上海市杨浦区2021届新高考物理一模考试卷
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．某静电场中x轴上各点电势分布图如图所示。一带电粒子在坐标原点O处由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的是
A．粒子一定带负电
B．粒子在x1处受到的电场力最大
C．粒子从原点运动到x1过程中，电势能增大
D．粒子能够运动到x2处
【答案】A
【解析】
【分析】
由题中“一带电粒子在坐标原点O处由静止释放”可知本题考查带电粒子在非匀强电场中的运动，根据图像和电势变化可分析本题。
【详解】
A．由于从坐标原点沿x轴正方向电势先升高后降低，因此电场方向先向左后向右，由于带电粒子在坐标原点静止释放，沿x轴正方向运动，由此可知粒子带负电，故A正确；
B．由图可知，图像斜率即为电场强度，在x1处斜率为零，因此电场强度最小，电场力也最小，故B错误；C．从开始运动到x1处，电场力做正功，电势能减小，故C错误；
D．由于粒子只在电场力的作用下运动，当运动到与开始时电势相等的位置，粒子速度为零，不能到达x2处，故D错误。
2．我国建立在北纬43°的内蒙古赤峰草原天文观测站在金鸽牧场揭牌并投入使用，该天文观测站应用了先进的天文望远镜．现有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，一位观测员在对该卫星的天文观测时发现：每天晚上相同时刻总能出现在天空正上方同一位置，则卫星的轨道必须满足下列哪些条件（已知地球质量为M，地球自转的周期为T，地球半径为R，引力常量为G ）（）
A．该卫星一定在同步卫星轨道上
B．卫星轨道平面与地球北纬43°线所确定的平面共面
C．满足轨道半径
2
3
22
4
GMT
n
n=1、2、3…）的全部轨道都可以
D ．满足轨道半径r=23224GMT n
π（n=1、2、3…）的部分轨道 【答案】D
【解析】
该卫星一定不是同步卫星，因为同步地球卫星只能定点于赤道的正上方，故A 错误．卫星的轨道平面必须过地心，不可能与地球北纬43°线所确定的平面共面，故B 错误．卫星的周期可能为：T′= T
n
，n=1、2、3…，根据2224Mm G m r r T π='解得：2
3224GMT r n
π=（n=1、2、3…），满足这个表达式的部分轨道即可，故C 错误，D 正确．故选D ．
点睛：解决该题关键要掌握卫星受到的万有引力提供圆周运动向心力，知道卫星的运行轨道必过地心，知道同步卫星的特点．
3．竖直向上抛出一个小球，图示为小球向上做匀变速直线运动时的频闪照片，频闪仪每隔0.05s 闪光一次，测出ac 长为23cm ，af 长为34cm ，则下列说法正确的是（ ）
A ．bc 长为13cm
B ．df 长为7cm
C ．小球的加速度大小为12m/s 2
D ．小球通过d 点的速度大小为2.2m/s
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
C ．根据题意可知，cf 长为11cm ，则根据匀变速直线运动的位移差公式可得
222
12m/s (2)(2)x ac cf a T T ?-=== 其中
0.05s T =
所以C 正确；
D ．匀变速直线运动中，某段的平均速度等于这一段中间时刻的瞬时速度，则d 点的速度为
1.1m/s 2d cf v T == 所以D 错误；
B ．根据匀变速直线运动的位移公式得
214cm 2
d df v T aT =-= 所以B 错误；
A ．同理可得b 点的速度为
2.3m/s 2b ac v T
=
= 则 2110cm 2
b b
c v T aT =-= 所以A 错误。
故选C 。
4．物体在做以下各种运动的过程中，运动状态保持不变的是（ ）
A ．匀速直线运动
B ．自由落体运动
C ．平抛运动
D ．匀速圆周运动
【答案】A
【解析】
【详解】
运动状态保持不变是指物体速度的大小和方向都不变，即物体保持静止或做匀速直线运动，故A 项正确，BCD 三项错误。
5．如图所示，在矩形区域abcd 内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直abcd 平面的匀强磁场，已知bc 边长为3L 。一个质量为m ，带电量为q 的正粒子，从ab 边上的M 点垂直ab 边射入磁场，从cd 边上的N 点射出，MN 之间的距离为2L ，不计粒子重力，下列说法正确的是（ ）
A ．磁场方向垂直abcd 平面向里
B ．该粒子在磁场中运动的时间为3m qB
π
C ．该粒子在磁场中运动的速率为qBL m
D ．该粒子从M 点到N 点的运动过程中，洛伦兹力对该粒子的冲量为零
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．粒子向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直abcd 平面向外，故A 错误；
B ．粒子运动轨迹如图所示
根据图中几何关系可得2243MP L L L -，则
R 2=3L 2+（R-L ）2
解得 R=2L
3322L sin L θ=
=
解得
θ=60° 该粒子在磁场中运动的时间为
112663m m t T qB qB
ππ=?=＝ 故B 正确；
C ．根据洛伦兹力提供向心力可得mv R qB
=，解得该粒子在磁场中运动的速率为 2qBL v m
= 故C 错误；
D ．根据动量定理可得该粒子从M 点到N 点的运动过程中，洛伦兹力对该粒子的冲量等于动量变化，由于速度变化不为零，则动量变化不为零，洛伦兹力对该粒子的冲量不为零，故D 错误。
故选B 。
6．如图所示，一质量为m 0=4kg 、倾角θ=45°的斜面体C 放在光滑水平桌面上，斜面上叠放质量均为m=1kg
的物块A 和B ，物块B 的下表面光滑，上表面粗糙且与物块A 下表面间的动摩擦因数为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；物块B 在水平恒力F 作用下与物块A 和斜面体C 一起恰好保持相对静止地向右运动，取g=10m/s2，下列判断正确的是（ ）
A ．物块A 受到摩擦力大小5N f F =
B ．斜面体的加速度大小为a=10m/s 2
C ．水平恒力大小F=15N
D ．若水平恒力F 作用在A 上，A 、B 、C 三物体仍然可以相对静止
【答案】A
【解析】
【详解】
ABC ．对物块A 和B 分析，受力重力、斜面体对其支持力和水平恒力，如图所示
根据牛顿第二定律则有
sin θ2F N ma -=
其中
cos θ2N mg =
对物块A 、B 和斜面体C 分析，根据牛顿第二定律则有
0(2)F m m a =+
联立解得
25m/s a =
30N F =
对物块A 分析，根据牛顿第二定律可得物块A 受到摩擦力大小
5N f F ma ==
故A 正确，B 、C 错误；
D ．若水平恒力F 作用在A 上，则有
A F mg ma μ-=
解得
225m/s A a a =>
所以物块A 相对物块B 滑动，故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 ．布朗运动只能在液体里发生，且温度越高，布朗运动越激烈
B ．分子间距离增大，分子间作用力对外表现可能为斥力
C ．分子动能与分子势能的和叫作这个分子的内能
D ．滴进水中的墨水微粒能做扩散运动，说明分子间有空隙
E.外界对某理想气体做功62.010J ?，气体对外放热61.010J ?，则气体温度升高
【答案】BDE
【解析】
【详解】
A ．布朗运动是悬浮在液体或气体中固体小颗粒的无规则运动；布朗运动可以在液体里发生，也可以在气体里发生，且温度越高，布朗运动越激烈，故A 错误。
B.在分子间距离r C.所有分子动能与分子势能的总和叫做物体的内能，单个分子的内能没有意义，故C 错误； D.滴进水中的墨水微粒能做扩散运动，说明分子间有空隙，故D 正确； E.外界对某理想气体做功W=2.0×105J ，气体对外放热Q=-1.0×105J ，根据热力学第一定律，则气体的内能变化 n E=W+Q=2.0×105J-1.0×105J=1.0×105J 所以气体的内能增大，温度升高，故E 正确。 故选BDE 。 8．如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，轻弹簧一端连接于竖直墙上，另一端连接于套在杆上的小球上，小球处于静止状态。现用平行于杆向上的力F 拉球，使小球沿杄缓慢向上移动，当弹簧水平时恰好处于原长，则从小球开始向上运动直到弹簧水平的过程中，下列说法正确的是（ ） A ．拉力F 越来越大 B ．拉力F 先减小后增大 C ．杆对球的作用力一直减小 D ．杆对球的作用力先增大后减小 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．弹簧的弹力一直减小到零，弹力与竖直方向的夹角一直增大，设弹簧弹力F 弹与竖直方向的夹角为α，在小球缓慢向上运动的过程中 cos F mg F α=-弹 可以分析得到F 一直增大，故A 正确，B 错误； CD ．设弹簧的原长为L ，则杆对小球弹力 sin sin (1sin )sin N L F F k L kL αααα??==-=- ??? 随α增大，N F 减小，故C 正确，D 错误。 故选AC 。 9．如图所示，在竖直平面内有一边长为L 的正方形区域处在场强为E 的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行．一质量为m 、带电量为q 的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速V 0进入该正方形区域．当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ） A ．可能等于零 B ．可能等于2012 mv C．可能等于1 2 mv02+ 1 2 qEL- 1 2 mgL D．可能等于1 2 mv02+ 2 3 qEL+ 1 2 mgL 【答案】BCD 【解析】 【分析】 要考虑电场方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．分析重力和电场力做功情况，然后根据动能定理求解． 【详解】 令正方形的四个顶点分别为ABCD，如图所示 若电场方向平行于AC： ①电场力向上，且大于重力，小球向上偏转，电场力做功为1 2 qEL，重力做功为- 1 2 mg，根据动能定理得： E k?1 2 mv1＝ 1 2 qEL? 1 2 mgL，即E k＝ 1 2 mv1+ 1 2 qEL? 1 2 mgL ②电场力向上，且等于重力，小球不偏转，做匀速直线运动，则E k=1 2 mv1． 若电场方向平行于AC，电场力向下，小球向下偏转，电场力做功为1 2 qEL，重力做功为 1 2 mgL，根据动 能定理得：E k?1 2 mv1＝ 1 2 qEL+ 1 2 mgL，即E k＝ 1 2 mv1+ 1 2 qEL+ 1 2 mgL． 由上分析可知，电场方向平行于AC，粒子离开电场时的动能不可能为2． 若电场方向平行于AB： 若电场力向右，水平方向和竖直方向上都加速，粒子离开电场时的动能大于2．若电场力向右，小球从D 点离开电场时，有E k?1 2 mv1＝qEL+ 1 2 mgL则得E k＝ 1 2 mv1+qEL+ 1 2 mgL 若电场力向左，水平方向减速，竖直方向上加速，粒子离开电场时的动能也大于2．故粒子离开电场时的动能都不可能为2．故BCD正确，A错误．故选BCD． 【点睛】 解决本题的关键分析电场力可能的方向，判断电场力与重力做功情况，再根据动能定理求解动能．10．如图所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行．t=0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图象如图所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s1．则 A．摩擦力的方向始终沿传送带向下 B．1~1s内，物块的加速度为1m/s1 C．传送带的倾角θ=30° D．物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】 开始物块相对于传送带向后滑动，物块受到的摩擦力平行于传送带向下，当物块受到大于传送带速度后，物块受到的摩擦力方向平行于传送带向上，故A错误；由图1所示图象可知，1～1s内，物块的加速度 ，故B正确；由图1所示图象可知，在0～1s内物块的加速度 ，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，在1～1s内，由牛顿第二定 律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，解得：μ=0.5，θ=37°，故C错误，D正确。 故选BD正确。 11．宇宙中，两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。设某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示。若AO>OB，则 A．恒星A的质量大于恒星B的质量 B．恒星A的动能大于恒星B的动能 C．恒星A的动量与恒星B的动量大小相等 D．恒星A的向心加速度大小小于恒星B的向心加速度大小 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 A ．根据万有引力提供向心力有 22A OA B OB m r m r ωω= 可得 A OA B OB m r m r = 因为OA OB r r >，所以有 A B m m < 即A 的质量一定小于B 的质量，故A 错误； B ．双星系统中，恒星的动能为 2222111222 k E mv m r m r r ωω===g 因为OA OB r r >，所以有 KA KB E E > 恒星A 的动能大于恒星B 的动能，故B 正确； C ．双星系统中，恒星的动量大小为 p mv m r ω== 所以有 A B p p = 恒星A 的动量大小等于恒星B 的动量大小，故C 正确； D ．双星系统中，恒星的加速度大小为 2a r ω= 因为OA OB r r >，所以有 A B a a > 恒星A 的向心加速度大小大于恒星B 的向心加速度大小，故D 错误； 故选BC 。 12．如图所示，正方形abcd 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a 点沿与ab 成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc 边离开磁场，乙粒子从ad 边的中点离开磁场．已知甲、乙两a 带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力． 以下判断正确的是
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