2021届陕西省高考物理一模试卷附答案详解.pdf

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1、2021届陕西省高考物理一模试卷一、单 选 题（本大题共5小题，共30.0分）关于下面四个装置说法正确的是（A.“.源 符.粒 子 /f G2 c 实验可以说明戊 粒子的贯穿本领很强实验现象可以用爱因斯坦的质能方程解释|放大器F风度控制装置C.Y,*是利用a射线来监控金属板厚度的变化进行的是聚变反应励棒核反 应 堆 结 构2.一辆列车由等长的车厢连接而成，车厢间的间隙忽略不计。一人站在站台上与第一节车厢的最前端相齐。列车由静止开始做匀加速直线运动，第一节车厢经过他的时间为2 s,从第5节至第16节车厢通过他的时间为（）A.4 sB.5sC.15 sD.6 s3.我国发射了一颗地球资源探测卫星，

2、发射时，先将卫星发射至距离地面/50km的近地圆轨道1上，然后变轨到近地点距离地面50/an、远地点距离地面1500km的椭圆轨道2上，最后由轨道2进入半径为7900km的圆轨道3,Q轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点.忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（）A.该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速B.该卫星在轨道2上稳定运行时，P点的速度小于Q点的速度C.该卫星在轨道2上Q点的加速度大于在轨道3上Q点的加速度D.该卫星在轨道3的机械能小于在轨道1的机械能4.2、如下图，将a、b两小球以不同的初速度同时水平抛出，它们均落在水平地 得面上的P点，a球抛出时的高度较b球

3、的高,P点到两球起抛点的水平距离相等，一t /不计空气阻力。与b球相比，。球（）A.初速度较大 fB.速度变化率较大C.落地时速度一定较大D.落地时速度方向与其初速度方向的夹角较大5.如图所示，竖直平面内有一固定的光滑椭圆大环，其长轴长BD=4L、短轴长4c=2L,劲度系数为k的轻弹簧上端固定在大环的中心。，下端连接一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的小环，小环套在大环上且与大环-及弹簧绝缘，整个装置处在水平向右的匀强电场中.将小环从4点由静止释放，小环运动到8点时速度恰好为0.已知小环在4、B两点时弹簧的形变量大小相等.则（）A.小环从4点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能一直增大B.小环

4、从4点运动到B点的过程中，小环的电势能先减小后增大C.小环在4点时受到大环对它的弹力大小F=mg+LD.电场强度的大小片=詈二、多 选 题（本大题共4小题，共22.0分）6.如图所示，两条相同的平行直导线4、B中通入大小相等、方向相反的电流、/8，导线4、B所受的安培力分别为以、FB，则（）彳 BA.在导线4的位置，导线B产生的磁场的方向垂直于纸面向里 14B.导线4所受安培力以的方向向左C.若电流0 lB 则片 FBD.若 电 流b同时反向，外、降方向仍然不变7.如图所示，模板04可绕轴0在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探究物块在方向始终平行于木板向上、大小为F=8N的力作用下的加速度

5、与木板倾角的关系。已知物块的质量zn=1kg,通过D/S实验，描绘出了如图（b）所示的加速度大小4于倾角。的关系图线（9 力B.通过R的电流流向为A-R-BC.导体环两端点CD间电压为华AtD.导体环两端点CD间电压为:9.下列说法正确的有（）A.光的偏振现象说明光是横波B.阳光下肥皂泡呈现彩色是光的干涉现象C.受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关D.变化的磁场一定产生变化的电场三、填 空 题（本大题共1小题，共5.0分）10.图甲是岩盐晶体的平面结构，图中等长线段4 4、SB1上微粒的数目不同，由此可知，晶体具有（选 填“各向同性”或“各向异性”）的性质。图乙中液体表面层内分子间距离大于分

6、子平衡距离%,因 此 表 面 内 层 分 子 间 作 用 力 表 现 为。B四、实验题(本大题共2 小题，共 15.0分)1 1.某同学在做“探究两个力合成的规律”实验时，使用了如图所示的实验装置。其中A为固定橡皮筋的图钉，。为橡皮筋与细绳的结点，OB和。C为细绳。(1)关于此实验的下列说法中正确的是 OA.同一次实验中，结点。的位置不允许变动B.实验时，只需记录弹簧测力计的读数和。点的位置C.实验时，必须保证OB、OC两条细绳之间的夹角为90。.实验时，橡皮筋、弹簧测力计和细绳必须位于与木板平行的同一平面内(2)在坐标纸中已画出某次实验时两弹簧测力计拉力的图示，已知方格每边长度表示2.0 N

7、,试在图中作出无实验误差情况下Fi和尸 2的 合 力 图 示,并由此可知合力F的大小为 N。1 2.有一个小灯泡上标有“4 V,2 勿”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线.现有下列器材供选用：4 电压表V 1(05 V,内阻约10 k。)8.电压表V式。10 V，内阻约2 0/0)C.电流表4 式00.3 4内阻约10)D 电流表4 式。0.6 4，内阻约0.4。)E.滑动变阻器R MO10 0,2 A)产.滑动变阻器R 2(0 100 H,0.2 A)G.学生电源(直流6 V)、开关及导线(1)为了调节方便，测量尽可能准确，实 验 中 应 选 用 电 压 表,电流表,滑动变阻

8、器;(填器材前方的选项符号，如 4，B )(2)为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在方框中画出实验电路图；(3)如图，P为通过实验得到的数据画出的小灯泡的伏安特性图线上的一点，PN为图线上P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为/轴的垂线，下列说法中正确的是()4 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大8.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小C.对应P点，小灯泡的电阻约为5.33。D 对应P点，小灯泡的电阻约为24.0 0五、计算题(本大题共4 小题，共 52.0分)1 3.某航母舰载机降落在静止的航母甲板上时着舰初速度为307H/S,此时若飞机尾部挂钩能够顺利勾住舰面上的拦阻索，飞

9、机就会做匀减速运动并在3s内停下来，如图所示。若飞机着舰时没有勾住拦阻索，飞机必须重新加速到5 0 m/s才能复飞升空，然后准备第二次着舰降落。已知甲板上水平直线跑道长度为2 2 0 m,求：(1)飞机勾住拦阻索后做匀减速运动过程中，加速度大小和位移大小；(2)若飞机着舰后匀速前进了2 s时间，飞行员发现飞机没有勾住拦阻索，于是马上开始加速，则飞机在甲板上做匀加速运动的加速度至少是多少？1 4 .图a为平行正对的金属板M、N,M板上有一个小孔，在M、N两板上加有如图b所示的周期性变化的电压。现有一质量为m、重力不计的、带正电量为q的粒子，在t =时刻从小孔进入两板间(粒子刚进入时的速度很小，可

10、认为等于0)。求：(1)两板间的距离山荫足什么条件，粒子到达N板时速度最大？最大速度是多少？(2)设周期为0.8秒，若两板间的距离等于粒子进入电场后在第一个0.8秒时间内运动时所通过位移的2倍，则粒子从M板运动到N板的时间为多少？1 5.如图所示，竖直放置在地面上的结构相似的绝热气缸A与导热气缸B,由刚性轻质细杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦，已知两气缸的横截面积之比5：S p=2：1,两气缸内装有某理想气体。开始时气缸中的活塞与缸底的距离均为温度均为7 ，已知外界大气压为po,现缓慢加热4中气体，停止加热达到稳定后，4中气体温度变为原来的1.5倍，设环境温度始终保持不变。活塞的质量、气缸壁

11、的厚度均忽略不计，气缸B的质量是M =等,工(题中对应温度为热力学温度)求:(i)初始状态时，B气缸中的气体压强;(ii)停止加热达到稳定后，气缸B上升的高度。1 6.如图所示，光滑圆弧槽半径为R,4 为最低点，B球位于圆孤的圆心处,C到4 的距离远远小于R,若同时释放小球B、C,小球B和C均视为质点，问：(1)BC两小球中哪个小球先到达4 处？(2)上下移动小球B,使两小球B和C在4 点相遇，小球B到A点的距离人 应满足什么条件?参考答案及解析1.答案：c解析：a 粒子打到金箔上发生了散射，说明a 粒子的贯穿本领较弱.爱因斯坦的光电效应方程可以很好解释光电效应的现象.a 射线穿透能力较弱，金

12、属板厚度的微小变化会使穿过铝板的a 射线的强度发生较明显变化.目前的核反应堆都是核裂变反应.本题要求熟悉近代物理中的各种装置，能够知道其工作的原理，要注意掌握a、0、y三种射线的特性，电离本领依次减弱，穿透本领依次增强，能在生活中加以利用.A、a 粒子散射实验，a 粒子打到金箔上发生了散射，说明a 粒子的贯穿本领较弱。故A错误；B、该实验室光电效应的实验，该实验现象可以用爱因斯坦的光电效应方程解释，故 B错误；C、a 射线穿透能力较弱，金属板厚度的微小变化会使穿过铝板的a 射线的强度发生较明显变化，即可以用a 射线控制金属板的厚度。故 C 正确：。、本装置是核反应推的结构，进行的是核裂变反应，

13、故。错误。故选：Co2.答案:A解析：解：取车为参考系，把车的运动转化为人做匀加速直线运动。设每节车厢长为3加速度为a,则由A=仔，得人通过第一节车厢的时间为：人通过前4节车厢的时间为：人通过前16节车厢的时间为：故所求的时间为：t=ti6 Q=8s 4s=4s,故选：AaS=2 x4L-=2a2 x 16L-=4a故 A 正确，BCD错误2L=4sa2L =8Sa取车为参考系，把车的运动转化为人做匀加速直线运动，结合位移时间公式求出人通过第一节车厢和前4节、前16节车厢所用的时间，从而得出第5节至第16节车厢通过的时间。解决本题的关键在于合理地选择参考系，转化为人做匀加速直线运动，结合位移时

14、间公式进行求解。本题也可以采用比例法求解，同学们自己尝试一下。3.答案：A解析：解：人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为机、轨道半径为八 地球质量为M,有：=m a,解得：=怪r2 r yl rA、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道2半长轴比轨道1半长轴大，因此该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处点火加速，故A 正确；B、该卫星在轨道2上稳定运行时，根据开普勒第二定律可知，近地点P点的速度大于远地点Q点的速度，故 B 错误；C、根据牛顿第二定律和万有引力定律普=?=机。得：a=黑，所以卫星在轨道2上经过Q点的加速度等于在轨道3上经过Q

15、点的加速度，故 C 错误；。、卫星在轨道上运行时，轨道的半长轴越大，需要的能量越大，由于轨道3半长轴比轨道1半长轴大，所以该卫星在轨道3的机械能大于在轨道1的机械能.故。错误.故选：A.在1圆轨道变轨到2椭圆轨道的过程中，需要加速做离心运动，速度可能大于7.9/an/s.卫星在轨道2上从远地点向近地点运动的过程中机械能守恒.由轨道2变为轨道3需要在远地点点火加速做离心运动.该题考查卫星的变轨问题，关键明确卫星在圆轨道运行时，万有引力提供向心力，卫星在轨道上的运动过程中只有重力做功，机械能守恒；而变轨的时候，需要点火加速或减速.4.答 案:D解析：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方

16、向的自由落体运动，运动时间由下落的高度决定，根据水平位移与时间结合可分析初速度关系，速度变化率等于重力加速度，由速度的合成求落地时速度大小和方向。平抛运动常用的研究方法是运动的分解法，只要掌握两个分运动的规律，通过合成即可知道平抛运动的规律。A.两个小球都作平抛运动，竖直方向作自由落体运动，由h=；g P，得t=信，则t a。；小球水平方向都做匀速直线运动，由X =%t,由题意X相等，又t a 生，则 知%.故A错误；区根 据 第=a=g,则知速度变化率相同，故8错误；C.落地时速度值y 2 _v，2=v2gh,可知落地速度不确定，故C错误；-J 0 j J 0 S。.落地时速度方向与其初速度

17、方向的夹角正切t a n a =上=以1贝 肤 口。的h大，孙小，t a n a大，落地v o v o时速度方向与其初速度方向的夹角大，故。正确。故选。5.答案：C解析：解：力、小环从A点运动到8点的过程中，弹簧从压缩到原长，再到伸长，所以其弹性势能先减小后增大，故4错误，8、小环从4点运动到B点的过程中，小环沿电场线方向水平运动23故小环的电势能一直减小，故B错误，C、已知小环在A、B两点时弹簧的弹力大小相等，说明在4点弹簧的压缩量等于在B点的伸长量相等，设为X,原长为Lo则 得：在4点：L0-x =L在B点：为+x =2 L,解得，小环在4点时，弹簧压缩量x =|L,受到大环对它的弹力为尸

18、=m g +kL,故C正确，D、整个过程由动能定理得，E q-2 L-m g L =0,得：E=等,故。错误。故选：C o将小环从4点由静止释放，小环运动到3点时速度恰好为0.已知小环在4 B两点时弹簧的形变量大小相等.故小环在4点时弹簧压缩量为之 乙，在B点时弹簧伸长,L，然后分析个选项即可解决.此题关键是对物体受力情况和弹簧的状态作出正确的分析，需要考虑电场力的情况，并运用到动能定理进行分析.6.答案：BD解析：解:A B,由安培定则可知，B在4处产生的磁场方向垂直纸面向外，则由左手定则可知4受到的安培力向左，故B正确，A错误；C、B给4的力尸与4给B的力尸是一对相互作用力，所以自=FB，

19、故C错误；。、若电流、/B同时反向，4和B还是相互排斥，故受力方向不会发生改变，故。正确。故选：BD.,由安培定则判断磁场方向，根据相互作用力判断两力的大小关系，根据左手定则判断安培力方向。本题考查了通电导线的磁场及受力，解题的关键是熟练掌握安培定则及左手定则。7.答案：BC解析：(1)当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为外,当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为。2,当斜面倾角在外和外之间时，物块处于静止状态；(2)图线与纵坐标交点处的横坐标为0,即木板水平放置，此时对应的加速度为的，分析此时物块的受力根据牛顿第二定律求出对应的加速度即可；(3)当。=4 5。时，先判断物块的运动状

20、态，再分析物块受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力即可。本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用；对于图象问题，我们学会“五看”，即：看坐标、看斜率、看面积、看交点、看截距；了解图象的物理意义是正确解题的前提。A B.根据图象可知，当斜面倾角为当时，摩擦力沿斜面向下，当斜面倾角为。2时，摩擦力沿斜面向上，则夹角大于。2时，物块所受摩擦力一定沿木板向上；当斜面倾角在和”之间时，物块处于静止状态，但摩擦力不一定为零，故A错误，8正确；C.当。=0。时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力尸和滑动摩擦力f作用，已知尸=8 N,滑动摩擦力f =N =mg,所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度:a

21、0=广，=。广。=6 m/s2,故C正确；D.当。=4 5。时，重力沿斜面的分量&=mgsin4 5=10 Xy=8 N,最大静摩擦力篇=7 ng c os 4 5。=&N,因为8-5或 V N，所以此时物块处于静止状态，受到静摩擦力，则/=(8-5&)N,故。错误。故选B C。8.答案：BD解析：根据法拉第电磁感应定律求出产生感应电动势的大小，由闭合电路欧姆定律，求出感应电流的大小，由欧姆定律求出C D间的电压，再根据楞次定律判断出感应电动势的方向，从而确定感应电流的方向,即可求解.解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会根据楞次定律判断感应电动势的方向，以及掌握闭合电路欧姆定律，注意电源内

22、部电流方向是从负极到正极.A B.根据楞次定律，在环形导体中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，所以通过R的电流方向由A指向B.故B正确，A错误.C D.根据法拉第电磁感应定律有：E=等At感3应 电七流为：=R+r=-dt(R+r)导体环C D两点间的电压为：=/?=焉3，故C错误，。正确;故选：B D。9 .答 案:AB解析：解：A、光的偏振现象是横波的特有现象，光的偏振现象说明光是横波，故A正确。8、阳光下肥皂泡呈现彩色是肥皂膜内外表面反射的两束光发生干涉形成的，是光的干涉现象，故B正确。C、受迫振动的频率由驱动力的频率决定，与振动系统的固有频率无关 故C错误。、变化的磁场一定产生电场。

23、均匀变化的磁场产生稳定的电场。故。错误。故选：ABo光的偏振现象说明光是横波.阳光下肥皂泡呈现彩色是光的干涉现象.受迫振动的频率与振动系统的固有频率无关.变化的磁场一定产生电场.对于波的基本知识要理解并掌握.对于光的常见现象形成的原因要理解，并明确它们之间的区别.1 0.答案：各向异性；引力解析：本题结合图象考查晶体的性质及液体分子表面张力，这两个知识点都是比较简单的内容，属热学中的基础问题。等长线4 4、B 8 i上物质微粒的数目不同，则晶体沿各个方向的导热、导电性能等等都不同，表现为各向异性。在分子平衡距离为时分子引力与斥力大小相等，而斥力受距离影响较大，变化较快。液体表面层分子比较稀疏，

24、分子间距大于分子平衡距离r。，引力和斥力都减小，但斥力减小快，则分子引力大于斥力，分子力表现为引力，这些力的宏观表现就是液体的表面张力。解析：解：（1）A实验采用的是等效替代的方法，同一次实验中，。点位置不允许变动，故 A正确；B.实验中，需记录弹簧测力计的读数和。点的位置，以及拉力方向，故 B错误；C.实验中，把橡皮筋的另一端拉到。点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取9 0。，夹角要适当,故 C错误；。.实验中为了减小误差，橡皮筋、弹簧测力计和细绳必须位于与木板平行的同一平面内，故。正确。故选A4（2）根据平行四边形定则作出两个力的合力如图所示方格每边长度表示2.0 N,则合力F 的大小

25、F =7 X 2.0N=1 4.0 N故答案为：（1）4。(3)1 4.0实验采用的是等效替代的方法，需记录弹簧测力计的读数和。点的位置，以及拉力方向，夹角要适当，橡皮筋、弹簧测力计和细绳必须位于与木板平行的同一平面内；根据图示画出合力求得其大小。本题考查验证力的平行四边形定则实验，关键注意实验方法为等效替代法，同一次实验中，结点。的位置不允许变动。1 2.答案：(1)/1 ;D;E(2)如下图所示:AC解析：(1)、因小灯泡标有“4V,2VT 的字样，故电压表应选4,由 7=得小灯泡额定电流为0.54,U故电流表应选力，因小灯泡电流从零调，故滑动变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器，故应

26、选E.(2),因小灯泡电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，因要求电流从零调，故滑动变阻器应用分压式接法，电路图如图所示(3)由欧姆定律及=/结合图像可知小灯泡的电阻随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，故 A正确；在P点时对应的电压和电流分别为：2.4V 0.4 5 4 所以对应P点，小灯泡的电阻约为5.33 0,故 C 正确。所以选AC13.答案：解：(1)飞机勾住舰面上的拦阻索后减速过程中的加速度大小为:VQ 0 30 0 7 7a=-=-m/s=10m/sz位移大小为：v0 30 x=t=x 3m=45m2 2(2)飞机着舰后匀速前进了 2s时间的位移为：=30 x 2m=60m则

27、飞机刚好在剩余的跑道上加速，位移等于L-x l 时，速度刚好达到起飞速度，加速度最小，根据速度-位移公式可得：v2 VQ=2a(L X i)代入数据解得飞机做匀加速运动的加速度至少为a =5m/s2答：(1)飞机勾住拦阻索后做匀减速运动过程中，加速度大小为1 0 m/s 2,位移大小为4 5 小；(2)若飞机着舰后匀速前进了2 s 时间，飞行员发现飞机没有勾住拦阻索，于是马上开始加速，则飞机在甲板上做匀加速运动的加速度至少5 m/s 2。解析：(1)根据加速度的定义式求出加速度的大小；根据平均速度公式求出位移；(2)求出飞机在前2 s 内的位移大小，由速度一位移关系求出加速度大小。本题考查匀变

28、速直线运动规律的应用，分析清楚飞机的运动过程，根据已知量及所求物理量灵活合理的选择运动规律进行分析是关键；在分析第二小问时，要注意分析什么情况下，飞机的加速度最小。1 4.答案：解：要保证粒子到达N板时的速度最大，则应该保证粒子在电场中一直加速运动，在t =5O时刻从小孔进入两板间，在5 一5 时间内一直加速，这时有：d i a t2=i (f r)28 2 2 2 771a o解得：d S卫叵16 y m且在运动过程中的最大速度即为T 时刻的速度，此时有：qU0=m v2解得：空Y m(2)粒子在电场中运动的D -t 图象如图所示：粒子进入电场后运动一个周期7 时间的位移为三角形4 B E

29、的面积减去三角形4 H E,由几何关系得G E 所对应的时间长为立7 当G 时刻粒子的8位移为进入电场后运动一个周期7 时间的位移2倍，此时刻为:1 5-7 2 粒子到达N板。因此粒子由M板运动到N板 时 间 为 噌 7=1.2 6 s。,最 大 速 度 为 叵;7 m答：(1)两板间的距离d 满足d 或，则%，则B 球先到达；(2)对C 球，周期为:T=2 n（其中：n=0、1、2、3.）T 2n+1 =(2n+1).=-兀对B球，有:解得:使两小球B和C在4 点相遇，则有：tc=tB,解得：h=Q（2n+1）2/?（其中：n=0、1、2、3.）8答：（1）8 小球先到达a 处；（2）上下移动小球B,使两小球8 和C在4 点相遇，小球B到4 点的距离h应满足三（2n+（其中:n=0、1、2、3.）条件。解析：（1）根据单摆的周期公式求出小球第一次摆到平衡位置的时间，根据自由落体运动的位移时间公式求出下落到。点的时间，从而进行比较。（2）B球做自由落体运动，C球是等效单摆，两个在4 点相遇，具有等时性。利用时间相等求解，注意重复性。解决本题的关键掌握单摆的周期公式和自由落体运动的位移时间公式，并能灵活运用，同时注意是判断B球可视为单摆运动，当C球第一次到达最低点相遇时，考虑B球运动的周期性，利用二球的等时性求解。