动的周期为4sC.该波的传播速度大小为1m/sD.质点Q的振动方程为y 0.1sin(t 6)(m)(t 6) 2E.若一列频率为1Hz的简谐横波沿x轴负方向传播，与该波相遇时会产生稳定的干涉现象【答案】ABDA.根据横波的传播方向与振动方向的关系可知,t=0时刻P点的振动方向沿 y轴正方向，故 A正确;B.由题图可以看出，该波的波长入=2m振幅A=0.1m ,则说明在08s内Q点振动的时间为 T ,该波的传播速度大小2x2 x1结合v解得TT=4s、v=0.5m/s故B正确，C错误；D.波从P点传到Q点所用的时间to =8s =6sQ点的振动方向沿y轴正方向，故质点 Q的振动方程为一 2

19、y Asin- t t0 (m)(t>6s)即0.1sin : t6 (m)(t>6s)故D正确;E.产生稳定干涉现象的必要条件是顿率相等，故这两列波相遇时不会产生稳定的干涉现象，故E错误。故选ABD。三、实验题：共2小题，每题8分，共16分13.用图甲所示装置探究动能定理。有下列器材： A.电火花打点计时器；B. 220V交流电源；C.纸带;D.细线、小车、祛码和祛码盘；E.一端带滑轮的长木板、小垫木；F.刻度尺。(1)实验中还需要的实验器材为 。(2)按正确的实验操作，实验中得到一条点迹清晰的纸带如图乙，图中数据XA、XB和XAB已测出，交流电频率为f,小车质量为 M,祛码和祛

20、码盘的质量为 m,以小车、祛码和祛码盘组成系统为研究对象，从 A到B过程中，合力做功为 ,动能变化量为 ，比较二者大小关系，可探究动能定理。1【答案】天平mgXABM m f xB xA8【解析】(1)1因为需要测量小车以及祛码和祛码盘的质量，所以实验中还需要的实验器材为天平。系统所受合外力做的功为(2)2以小车、祛码和祛码盘组成系统为研究对象，平衡摩擦力后,WmgXAB3匀变速直线运动的某段时间内,中间时刻速度等于平均速度XaVa2TXa2lfXaXBVb2TXB二fXB其动能变化量为1Ek M m22VB21m vA M822m fxb2Xa14.如图所示，梁老师在课堂做验证力的平行四边形

21、定则”实验时，橡皮条的一端固定在黑板上方的A点，另一端被两个弹簧测力计拉到O点。(1)下列原因可能会导致实验结果不准确的是 A.弹簧测力计在实验前没有调零B.弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧侧力计刻度C.弹簧测力计自身的重力对拉力大小有影响D.拉橡皮条的细绳套粗一些且短一些，实验效果较好(2)为了提高实验的准确性，减少误差，请提出合理的解决办法(一条即可)(3)两弹簧测力计的读数分别为F1和F2,两细绳的方向分别与橡皮条延长线的夹角为“1和 孙 如图所示,以下说法正确的是.A.为了验证力的平行四边形定则，只需作力的图示来表示分力与合力B.实验中用平行四边形定则求得的合力F 一

22、定与OA在一条直线上C.若保持。点的位置和夹角 “1不变，夹角02可变，若F1增大，则F2可能减小D.两弹簧测力计间的夹角“1和02之和必须取90°【答案】AD将竖直平面转到水平面【解析】【详解】(1)1A .弹簧测力计在实验前没有调零，弹簧测力计测力时会导致实验结果不准确，故A符合题意；B.本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细绳、橡皮条 都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，读数时视线必须与刻度尺垂直，防止 视觉误差，故B不符合题意；C.弹簧测力计测的是拉力大小而不是重力大小，所以弹簧测力计自身的重力，不会导致实验结果

23、不准确，故C不符合题意；D.在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长一些；拉橡皮条的细绳套粗一些且短一些，会导致实验结果不准确，故D符合题意；故选AD ;(2)2为了提高实验的准确性，减少误差要选用弹性小且适当长的细绳或将竖直平面转到水平面；(3)3A .为了验证力的平行四边形定则，应采用作力的图示来表示分力与合力，但不是只需作力的图示来表示分力与合力，故 A错误；B.因实验中存在误差，故不可能严格使F与F重合，所以实验中用平行四边形定则求得的合力F不一定沿OA直线方向，故B错误；C.对点。受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持。点的位置和夹角1

24、不变，即橡皮条长度不变，弓t簧拉力 F1方向不变，弹簧拉力 F2方向和大小都改变，如图:根据平行四边形定则可以看出Fi的读数不断增大时，F2先变小后变大，所以若 Fi增大时，F2可能变小，故C正确；D.实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取90 ,故D错误；故选Co四、解答题：本题共 3题，每题8分，共24分15.如图所示，两根相距 L = 1 m的足够长的光滑金属导轨，一组导轨水平，另一组导轨与水平面成37。角，拐角处连接一阻值 R=1 的电阻.质量均为 m = 2 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合 回路，导轨电阻不计，两杆的电阻均为R=1 整个

25、装置处于磁感应强度大小B=1 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆静止.g= 10 m/s2,sin 37 = 0.6, cos 37 = 0.8,求:仃 H(1)水平拉力的功率；(2)现让cd杆静止，求撤去拉力后 ab杆产生的焦耳热【答案】 (1)864 W (2)864 J【解析】【分析】(1)根据安培力公式与平衡条件求出电流，然后又E=BLv求出电动势，应用欧姆定律求出金属杆的速度，由平衡条件求出水平拉力，然后应用P=Fv求出拉力的功率.(2)由能量守恒定律求出产生的热量，然后应用焦耳定律求出ab杆产生的焦耳热.【详解】(1

26、) cd杆静止，由平衡条件可得 mgsin 0= BIL ,解得I = 12 A由闭合电路欧姆定律得 2I = R ,得v= 36 m/s R2水平拉力F=2BIL =24 N,水平拉力的功率 P=Fv=864 W(2)撤去外力后ab杆在安培力作用下做减速运动，安培力做负功，先将棒的动能转化为电能，再通过电1 c流做功将电能转化为整个电路产生的焦耳热，即焦耳热等于杆的动能的减小量，有Q= A Ek= mv2= 12962J而 Q = I 2 3 R t, 2ab杆产生的焦耳热 Q = I 2 R t,所以 Q' = 2 Q = 864 J. 3【点睛】本题是电磁感应与电路、力学相结合的

27、综合题，分析清楚运动过程，应用E=BLv、安培力公式、欧姆定律、功率公式与焦耳定律可以解题.16.如图所示，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在 y轴右侧存在电场强度为 Ei、水平向左的匀强电场，在 y轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为 E2,方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度 B 6T,方向垂直纸面向外。 在坐标为(0.4m, 0.4m)的A点处将一带正电小球由静止释放,小球沿直线AO经原点O第一次穿过y轴。已知Ei E24.5N/C ,重力加速度为g 10m/s2 ,求:小球的比荷(q)及小球第一次穿过 y轴时的速度大小; m(2)小球第二次穿过 y轴时的纵坐标；(3)小球从