2021届四川省成都二十中高考物理模拟试卷(含答案解析)

2021届四川省成都二十中高考物理模拟试卷

一、单选题（本大题共8小题，共30.0分）

1.如图所示，在足够长的水平地面上有两辆相同的小车甲和乙，4、B两点相距为5m,小车甲从8

点以大小为4m/s的速度向右做匀速直线运动的同时，小车乙从A点由静止开始以大小为2m/s2

的加速度向右做匀加速直线运动.一段时间后，小车乙与小车甲相碰（碰撞时间极短），碰后两

车粘在一起，整个过程中，两车的受力不变（不计碰撞过程）.下列说法正确的是（）

.1

AB

A.小车乙追上小车甲用时4s

B.小车乙在追上小车甲之前它们的最远距离为8nl

C.碰后瞬间两车的速度大小为7m/s

D.在碰前两车距离越来越小

2.请阅读下列材料，回答下列各题.

中国造出可往返太空的班车卫星

2016年12月28日新浪军事网报道：在历时6天的2016年珠海航展上，中国航天科技集团公司

五院展出了一项名为“可重复使用的返回式空间环境利用卫星”（以下简称“班车卫星”）.未来,

这种班车卫星可能不仅仅用于空间科学实验，还将用于太空旅游等多个方面，如班车一样，来

回运送旅客.按计划，该班车卫星预计于2017年底开始运营，标志着我国天地往返的商业航天

运营模式即将开启.

（1）下列说法中正确的是（）

A.材料中“6天”指的是时刻

B.班车卫星往返地空一次的位移和路程都是0

C.班车卫星围绕地球运动一周的平均速度不为0

D.在研究班车卫星围绕地球运动轨迹时，班车卫星可以看成质点

（2）设地球的质量为M,半径为R,班车卫星的质量为小，万有引力常量为G.当班车卫星离地面高

度为九时，其受到地球的万有引力大小为（）

（3）当班车卫星围绕地球做圆周运动时，其运行速度u满足（

A.v<7.9km/sB.7.9km/s<v<11.2km/s

C.11.2km/s<v<16.7km/sD.v>16.7km/s

（4）班车卫星发射时，假设卫星在竖直方向上先做加速运动，然后再做减速运动，在该过程中卫

星（）

A.一直处于失重状态

B.一直处于超重状态

C.先处于失重状态，后处于超重状态

D.先处于超重状态，后处于失重状态

3.一个物块以60/的初动能从倾角为30。的固定斜面（足够长）底端向上

运动，其加速度大小为:g,以斜面底端为零势能面，则此物块（）

A.到达最高点时重力势能为50/

B.滑回底端时的动能为2Q/

C.上滑过程中动能与势能相等时机械能为50/

D.下滑过程中动能与势能相等时机械能为30/

4.如图所示，用细绳4B悬挂一质量为小的光滑球，细绳与竖直墙壁间的夹角为0,AA

细绳质量不计，则细绳对球的拉力和墙壁对球的弹力大小分别为（重力加速度为乡,

9）（）/，

A.mgcosO；mgsind

B.mgtand；mgcotd

C-翳;m9tand

D-篝mgc°te

5.如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上运动，当作用力F—m

定时，62所受绳的拉力（）$9"

A.与。有关

B.与斜面动摩擦因数有关

C.与系统运动状态有关

D.仅与两物体质量有关

二、多选题（本大题共4小题，共23.0分）

6.质量为2kg的物体由静止开始自由下落，经2s后落地，不计空气阻力（取g=10m/s2）,则下列

说法中正确的是（）

A.2秒内物体动能增加了400/B,在2秒末重力的功率是400w

C.2秒内重力的功率是400wD.2秒内机械能减小了400/

7.如图，固定直杆AB与水平面成一定倾角为a,在杆上套一质量为m的小滑%”

块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速/

率返回.现将滑块拉到4点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升/r/

至MB的中点，己知重力加速度为g,由此可以确定（）"

A.滑块下滑和上滑过程加速度的大小即、a2

B.滑块与杆之间动摩擦因数〃

C.滑块第k次到达挡板时的时间鬃

D.滑块第k次与挡板碰撞后速度以

8.如图，MN是正点电荷电场中的一条电场线，一个带正电的粒子（重力”/

不计）从a到b的轨迹如图示。下列说法正确的是：（）

A.从a到b运动过程中，动能逐渐减小；

B.正点电荷一定位于N点右侧

C.带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度

D.a点电势小于b点电势。

9.如图所示，4BC。是某一均匀足够大介质区域，P、Q是振动情况完全相同的两个波源，从t=。

时开始振动，其简谐运动表达式均为x=（Hsin（20袱）加，介质中M点与P、Q两波源间的距离

分别为47n和5m,两波源形成的简谐横波分别沿PM、QM方向传播，波速都是10/n/s.则以下说

法正确的是（）

rB

D!：C

A.两列简谐横波的波长为2=1m

B.两列波到达P点叠加后为振动加强点

C.介质中M点的振动方程为x=0.2s讥（207it）m

D.当t=0.525s时，介质中M点的位移为最大值

E.在介质中，没有与M点的振动情况相同的点

三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

10.如图所示是饮水器的自动控制电路.左边是对水加热的容器，内有密封绝缘的电热丝发热器和

接触开关S「只要有水浸没Si，它就会导通；水面低于Si时，不会加热.饮水器的使用原理是同

时满足水位高于Si及水温较低，饮水器对水加热.

（1）%是一个热敏电阻，低温时呈现高电阻，右边P是一个（选填“与”、“或”、“非”）逻

辑门，接在0〜5U电源之间，图中/是一个继电器，可以控制发热器工作与否.Ry是一个可变电

阻，低温时％应（选填“远大于”、“远小于”）Ry.

（2）为了提高加热起始温度，变阻器Ry应该调的（选填“大一些”或“小一些”）.

11.某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图.长直平板

一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上.在平板上标出4、B两点，B点处放置一光电门,

用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间，

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①用游标卡尺测测最滑块的挡光长度d,用天平测量滑块的质量m；

②用直尺测量4、B之间的距离s,4点到水平桌面的垂直距离九1，B点到水平桌面的垂直距离殳；

③将滑块从A点静止释放.由光电计时器读出滑块的挡光时间t；

④重复步骤③数次，井求挡光时间的平均值E

⑤利用所测数据求出摩擦力/和斜面倾角的余弦值cosa；

⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤做出/-cosa关系曲线.

（1）用测量的物理量完成下列各式（重力加速度为g）

①斜面倾角的余弦cosa=；

②滑块通过光电门时的速度u=；

③滑块运动时的加速度a=：

④滑块运动时所受到的摩擦阻力/=；

（2）测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图所示，读得d=.

四、计算题（本大题共3小题，共42.0分）

12.如图甲所示，某同学用轻绳通过定滑轮提升一重物，运用传感器（未在图中画出）测得此过程中

不同时刻被提升重物的速度〃与对轻绳的拉力F,并描绘出。-3图象.假设某次实验所得的图象

F

如图乙所示，其中线段与0轴平行，它反映了被提升重物在第一个时间段内吟的关系；线

F

段BC的延长线过原点，它反映了被提升重物在第二个时间段内。和J的关系；第三个时间段内拉

F

力产和速度对匀为C点所对应的大小保持不变，因此图象上没有反映.取重力加速度g=10m/s2,

绳重及一切摩擦和阻力均可忽略不计.

(1)求重物速度增加到"=l.Om/s时，拉力做功的功率；

(2)重物速度从0增加到%=3.0m/s的过程中通过的总路程为3.15m,求此过程所经历的时间.

13.如图所示，一质量为小、带电荷量为q的带电粒子贴着力板沿水平方向4I....——n

以速度先射入匀强电场，然后从4端飞出。已知平行正对放置的两极板_________________

Bi1

之间的长均为3两极板间的距离为d,加在两极板上的电压为U；.求：

(不计带电粒子重力)

(1)带电粒子在极板间运动的时间。

(2)带电粒子在极板间运动时的加速度大小。

14.如图所示，折射率n=鱼的透明介质的横截面由等腰直角三角形

力OC和圆心为0、半径为R的四分之一圆弧BC组成。一束单色光

从M点以a=45。入射角由真空射入透明介质中，已知M点与AB之

间距离为?，光在真空中的传播速度为c.求：

(1)这种透明介质对于真空的临界角C；

(2)通过计算，画出光在透明介质中传播的光路图；

(3)单色光在透明介质中的传播时间(有光折射时，不考虑反射)。

参考答案及解析

1.答案：c

解析：解：4、设小车乙经过t时间追上小车甲，有：vt+5=iat2,代入数据解得t=5s,故A错

误.

80、小车乙做初速度为零的匀加速直线运动，小车甲做匀速直线运动，速度相等前，两者之间的距

离逐渐增大，速度相等后，两者之间的距离逐渐减小，速度相等时，相距最远，设速度相等经历的

时间为打，

有：at1=〃，解得：%=，=1s=2s,此时小车甲的位移为：=4x2m=8m,小车乙的

位移为：at4m则相距的最大距离为：Ax=x1+5—x=故错误.

x2=|i=3x2x=4m,29zn.

C、小车乙经过t=5s追上小车甲，此时小车乙的速度%=at=2x5m/s=10m/s,两车碰撞的过

程中动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得，m%+nw=2nn7,代入数据解得i/=

7?n/s.故C正确.

故选：C.

根据位移关系，结合运动学公式求出小车乙追上小车甲的时间，当两车速度相等时，相距最远，结

合速度时间公式求出速度相等的时间，根据运动学公式求出两车相距的最大距离.根据速度时间公

式求出求出两车相遇前乙车的速度，结合动量守恒定律求出碰撞后的速度大小.

本题考查了动量守恒和追及问题的综合运用，抓住位移关系，结合运动学公式求出追及的时间是解

决本题的关键，知道甲乙两车碰撞的过程中动量守恒.

2.答案：

【小题1】D【小题2】D【小题3】A【小题4】D

解析：

时间间隔就是两个时间点之间的部分，6天指的是时间；位移指起点指向终点的有向线段，路程指物

体运动的轨迹的长度；平均速度等于物体通过的位移与所用时间的比值；在研究物体运动时，不需

要考虑物体的形状与大小，则可以看成质点。

本题考查运动学的几个基本概念，基础题。

A.材料中“6天”指的是时间，故A错误；

员班车卫星往返地空一次的位移为零，路程不为零，故B错误;

C.班车卫星围绕地球运动一周的位移为0,平均速度为0,故c错误;

。.在研究班车卫星围绕地球运动轨迹时，不需要考虑卫星的形状与大小，班车卫星可以看成质点，

故。正确。

故选£＞。

班车卫星距离地心的距离为R+h,根据万有引力定律可得班车卫星所受地球的万有引力大小。

本题考查万有引力定律，注意距离的分析。

班车卫星距离地心的距离为R+h,根据万有引力定律

班车卫星所受地球的万有引力大小尸=豁。故。正确。

故选Do

贴近地球表面做圆周运动的卫星的速度为第一字宙速度；半径越大，环绕速度越小，班车卫星的运

行速度小于第一字宙速度。

本题考查万有引力定律的应用，注意区分宇宙速度。

贴近地球表面做圆周运动的卫星的速度为第一字宙速度，大小等于7.9km/s；班车卫星离地面有一定

高度，根据万有引力提供向心力，得"=舟，半径越大，环绕速度越小，所以班车卫星的运行速

度小于第一字宙速度，故4正确。

故选A。

直线运动中，物体做加速运动时，加速度方向和运动方向相同，物体做减速运动时，加速度方向和

运动方向相反；加速度方向向上，超重；加速度方向向下，失重。

本题考查超重和失重，关键在于加速度方向的分析。

卫星在竖直方向上先做加速运动，加速度方向向上，超重，然后再做减速运动，加速度方向向下，

失重。故。正确。

故选D。

3.答案：B

解析：解：4、设物块上滑的最大距离为s。物块上滑过程，由动能定理得：一mas=O-a0,其中

a=：g，解得mgs=1Eko=gx60/=80/,物块到达最高点时重力势能为Ep=?ngssin30。=80x

0.5/=407,故A错误；

B、设物块受到的滑动摩擦力大小为人根据牛顿第二定律得mgsin3(T+f=ma,解得f=

物块下滑过程，由动能定理得物块滑回底端时的动能：Ek-mgssin30°-fs=^mgs-^mgs=

=；x80/=20/,故B正确；

C、设上滑过程中物块上滑的距离为Si时动能与势能相等，根据动能定理得：-Mas】=：rnW-Eko,

此时重力势能为Epl=Mgs/讥30。，结合动能与势能相等得：Epl-,联立解得mgs】==

|X60/=48/,此时机械能为％=Epi+之小说=2mgSiS讥30。=mgs1=48/,故C错误；

Q、设物块从最高点下滑距离为S2时动能与势能相等，从最高点下滑到此位置的过程，根据动能定理

得：mgs2sin30°-fs2=jmvf＞此时重力势能为Ep2=m^(s-s2)sin30°,结合动能与势能相等得：

Ep2=\rnvl，联立解得mgs?=^mgs=|x80/=等/,此时机械能为=Ep2+^mvj=2mg(s-

s2')sin30°-mgs—mgs2=80/—等/=y/,故。错误。

故选：B.

根据动能定理求出物块上滑的最大距离，即可求得物块到达最高点时重力势能；已知物块的加速度，

由牛顿第二定律求出物块受到的摩擦力大小，根据动能定理求物块回底端时的动能；根据动能定理

和动能和势能相等关系分别列式，求解动能与势能相等时机械能。

本题考查动能定理和牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况和能量的

转化情况，利用牛顿第二定律求解摩擦力大小，灵活选取研究过程，分段运用动能定理列方程。

4.答案:C

解析：解：小球的受力如图所示.根据平衡条件可知，A-

绳子对圆球的拉力大小T=黑2\

N=mgtanG；

故选：C.

对球受力分析，根据共点力平衡求出绳子拉力和墙壁对球的弹力.

本题是简单的力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，作出受力的示意图，要培养良好的作图习

惯.

5.答案：D

解析：解：对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=匕他生经:飞上广叱应阳丝=一gsme—

mi+m2m1+m2

Hgcosdo

隔离对Hi?分析，有：T-m2gsm。-nm2gcos0=m2a,解得7=m：；],知绳子的拉力与"无关’与

动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关。故。正确，4、8、C错误。

故选：D.

对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，隔离对瓶2分析，运用牛顿第二定律求出拉力的

大小，判断与什么因素有关。

解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。

6.答案：AB

解析：解：A、2s末物体的速度v=gt=2(hn/s,根据动能定理得：2秒内物体动能增加量AEK=

|mv2=1x2x400=400/.故A正确；

B、在2秒末重力的功率「=巾9。=20*20=400皿，故B正确；

C、2秒内重力的功率7=69万=20*弓=200勿，故C错误；

。、物体由静止开始自由下落，只有重力做功，机械能守恒，故。错误.

故选：AB

根据自由落体运动的速度时间公式求出2s末的速度，根据动能定理求出动能变化量，根据平均功率

的公式和瞬时功率的公式分别求出重力的平均功率和瞬时功率的大小，自由下落过程中，只有重力

做功，机械能守恒.

解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的区别，并能灵活运用，知道只有重力做功的过程中，机

械能是守恒的，难度适中.

7.答案:AB

解析：解：4、根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsina-[imgcosa=max；上滑过程：mgsina+

[imgcosa=ma2；

解得：ar=mgsina-figcosa,a2=gsina+林gcosa,所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大

小巧、a2-

B、设4B长为L.对整个过程，运用动能定理得：mgsina-0.5L-林mgcosa(L+0.5L)=0

得：〃=%所以可以求出动摩擦因数⑷故B正确.

C、由于4B间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间，故C错误.

。、因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度以，故。错误；

故选：AB.

滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律可求出两端加速度，利用动能

定理可求解动摩擦因数〃。

本题分析时，要灵活选择研究过程，运用动能定理求解动摩擦因数是关键，还要抓住连接两段的桥

梁是碰撞前后速度大小相等.

8.答案:ABD

解析：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向左，

对带电粒子做负功，其动能减小，选项A正确；

8、因电场线的方向应向左，从N至M,故正点电荷一定位于N点右侧，所以B正确；因为场源电荷

应在右侧，故a处的场强小于b处的场强，故粒子在a处的电场力小于b处电场力，根据牛顿第二定律，

a点的加速度小于b处的加速度；故C错误，沿电场线方向电势越来越低，所以a点电势小于b点电势，

D正确。

故选ABD。

9.答案：ABCD

解析：解：4、设此简谐横波的波速为"，波长为九周期为7,由简谐运动表达式为x=0.1sm(207rt)m

知，角频率3=207rrad/s,则周期为7=詈=黑s=0.1s；

由波速公式"=/代入数据得;1=1m；故A正确。

B、P点到4、B两个波源的路程差|AS|=BP_4P=5巾一4ni=1m,因△S=%,所以M点为加

强点。故8正确。

C、P点叠加后为振动加强点，振幅为0.2m,所以介质中M点的振动方程为x=0.2s讥(20戊)771,故

C正确。

。、当t=0.525s时，代入x=0.2sin(20叫加得介质中M点的位移为最大值0.2m,故。正确。

E、在介质中，没有与M点的振动情况相同的点很多，满足|as1=|=BP-4P=5ni_4m=1伍

都可以，故E错误。

故选：ABCDo

由简谐运动表达式为x=0.1sin(207rt)m,读出3,由7=与求得波的周期7,由钵解波长；根

据P点与4、B两波源的路程差与波长的关系，分析P点的振动情况，若路程差是波长的整数倍，则振

动加强；若路程差是半个波长的奇数倍，则振动减弱.根据时间与周期的关系分析质点M的振动情

况，写出振动方程.

本题考查了机械波的特性，波的振动与传播的规律，机械波的叠加原理及振动方程、振动与波的关

系.根据路程与波长的关系，确定质点的振动强弱是常用的方法.

10.答案：与；远大于；小一些

解析：

(1)由题，只要有水浸没品，才会导通加热；孔是一个热敏电阻，温度较低时，才会加热，两个条件

同时满足时，发热器才会加热.可知，P应是与门，低温时勺应远大于％,.

(2)根据题意，水温较低时和水浸没Si时，QC之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动

S2闭合，发热器工作加热.

本题关键要理解逻辑门工作原理，再根据热敏电阻灯的特性，分析饮水机的自动加热原理.

(1)由图可知，饮水机的自动加热原理是：当水温较低时，勺阻值较大，4为高电势，且有水浸没

B也为高电势，则QC之间才有高电压输出，电磁继电器有电流通过，将吸动S2闭合，发热器工作；

当水温较低时和水浸没Si，两个条件同时满足时，QC之间才有高电压输出，发热器才会工作，故P应

是与逻辑门.&是一个热敏电阻，低温时&应远大于Ry.

(2)由原理可知，当水温较低时，勺阻值较大，力为高电势；为了提高加热起始温度，即水的温度稍

高一些，灯阻值比较小了一点时，A点仍然是高电压；变阻器Ry应该调的小一些.

故答案为：(1)与，远大于；(2)小一些。

11.答案：--(”「电)2a吝：机”出3.62cm

st2st2DS2st

解析：解：①根据数学知识可知：

y/s2-(h-h)2

cosa=------1---2-

S

故答案为：立『如心北

S

②由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度，因此有:

故答案为：P

③应用运动学公式/-崎=2a%有：

(7)2=2as,

故解得：

2st

故答案为：

2st2

④根据牛顿第二定律有：

mgsind-f=ma

将sin。=八「九2,a=带入得：f=血"匕二"一m-^z

S2sts2st

故答案为：mghlh2-m-^3

s2st

(2)游标卡尺的主尺读数为3.6cm,游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，因此其读数为为0.1X

2mm=0.2mm=0.02cm,所以最终读数为：3.6cm+0.02cm=3.62cm

故答案为:3.62cm.

(1)正确解答本题需要掌握：根据数学知识求解正余弦函数值；滑块在通过光电门时，平均速度等于

遮光片的宽度d与其通过的时间之比.由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度接近平均速度；熟练

应用运动学公式/-诏=2以求解物体的加速度大小；应用牛顿第二定律求解有关问题.

(2)游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读.

熟练应用数学知识和牛顿第二定律以及运动学公式解决问题；掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数

加上游标读数，不需估读.

12.答案：解：(1)由图读出"=1.0TH/S时尸=6N

所以拉力做功的功率为P=Fv=6xlW=6W

(2)根据第三个时间段内拉力F和速度u均为C点所对应的大小保持不变，知物体的重力mg=FC=4N,

m=OAkg

重物速度从0增加到%=2.0m/s的过程中做匀加速运动，F=6N,由牛顿第二定律得：

F—mg=ma

得：a=5m/s2.

由=得：ti=0.4s

此过程的位移为：X]=竽=等=0.4m

重物速度从%=2.0m/s增加到处=3.0m/s的过程中做变加速运动，拉力的功率一定，且功率为：

2

p=Fv=-^―=12W