卷2-2021年决胜高考物理模考冲刺卷（新高考广东专用）（解析版）.docx

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1、2021年决胜高考物理模考冲刺卷本试卷共16小题，满分100分，考试时间75分钟一、单项选择题:本题共7小题，每小题4分，共28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如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块A与截面为三角形的垫块B叠放在一起，用水平外力F缓缓向左推动B，使A缓慢升高，设各接触面均光滑，则该过程中AA和B均受三个力作用而平衡BB对桌面的压力大变小CA对B的压力越来越小D推力F的大小不变【答案】D【解析】先以A为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力。故A错误。当B向左移动时，B

2、对A的支持力和墙对A的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变。则A对B的压力也保持不变。对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，F=N1，挡板对A的支持力N1不变，则推力F不变。桌面对整体的支持力N=G总，保持不变。则B对桌面的压力不变。故D正确，ABC错误。故选D。22019年12月27日20时45分，长征五号遥三运载火箭在中国海南文昌航天发射场点火升空，2000多秒后将实践二十号卫星送入预定轨道，发射飞行试验取得圆满成功。长征五号号称“胖五”，其起飞重量约870吨，直径5m，全长57米，起飞推力超1000吨，运载能力近25吨；未来月球探测器、火星探测器和载人空间站都要靠“

3、胖五”来发射升空。这次发射的实践二十号卫星是地球同步轨道卫星。以下判断中正确的是（ ）A“胖五”选在纬度较低的海南文昌发射场发射，是为了充分利用地球自转的线速度B“胖五”在加速起飞时推力大于重力，减速返回地面时推力将小于重力C实践二十号卫星的运行速度大于7.9km/sD火星探测器的发射速度应大于7.9km/s，小于11.2km/s【答案】A【解析】A地球上纬度较低的位置，自转的线速度较大，可以利用起来作为发射卫星的初速度，故A正确；B“胖五”在加速起飞时推力大于重力，加速度向上，减速返回地面时加速度向上，推力还是大于重力，故B错误；C根据可知，轨道半径越大线速度越小，而7.9km/s是近地卫星

4、的线速度，故作为地球同步卫星的实践二十号卫星，其运行速度小于7.9km/s，故C错误；D大于7.9km/s小于11.2km/s的速度只能保证在地球的引力范围内运动，而要到火星需要在太阳系的引力范围，则发射速度要大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度，即大于11.2km/s，小于16.7km/s，故D错误。故选A。3某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是（）A这个电场可能是负点电荷的电场B粒子必定带负电荷C粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度D粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度【答案】D【解析】A负点电荷形成的电场其电

5、场线是会聚型的射线，则知这个电场不可能是负点电荷形成的电场，故A错误；B由粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力沿着电场线的方向向上，所以粒子必定带正电荷，故B错误；CD电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以根据牛顿第二定律得知故C错误，D正确。故选D。4如图所示的一个匝数为10匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T，若用交流电压表测得a、b两点间的电压为，则可知：若从中性面开始计时，当时，穿过线圈的磁通量的变化率约为ABCD【答案】B【解析】一个匝数为10匝的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T，若用交流电压表测得a、b两点间的电压为，所

6、以，从中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为，当时，所以时线圈的磁通量的变化率，B正确【点睛】对于感应电动势的瞬时值表达式，要注意计时起点必须是从中性面开始，否则表达式中初相位不为零5如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是：A重力的冲量；B弹力的冲量；C刚到达底端时的动量D以上几个量都不同【答案】D【解析】物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度所用时间故斜面的夹角不同，所用时间不同，重力的重力不相等；弹力的冲量不相等；由于到达斜面底端速度方向不同，所以此时的动量也不相等。故选D。6以下

7、ABCD四幅图中“”表示垂直纸面向外的长直电流，“”表示垂直纸面向里长直电流：图中各导线中电流强度均为I；AB图中各导线正好位于正三角形个顶点上，O为正三角形的几何中心，CD图中各导线正好位于正方形四个顶点上，O为正方形的几何中心则这四副图中O点磁感应强度为零的是ABCD【答案】D【解析】A根据右手定则可以判断各导线在O点磁场方向如图所示：由电流相等，则各导线产生的场强大小相等，则根据场强叠加法则可知，其合场强不等于零，故选项A错误；B根据右手定则可以判断各导线在O点磁场方向如图所示：由电流相等，则各导线产生的场强大小相等，则根据场强叠加法则可知，其合场强不等于零，故选项B错误；C根据右手定则

8、可以判断各导线在O点磁场方向如图所示：由电流相等，则各导线产生的场强大小相等，则根据场强叠加法则可知，其合场强不等于零，故选项C错误；D根据右手定则可以判断各导线在O点磁场方向如图所示：由电流相等，则各导线产生的场强大小相等，则根据场强叠加法则可知，其合场强等于零，故选项D正确【点睛】本题考查右手定则的应用问题，注意磁场为矢量，其场强的合成仍遵循平行四边形定则7有关氢原子光谱的说法中不正确的是（）A氢原子的发射光谱是连续光谱B氢原子光谱的频率与氢原子能级的能量差有关C氢原子光谱说明氢原子能级是分立的D氢原子光谱说明氢原子只发出特定频率的光【答案】A【解析】A由于氢原子发射的光子的能量：,所以发

9、射的光子的能量值E是不连续的，只能是一些特殊频率的谱线，A错误，符合题意；B当氢原子从较高轨道跃第n能级迁到较低轨道第m能级时，发射的光子的能量为，显然n、m的取值不同，发射光子的频率就不同故氢原子光谱线的频率与氢原子能级的能力差有关，B正确，不符合题意；C由于氢原子的轨道是不连续的，而氢原子在不同的轨道上的能级，故氢原子的能级是不连续的即是分立的，故C正确，不符合题意；D由于氢原子发射的光子的能量：,所以发射的光子的能量值E是不连续的，只能是一些特殊频率的谱线，D正确，不符合题意。故选A。二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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

10、的得6分，选对但不全的得3分有选错的得0分。8物体以速度v0抛出做斜抛运动，则（）A在任何相等的时间内速度的变化量是相同的B可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动C射高和射程都取决于v0的大小Dv0很大，射高和射程可能很小【答案】AD【解析】试题分析：斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，加速度为g，根据加速度的定义式，分析速度变化量，根据匀变速直线运动的位移时间公式分析射高和射程的大小与什么因素有关物体只受重力，加速度为g，根据加速度的定义式，得速度的变化量v=gt，可知在任何相等的时间内速度的变化量是相同的，故A正确；物体水平方向不受力，分运动

11、为匀速直线运动，竖直方向上只受重力，具有向上的初速度，所以做竖直上抛运动，故可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，故B错误；设初速度与水平方向的夹角为射高为，运动时间为，水平射程为，可见，射高和射程都取决于的大小和方向两个因素，C错误；由上式根据数学知识可知，很大时，若很小，射高h可能很小；很大时，x可能很小，故D正确9如图所示，水平放置的光滑平行导轨足够长且处于竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻不计在导轨上放置两根与导轨垂直的质量、阻值均相等的导体棒ab、cd，给导体棒ab一初动能Ek，使其开始向右运动，下列说法正确的是（）A导体棒ab的速度不断减小到0B导体棒ab的加速度不

12、断减小到0C导体棒cd的加速度不断增大D导体棒cd最终能产生的热量【答案】BD【解析】ABC.给导体棒ab一个初动能Ek，使其开始向右运动，根据右手定则可知电流方向为cdba，根据左手定则ab受力向后，cd受力先前，ab做减速运动，cd做加速运动，当二者的速度相等时电路电流为零，安培力为零，则加速度为零，所以ab棒的速度不会减小到零，ab做加速度减小的减速运动、cd做加速度减小的加速运动，故AC项与题意不相符、B项与题意相符；D.设ab棒的初速度为v，则Ek；根据动量定理可得：mv2mv解得：vv系统产生的焦耳热Q所以导体棒cd最终能产生Q1故D项与题意相符10如图甲所示，在一直立的光滑管内放

13、置一轻质弹簧，一质量为m的小球，从距弹簧上端高处由静止自由释放，在接触到弹簧后继续向下运动，将弹簧压缩至最低点，压缩量为若以小球开始下落的位置为原点，竖直向下建立坐标轴，则小球的速度平方随x的变化图象如图乙所示已知弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g，则下列判断正确的是（ ）A对应于图乙A点：，重力的瞬时功率最大BOA直线的斜率为gC对应于图乙B点：重力的瞬时功率最大D对应于图乙C点：弹簧的弹性势能最大为【答案】CD【解析】AC图乙A点表示小球刚好接触弹簧，即自由落体刚结束的位置，故，但小球仍要向下加速，直到kx = mg的B点为止，此时速度最大，故在A点重力的瞬时功率不是最大的，在B点重力的瞬

14、时功率才是最大的，故A错误；B由自由落体运动的公式知，OA直线的斜率为2g，故B错误；C对应于图乙B点：速度最大，即受力平衡的位置，mg=kx，则，速度最大，则重力的瞬时功率最大，故C正确；D对应于图乙C点：小球运动的最低点，xc=3x0，根据能量的转化与守恒：Ep=mgxc=3mgx0，故D正确。故选CD。三、非选择题：共54分。第1114题为必考题，考生都必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。11（7分）某同学手头有一个标有“5V 9W”的小灯泡L，想描绘该小灯泡的伏安特性曲线，实验室中如下的实验器材：A电压表V1(量程为2V，内阻为2k)B电压表V2(

15、量程为15V，内阻为15k)C电流表A1(量程为2A，内阻约为1)D电流表A2(量程为0.6A，内阻约为10)E.定值电阻R1=4kF.定值电阻R2=16kG.滑动变阻器R3(05，2A)H.剂动变鞋器R4(0150，0.5A)I.学生电源(直流9V，内阻不计)J.开关，导线若干(1)为了便于调节且读数尽量准确，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_，电压表应选用_，定值电阻应选用_(填器材前的字母序号)(2)在虚线框中画出满足实验要求的电路图_(3)根据设计的电路图，可知小灯泡两端电压U与电压表读数Uv的关系为_【答案】C G A E 见解析 U=3Uv 【解析】(1)1234由小灯泡的标识可知

16、，其工作电流为1.5A，工作电阻为4，所以电流表宜选用电流表A1，即C；因为描绘该小灯泡的伏安特性曲线，电压从零开始变化，滑动变阻器采用分压接法，总阻值应与待测电阻阻值差不多，故选用滑动变阻器Ra，即G；电压表V2的量程太大，读数不准确，电压表V1的量程太小，但可以串联定值电阻R1，将量程扩大到6V，故电压表应选用V1，即A；定值电阻应选用R1，即E。(2)5滑动变阻器采用分压接法，电流表外接，电路图如图所示。(3)6根据串联电路知识可知= 3Uv12（9分）如图是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。（g取9.8m/s2）（1）选出一条清晰的纸带如图甲所示，其中O点为打点计时器打下的第一

17、个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器通过频率为50Hz的交变电流。用分度值为1mm的刻度尺测得OA12.41cm，OB18.90cm，OC27.06cm，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，重锤的质量为1.00kg。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了_J；此时重锤的动能比开始下落时增加了_J。（结果均保留三位有效数字）（2）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是_。（3）某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离h，算出了各计数点对应的速度v，然后以h为横轴、以v2为纵轴作出

18、了如图乙所示的图线，图线的斜率近似等于_。A19.6B9.8C4.90（4）图线未过原点O的原因是_。【答案】1.85 1.67 见解析 B 先释放了纸带，再合上打点计时器的开关 【解析】（1）1当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量打B点时重锤的速度2此时重锤的动能增加量（2）3由于纸带在下落过程中，重锤和空气之间存在阻力，纸带和打点计时器之间存在摩擦力，所以减小的重力势能部分转化为动能，还有部分要克服空气阻力和摩擦力阻力做功，故重力势能的減少量大于动能的增加量（3）4由机械能守恒定有可得由此可知图线的斜率近似等于重力加速度g，故选B；（4）5由图线可知，h=0时，重锤的速度不等于零，

19、原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器的开关。13（10分）如图所示，在xOy坐标系中，第三、四象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场，第一象限用虚线分成宽度均为L的、等多个区域，各区域均有平行坐标平面、电场强度大小都为E的匀强电场，区域、中的电场与x轴负方向成45°角；区域、中的电场与轴正方向成45°角。一质量为m、带电量为q的带正电的粒子自坐标为（L， L）的M点由静止释放，粒子重力不计，已知第三、四象限匀强磁场的磁感应强度大小为，求：（1）粒子第一次进人磁场后做圆周运动的半径大小；（2）写出粒子第二次和第四次与轴交点的坐标，并在答题卡对应的图中画出粒子自开

20、始释放至第四次经过x轴的轨迹；（3）粒子在运动过程中会经过坐标为（8L，0）的点，自开始释放至到达该点的时间。【答案】（1）L；（2）（2L，0），（4L，0），轨迹见解析；（3）（7+4）或（9+4）。【解析】（1）根据勾股定理可知，粒子第一次在电场中的位移大小为L，根据动能定理可得：qEL=mv2所以粒子第一次在磁场中的速度大小为：v=根据题意可得磁场的磁感应强度大小为B=粒子进入磁场后，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m粒子第一次进入磁场后做圆周运动的半径；（2）根据几何关系可知，粒子第二次与x轴交点的坐标为（2L，0），第四次与x轴交点的坐标为（4L，0），自开始释放至第四次与x轴

21、相交的轨迹如图所示；（3）根据可得粒子每次在电场中做匀速直线运动的时间为：根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=可得粒子运动周期为：T=粒子每次在磁场中转过270°时间为：t2=粒子每次在磁场中转过90°时间为：t3=自开始释放至到达该点的时间为：t=7t1+2t2+2t3=或=9t1+2t2+2t3=14（16分）一个光滑直槽长为，固定在水平面上，直槽两端有竖直挡板，槽内有两个质量相同的光滑小球设水平向右为轴正方向，初始时小球位于处，速度为，运动方向向右；小球位于处，速度为，运动方向向左，如图所示小球间的碰撞是完全弹性的（碰撞前后速度交换方向相反），而小球每次与槽壁的碰撞结

22、果都会使小球速度减半的返回，求：在哪些时间段内两小球的速度大小、方向相同？对应这些时间段的速度大小为多少？【答案】以及； ，（为两个小球的碰撞次数）【解析】由于两个质量相同的光滑小球间的碰撞是完全弹性的（碰撞前后速度交换方向相反），所以当两个小球碰撞后，两个小球组成的系统相对于相互“穿过”了对方，所以在第一次碰撞后小球以返回左侧的时间：，球与槽碰撞后的速度变成方向向右，球返回第一次右侧的时间：，球与槽碰撞后的速度变成方向向左，所以两个小球在的时间内速度相等，速度的大小为，方向向右，在时刻小球的到点距离：，所以在两个小球发生第二次碰撞后，小球的速度是方向向左，小球的速度是方向向右；小球返回右侧的

23、时间：，与槽发生第二次碰撞后的速度变成，方向向左，小球第二次返回左侧的时间：与槽发生第二次碰撞后的速度变成，方向向右，可知在：的时间内速度也相等，速度变成，方向向左；在两个小球发生第三次碰撞后，小球的速度是方向向左，小球的速度是方向向右；小球返回右侧的时间：，与槽发生第三次碰撞后的速度变成，方向向左，小球第三次返回左侧的时间：与槽发生第三次碰撞后的速度变成，方向向右，可知在：的时间内速度也相等，速度变成，方向向右，在两个小球发生第四次碰撞后，小球的速度是方向向左，小球的速度是方向向右，小球返回右侧的时间：，与槽发生第四次碰撞后的速度变成，方向向左，小球第四次返回左侧的时间：与槽发生第四次碰撞后

24、的速度变成，方向向右，可知在：的时间内速度也相等，速度变成，方向向左，由以上的分析可知，两个小球在以及的时间内速度是相等的对应的速度的大小分别为：，（为两个小球的碰撞次数）（二）选考题:共12分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。15.选修3-3（12分）（1）（4分）如图甲所示，夏天的清晨，荷叶上滚动着一个个晶莹剔透的小露珠，甚是好看。这些小露珠基本上都呈现为近似的球形，这是 _共同作用的结果（填“表面张力和浸润现象”、“表面张力和不浸润现象”或“表面张力和毛细现象”）；若分子引力和分子斥力随分子间距离r变化的关系图像如图乙所示，图中线段BD= BE。能总体上反映

25、露珠表面层水分子作用力的是图中的 _（选填“A”、“B”或“C”）位置。【答案】表面张力和不浸润现象 C 【解析】1露珠由于液体表面张力的作用总要收缩成球体，当液体与固体接触时，液体的附着层将沿固体表面收缩，即小露珠基本上都呈现为近似的球形是表面张力和不浸润现象共同作用的结果。2露珠液体表面层的分子分布比液体内部稀疏，液体表面层分子的间距大，相互作用表现为引力，即为图中的C点。（2）（8分）如图，足够长的平行玻璃砖厚度为d有反光膜，顶面AB之间涂有长为d的遮光物质一束光线以45°的入射角由A点入射，经底面反射后，恰能从B点射出（光在真空中的传播速度为c=3×108m/s）求

26、：光线在该玻璃中的传播速度。【答案】【解析】设光线在在玻璃砖下表面的折射角为r由几何关系可知： ，r=30°由折射定律得玻璃的折射率为 光线在玻璃中的传播速度为16.选修3-4（12分）（1）（4分）如图所示，实线是沿x轴传播的一列机械波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=1.5s时刻的波形图。已知波速是12m/s，则这列波的周期是_s，此波的传播方向为_。【答案】2； 负x方向 【解析】1由图可知，波长=24m，根据波速，周期为：2波平移距离为：x=vt=12m/s×1.5s=18m=；由于x=，故波沿负x方向传播。（2）（8分）如图所示，两封闭的玻璃管中间有一段长的

27、水银柱，玻璃管在温度恒为的室内水平放置，水银柱将玻璃管中的气体分成长度均为的、两郡分，两部分气体的压强均为现将玻璃管的左端抬起使其竖直放置，求玻璃管竖直放置时部分气体的长度和部分气体的压强【答案】 【分析】求出A、B两部分气体的状态参量，然后应用玻意耳定律求出气柱的长度【解析】气体的状态参量：pA1=pB1=p0=30cmHg，VA1=VB1=L0S=40S，PB2=PA2+h=PA2+16cmHg，VB2=LBS=80S-VA2=80S-LAS，由玻意耳定律得：PA1VA1=PA2VA2，即：30×40S=PA2LA2S  PB1VB1=PB2VB2，即：30×40S=（PA2+16）（80S-LAS）  由解得：LA=50cm，LB=30cm，pA2=24cmHg，pB2=40cmHg【点睛】本题是一道热学综合题，考查了求气柱的长度、气体的压强等问题，分析清楚气体状态变化过程、求出气体状态参量是解题的关键