卷4-2021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，两长直通电导线互相平行，电流方向相同，其截面处于一个等边三角形的A、B处，如图所示，两通电导线在C处的磁感应强度均为B，则C处总磁感应强度为()A2BBBC0DB【答案】D【解析】根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为故选D。2两相同小球距地面高度相同，其中一个水平抛出，另一个以相同

2、速率竖直上抛，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A两小球落地时动量相同B两小球落地时重力的瞬时功率相等C两小球落地时动能相等D从抛出到落地，两小球重力的冲量相等【答案】C【解析】A两个小球在运动的过程中都是只有重力做功，机械能守恒，所以根据机械能守恒可以知两物体落地时速度大小相等，方向不同，所以速度不同，两小球落地时动量不同，A错误；B两小球落地时重力的瞬时功率竖直方向速度大小不同，瞬时功率不相等 ，B错误；C两球质量相等，但落地时速度大小相等，根据动能表达式可知两小球落地时动能相同，C正确；D两小球从抛出到落地时间不同，两小球重力的冲量不相等，D错误；故选C3某静电场中的电场线如图

3、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，以下说法不正确的是（）A粒子必定带正电荷B粒子在M点的速度小于它在N点的速度C粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D该电场可能是一个负点电荷的电场【答案】D【解析】A由粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力沿着电场线方向向上，所以粒子必定带正电荷，故A正确；B电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增加，速度增大，所以粒子在M点的速度小于它在N点的速度，故B正确；C电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，粒子在N点受到的电场力大于在

4、M的电场力，所以粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故C正确；D电场线不是直线，根据图象可以判断不是负点电荷形成的电场，故D错误；不正确的故选D。4许多情况下光是由原子内部电子的运动产生的，因此光谱的研究是探索原子结构的一条重要途径关于氢原子光谱、氢原子能级和氢原子核外电子的运动，下列说法中正确的 A氢原子巴尔末线系谱线是包含从红外到紫外的线状谱B氢原子光谱的不连续性，表明了氢原子的能级是不连续的C氢原子处于不同能级时，电子在各处的概率是相同的D氢光谱管内气体导电发光是热辐射现象【答案】B【解析】巴尔末公式描述的光谱就是氢原子从n能级向2能级跃迁放出的，从能量计算可以得出，这一段也恰好正好

5、是可见光区域，故A错误；根据玻尔原子模型，结合氢原子光谱，则表明氢原子的能量是不连续的，故B正确；处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率不同，故C错误；由高能级向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量，不是热辐射现象，故D错误【点睛】解决本题的关键知道能级间跃迁时，辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差， ，注意跃迁辐射与热辐射的区别，及氢原子巴尔末线系谱线在可见光范围内5如图所示，物体静止在水平面上，现受到斜向下的推力F作用，仍处于静止状态，受到力F后，下列说法中正确的是（ ）A静摩擦力不变B支持力变大C支持力仍与重力平衡D支持力小于重力【答案】B【解析】设F与水平方向的夹角为，物体处于静止状态

6、，受力平衡，根据平衡条件得：水平方向：f=Fcos，竖直方向：N=mg+Fsin，则受到推力F后，静摩擦力从开始的0变大，选项A错误；支持力变大，选项B正确；受到推力F后，支持力大于重力，选项CD错误；故选B。62020年12月23日，清晨7点23分，一颗明亮的火球划过青海玉树和西藏昌都交界的高空。如图所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A点刚好进入大气层，之后由于受地球引力和大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是（）A陨石正减速飞向A处B陨石绕地球运转时角速度渐渐变小C陨石绕地球运转时速度渐渐变大D进入大气层后，陨石的机械能渐渐变大【答案】C【解析】AC从高轨道进入底轨道

7、A处，引力做正功大于阻力做功，所以动能增大，速度增大，A错误；C正确；B根据可得，速度增大，半径减小，则角速度增大，B错误；D进入大气层后，由于阻力做负功，产生内能，根据能量守恒定律得，陨石的机械能渐渐变小，D错误。故选C。7如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T，边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r=1，线圈饶垂直于磁感线的对称轴匀速转动，角速度=2rad/s，外电路电阻R=4，则（ ）A转动过程中感应电动势的峰值约为300VB由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°的角的过程中产生的平均感应电动势的大小为260VC线圈匀速转动一圈过程中，发电机产生的

8、电能约为1JD由图示位置（线圈平面与磁感线平行）开始，经过周期时间通过电阻R的电荷量约为1C【答案】C【解析】A在磁场中匀速转动的线圈产生的感应电动势的峰值所以A错误B根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势代入数据可得所以B错误C线圈匀速转动一圈过程中，发电机产生的电能所以C正确D通过导体的电荷量所以D错误二、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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分有选错的得0分。8关于斜抛运动，下列说法中错误的是（）A斜抛运动是曲线运动B斜抛运动是直线运动C斜抛运动的最高点的速度为零D斜抛运动的加速度是恒定的【答案】

9、BC【解析】AB斜抛运动过程中重力方向和速度方向不共线，所以做曲线运动，A正确、B错误；C斜抛运动可以分为竖直方向上的竖直上抛运动和水平方向上的匀速直线运动，在最高点竖直方向上的速度为零，但是在水平方向上速度不为零，C错误；D斜抛运动加速度为g，D正确。故选BC。9如图所示，一轻弹簧的一端固定于O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且弹簧保持原长的A点无初速度释放，让它自由下摆，不计空气阻力，则在小球由A点摆向最低点B的过程中( )A小球的机械能守恒B弹簧的弹性势能增加C弹簧和小球组成的系统机械能守恒D小球的机械能减少【答案】BCD【解析】AD、由于弹簧弹力对小球做负功，所以小球的

10、机械能减少，故A错误；D正确B、由于弹簧被拉长，所以弹簧的弹性势能增大，故B正确C、由A到B的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，即弹簧与小球的总机械能守恒，故C正确；10如图，两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为L，两导轨构成的平面与水平面成角金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接，其电阻均为R，质量分别为m和2m沿斜面向上的外力F作用在cd上使两棒静止，整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，重力加速度大小为g将轻绳烧断后，保持F不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好则A轻绳烧断瞬间，cd的加速度大小B轻绳烧断后，cd做匀加速运动C轻绳烧断后，任意时刻

11、两棒运动的速度大小之比vab：vcd=2：1D棒ab的最大速度【答案】ACD【分析】对整体分析，求出烧断细线前，拉力的大小，烧断细线瞬间，速度为0，安培力为0，根据牛顿第二定律求出cd棒的加速度；对两金属棒组成的系统，根据动量守恒定律求速度之比；当ab棒和cd棒加速度为零时，速度均达最大，根据受力平衡，结合闭合电路欧姆定律动量守恒定律求出棒子能达到的最大速度。【解析】A项：细绳烧断前，对两金属棒组成的整体，有F=（m+2m）gsin=3mgsin轻绳烧断瞬间，对cd有：F-2mgsin=2ma解得：，故A正确；B项：随着速度的变化，电动势不断变化，电流不断变化，安培力不断变化，加速度不断变化，

12、所以cd棒不可能做匀加速运动，故B错误；C项：两金属棒组成的系统合力为0，动量守恒，所以有：，解得：，故C正确；D项：回路总电动势E，因为，解得： 对ab棒：BIL=mgsin，联立解得，故D正确。故应选：ACD。【点睛】本题综合考查了牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、动量守恒定律，综合性强，本题的难点是双杆模型，两杆切割都产生感应电动势。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）如图所示为用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。(1)实验中使用的电源是_。（选填“交流电”或“直流电”）(2)实验时

13、，应使打点计时器的两个限位孔在同一竖直线上。这样做可以_（选填“消除”、“减小”或“增大”）纸带与限位孔之间的摩擦。(3)在实际测量中，重物减少的重力势能通常会_（选填“略大于”、“等于”或“略小于”）增加的动能。【答案】交流电 减小 略大于 【解析】(1)1打点计时器使用的是交流电源；(2)2打点计时器的两个限位孔如果不在在同一竖直线上。纸带运动中就会与限位孔之间有摩擦，重物下落时要克服这个阻力做功，重力势能不能全部转化为动能，实验存在误差。纸带与限位孔之间的摩擦是无法避免的，这样做只能减小纸带与限位孔之间的摩擦；(3)3实际实验中，重锤要受到空气阻力、纸带和打点计时器限位孔之间有摩擦力，故

14、重物下落时要克服这些阻力做功，重力势能不能全部转化为动能，有一小部分转化为内能，故重物减少的重力势能通常会略大于增加的动能。12（9分）有一个小电珠上有“4V2W”的字样，现要描绘这个小电珠的伏安特性曲线。现有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻约为10k）B电压表（010V，内阻约为20k）C电流表（00.3A，内阻约为1）D电流表（00.6A，内阻约为0.4）E滑动变阻器（10，2A）F滑动变阻器（1k，1A）G学生电源（直流6V），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选_（用序号字母表示）。（2）请在图1的方框内画出满足实验要求的电路图_，并把由图

15、2中所示的实验器材用实线连接成相应的实物电路图_。【答案】A D E 【解析】(1)123根据小电珠的参数，可得额定电流为0.5A，正常工作时的电阻为8，在安全、准确的情况下，电压表选择A，电流表选择D。描绘小电珠的伏安特性曲线，需要满足电压从0开始连续变化，电阻较小方便调节，所以滑动变阻器选择E。(2)4小电珠的电阻较小，测量电路应选择电流表外接。电路如图所示5实物连接如图13.（10分）图所示，一长L=4.5m、质量m1=1kg的长木板静止在水平面上，与地面间的动摩擦因数1=0.1长木板B端距光滑水平轨道CD的C端距离S=7m，长木板的上表面与CD面等高一小滑块以v0=9m/s的初速度滑上

16、长木板的A端后长木板开始运动小滑块质量m2=2kg，与长木板之间的动摩擦因数2=0.4，长木板运动到C处时即被半圆粘连水平轨道CD右侧有一竖直光滑圆形轨道在D点与水平轨道平滑连接，圆心为O，半径R=0.4m一轻质弹簧一端固定在O点的轴上，一端拴着一个质量与小滑块相等的小球，弹簧的原长为l0=0.5m，劲度系数k=100N/m，不计小滑块和小球的大小，取重力加速度的大小g=10m/s2求：（1）小滑块刚滑上长木板时，长木板的加速度大小a1和小滑块的加速度大小a2；（2）长木板与水平轨道C端发生粘连前瞬间的速度vt；（3）小滑块与小球在D点发生弹性碰撞后，小球随即沿圆弧轨道运动，通过分析可知小球到

17、达P点时离开圆轨道，求P、O连线与竖直方向夹角的余弦值【答案】（1）5m/s2 4m/s2 （2）4m/s； （3）余弦值为【解析】（1）由题意知滑块带动长木板滑动，先以滑块为研究对象，长木板对滑块的摩擦力使滑块产生加速度，故有：2m2g=m2a2可得滑块的加速度为： 长木板在滑块和地面滑动摩擦力共同作用下产生加速度有：；(2) 设滑块和木板达到共同速度v1时间为t则v1=a1t v1=v0a2t代入数据解得 v1=5×1m/s=5m/s此过程中长木板的位移为： 小滑块的位移为： 滑块与木板的位移差为：x=x2x1=72.5m=4.5m因为x=L，所以滑块刚好滑至长木板的右端时，两者

18、具有共同的速度，经后长木板与滑块一起做匀减速运动加速度为： 因为|a3|a2|，所以滑块和长木板一起减速，设滑行到C处的速度为vC，根据速度位移关系有： 即长木板与水平轨道C端发生粘连前瞬间的速度vt为4m/s；(3) 小滑块和小球质量相同，在D处弹性碰撞后，两球交换速度，小球以vC=4m/s沿圆弧轨道向上运动，设小球离开轨道时的速度为v由机械能守恒有： 根据牛顿第二定律有： 由以上两式解得：14.（16分）如图，在直角坐标系的第一、二象限存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在第三、四象限存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。质子从y轴上y = h点以一定的初速度射出，速度方向沿x

19、轴正方向。已知质子进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。质子的质量为m，电荷量为q。不计粒子重力。求：(1)质子第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)质子第一次在磁场中的运动时间。【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】（1）质子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出质子第一次进入磁场时到O点的距离。（2）质子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出质子的轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度。（3）质子在磁场中做圆周运动，由几何关系求解旋转的角度，根据周期公式求解时间。【解析】（1）质子在

20、电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，其轨迹圆的圆心设为O点，运动轨迹如图所示。设质子在电场中的加速度大小为a，初速度的大小为v0，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置P点到原点O的距离为x。由运动学公式有 由题给条件，质子进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角 = 30°。进入磁场时速度y分量为vy = a·t1 = v0·tan 联立得x = （2）质子在电场中运动时，由牛顿第二定律得 设质子进入磁场时速度的大小为v，由速度合成法则有 设磁感应强度大小为B，质子在磁场中运动的圆轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 ，即 由几何关系得 联立得

21、 （3）由质子在磁场中的运动轨迹图结合几何关系得圆心角为 = 则质子在磁场中的运动时间为 由匀速圆周运动规律结合轨迹半径公式得 则质子第一次在磁场中的运动时间t2 = 【点睛】本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。（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）一定质量的气体，温度不变时，气体分子的平均动能_(选填“增大”、“减小”或不变”）

22、.体积减小，分子的密集程度_（选填“增大”、“减小”或“不变”），气体压强增大，这就是对玻意耳定律的微观解释.【答案】不变 增大 【解析】12温度是分子平均动能的标志，一定质量的气体，温度不变时，气体分子的平均动能不变；体积减小，分子的密集程度增大，气体压强增大，这就是对玻意耳定律的微观解释.（2）（8分）如图，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管竖直放置玻璃管的下部封有长ll=25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm已知大气压强为P0=75.0cmHg现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气柱长度变为=20.0cm假

23、设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下推的距离【答案】15.0 cm【解析】以cmHg为压强单位，在活塞下推前，玻璃管下部空气柱的压强为：设活塞下推后，下部空气柱的压强为p1，由玻意耳定律得：活塞下推距离为时玻璃管上部空气柱的长度为：设此时玻璃管上部空气柱的压强为p2，则：由玻意耳定律得：由题给数据解得：15.0cm16.选修3-4（12分）（1）（4分）一列简谐横波沿x轴正方向传播，t=0时刻的波形图如图所示，质点A与质点B相距lm，t=0.03s时，质点A第一次到达正向最大位移处。则此波的传播速度为_m/s，在t=0.05s时，质点B的位置在_处。【答案】50 正向最大位移 【解析】由题可知A

24、B间相隔半个波长，则有；波沿x轴正方向传播，可知t=0时刻质点B点向上振动，质点A向下振动，质点A经第一次到达最大位置，解得，则波速；在时，质点B的位置在正向最大位移处。（2）（8分）如图所示，一玻璃砖的横截面为半径为R的半圆，折射率为一束单色平行光与直径MN成45°角入射。已知光在真空中传播的速度为c，不考虑玻璃砖内的反射光。求：(1)从弧面射出的光线在玻璃砖内传播的最长时间(2)弧面上有光线射出的弧线长度【答案】(1)(2)【解析】(1)根据折射定律有可得r= 30°由几何关系得在玻璃砖内光线传播的最长路程为光线在玻璃砖内的传播速率为所用时间为t(2)根据折射定律有解得临界角C=45°由几何关系可知光线在弧面上照射角度AOB=90°则弧面上有光线射出的弧长为试卷第15页，总16页