卷4-2021年决胜高考物理模考冲刺卷（重庆新高考专用）（解析版）.docx

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1、2021年决胜高考物理模考冲刺卷注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。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。1一质量为m的物体，以初速度v沿斜面从底端向上滑行，斜面光滑，以斜面底端所在平面为零势能面，则当滑到h高处时，该物体的机械能一定是（ ）A Bmgh C+mgh Dmgh【答案】A【解析】试题分析：物体在上滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，求出初位置的机械能，从而得出高

2、度h处的机械能物体上滑的过程中，机械能守恒，所以滑到h高处时具有的机械能等于斜面底端的机械能，则，A正确2月球土壤里大量存在着一种叫做“氦3”(23He)的化学元素，是核聚变的重要原料之一。科学家初步估计月球上至少有100万吨“氦3”，如果相关技术开发成功，将可为地球带来取之不尽的能源。关于“氦3”与氘核(12H)聚变生成“氦4”(24He)，下列说法中正确的是A该核反应方程式为23He+12H24He+11HB该核反应生成物的质量大于参加反应物的质量C该核反应出现质量亏损，吸收能量D因为“氦3”比“氦4”的比结合能小，所以“氦3”比“氦4”稳定【答案】A【解析】根据电荷数守恒、质量数守恒，该

3、核反应方程为23He+12H24He+11H，故A正确；关于“氦3(23He)”与氘核(12H)聚变生成氦4(24He)和质子，有大量的能量放出，根据爱因斯坦质能方程可知该核反应有质量亏损，生成物的质量小于参加反应物质的质量，故BC错误；比结合能越大，原子核越稳定，D错误3如图所示，匀强磁场区域宽度为L，将一边长为d(d>L)的矩形线圈以恒定的速度v向右通过磁场区域，在这个过程中，没有感应电流的时间为（ ）Ad/vB2d/vC(d-L)/vD(d-2L)/v【答案】C【解析】线圈完全进入磁场过程中，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，此过程的路程为s=d-L，没有感应电流的时间，故选

4、C.【点睛】只要闭合回路中的磁通量发生变化，回路中就会产生感应电流，穿过闭合回路的磁通量不变，回路中没有感应电流；由导体框运动过程由速度公式可求得没有感应电流的时间42013年12月2日晚，发射了嫦娥三号几天后，运载火箭将嫦娥三号直接送入地月转移轨道；近月制动被月球捕获，进入距月球表面高h环月圆轨道作为地球天然卫星的月球，月球的质量M,已知月球直径约为r，则月球的平均密度和圆轨道的运行周期T（引力常量为G）（ ）A ；B ；C；D；【答案】C【解析】由密度公式得： ，做圆周运动的过程中万有引力提供向心力，所以 ，解得 ，故C正确。5为迎接新年，小明同学给家里墙壁粉刷涂料，涂料滚由滚筒与轻竿组成

5、，示意图如下。小明同学缓缓上推涂料滚，不计轻竿的重力以及滚筒与墙壁的摩擦力。轻竿对涂料滚筒的推力为F1，墙壁对涂料滚筒的支持力为F2，以下说法中正确的是AF1增大BF1先减小后增大CF2增大DF2减小【答案】D【分析】以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出受力图，根据平衡条件得到竿对涂料滚的推力为F1和墙壁对涂料滚的弹力F2的表达式，再分析两个力的变化【详解】以涂料滚为研究对象，分析受力情况，作出受力图。设撑杆与墙壁间的夹角，根据平衡条件得，；由题，撑轩与墙壁间的夹角减小，cos增大，tan减小，则 F1、F2均减小。故选：D。【点睛】本题是动态平衡问题，采用函数法分析的，也可以采用作图法更直

6、观反映出两个力的变化情况6图中虚线所示为某一静电场的等势面，一点电荷仅在静电力作用下先后经过A、B、C三点，在经过A、C点时，其动能分别为10eV和30eV，当这一点电荷经过到B点时，其动能应为（）A10eVB15eVC20eVD30eV【答案】C【详解】由于电荷在电场中运动时，只受电场力作用，所以电荷的电势能和动能之和守恒，由于从A到C动能增加，故电场力做正功，电荷带正电，则根据能量守恒定律可得解得Ek=20eV故选C。7如图所示，在光滑的绝缘水平桌面上，有一质量均匀分布的细圆环，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。圆环的半径为R，质量为m。令此圆环均匀带上正电荷，总电量为Q。

7、当圆环绕通过其中心的竖直轴以角速度沿图中所示方向匀速转动时（假设圆环的带电量不减少，不考虑环上电荷之间的作用），下列说法正确的是（）A圆环匀速转动形成的等效电流大小为B圆环受到的合力大小为BQRC圆环内侧（区）的磁感应强度大于外侧（区）的磁感应强度D将圆环分成无限个小段，每小段受到的合力都指向圆心，所以圆环有向里收缩的趋势【答案】C【详解】A圆环转动一周的时间为则可得圆环以的角速度转动时，产生的电流为故A错误；B电流为顺时针方向，根据左手安培定则，又将圆环无限细分为几小段，设每小段的长度为L，则每小段受到的安培力为而每小段受到的安培力均在水平面上并指向圆外，而每小段存在关于圆心对称的另一小段，

8、受到的安培力大小相等，方向相反，故整个圆环受到的合力为0。B错误；C根据右手定则，电流方向为顺时针方向，每一小段产生的磁场在圆环内侧垂直于平面向里，在圆环外侧的磁场都是垂直于平面向外，恒定磁场的方向为垂直于平面向里，则合磁场圆环内侧（区）的磁感应强度大于外侧（区）的磁感应强度，故C正确；D根据每小段受到的安培力都指向圆环外，整个圆环受到的合力为0，故圆环有向外扩张的趋势，D错误；故选C。二、多项选择题:本题共3小题，每小题5分，共15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，有错选的得0分.8如图所示，光滑的半圆形铁丝固定在水平地面上，穿在铁丝上的

9、质量为m的小球从最高点A由静止开始滑到最低点B，在从A到B的过程中，下列说法正确的是（ ）A小球对铁丝的作用力越来越大B铁丝对小球的作用力为F，F对小球的功为零，F的冲量也为零C重力对小球做功的功率越来越大D小球在AB间的某唯一一点对铁丝的作用力为零【答案】CD【详解】AD对小球进行受力分析，小球受到重力和铁丝的支持力，重力竖直向下，支持力垂直于切平面向上，小球做圆周运动，重力与支持力的合力提供向心力，在运动过程中，有一瞬间重力的分量提供全部的向心力，则此时铁丝对小球的支持力为零，这种情况在此过程中只出现一次，故A错误，D正确；B铁丝对小球的作用力方向与小球运动方向总是垂直，所以F对小球的功为

10、零，但冲量不为零，故B错误；C根据：小球的速率增大，速度在竖直方向的分量由于角度的变化也越来越大,所以重力对小球做功的功率越来越大，故C正确。故选CD。9如图，两物块P、Q置于倾角为的斜面上，两物块与斜面间的动摩擦因数均为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），P、Q质量分别为m、2m，两者之间用平行于斜面的轻绳连接。重力加速度大小为g，现对P施加一平行于斜面向上的拉力T，两物块均静止，P、Q间轻绳的张力大小为F则（）AF一定等于3mgsin+3mgcosBF一定等于mgsin+mgcosCT可能大于2mgsin+2mgcosDT可能大于2mgsin2mgcos【答案】CD【详解】AB. 由于Q保持

11、静止，当摩擦力沿斜面向下达到最大时，当摩擦力沿斜面向上达到最大时，故故AB错误；CD. 由于PQ之间有拉力，则由于整体没有向上滑动，故故故C D正确。10如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为31，原线圈与一电阻，串联后接入一正弦交流电源。副线圈电路中接入一电阻，则下列说法正确的是（）A若，则和消耗的电功率之比为19B若，则和两端的电压之比为31C若的阻值变为原来的3倍，为保证通过原线圈的电流不变，的阻值应减小18D若的阻值变为原来的3倍，为保证原线圈两端的电压不变，的阻值应变为原来的3倍【答案】ACD【详解】A.将变压器与负载等效为与串联的电阻R，则可得:若，则:根据理想变压器的电压比得:

12、根据可得和消耗的电功率之比为19，故A正确；B.同理可得若，则和两端的电压之比为11，故B错误；C.若的阻值变为原来的3倍，为保证通过原线圈的电流I不变，则:故的阻值应减小18，故C正确；D.若的阻值变为原来的3倍，为保证原线圈两端的电压不变，则:得:故的阻值应变为原来的3倍，故D正确；故选ACD。三、非选择题:共57分。第1114题为必考题，每个试题考生都必须作答。第1516题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题:共45分。11（6分）在做研究匀变速直线运动的实验时，某同学得到一条纸带，如图所示，并且每隔四个计时点取一个计数点，已知每两个相邻计数点间的距离为s，且，电磁打点计时器的电源频

13、率为50Hz。(1)关于打点计时器，下列说法正确的是_A打点计时器使用低压直流电源B打点计时器使用低压交流电源C先接通电源，再让纸带运动D先让纸带运动，再接通电源(2)相邻两个计数点间所对应的时间_s，根据_ 可确定小车做匀加速直线运动；(3)计算此小车运动的加速度大小_，打第4个计数点时小车的速度大小_请你依据本实验推断第6记数点和第7记数点之间的距离是_cm；(4)如果当时交变电流的频率是，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比_选填“偏大”、“偏小”或“不变”。【答案】BC 连续相等时间内的位移之差是一恒量 偏大 【详解】(1) 1AB. 打点计时器使用低压交流

14、电源，选项A错误，B正确；CD. 实验时要先接通电源，再让纸带运动，选项C正确，D错误；故选BC。(2) 23每隔四个计时点取一个计数点，则相邻两个计数点间所对应的时间T=0.1s，根据连续相等时间内的位移之差是一恒量可确定小车做匀加速直线运动；(3)4根据计算此小车运动的加速度大小5打第4个计数点时小车的速度大小6依据本实验推断第6记数点和第7记数点之间的距离是(4)7如果当时交变电流的频率是，则打点周期变大，而做实验的同学并不知道，仍用0.02s计算，则那么加速度的测量值与实际值相比偏大。12（9分）有一个简易的多用电表，内部电路如图所示。它有a、b、c、d四个接线柱，表盘上有两条刻度线，

15、其中表示电阻的刻度线刻度是均匀的，表头G的满偏电流Ig=25mA，内阻Rg=10。使用a、c两个接线柱，多用电表的功能是量程为0100V的电压表。（1）表盘上电阻刻度线上的相邻两刻度表示的电阻值之差越往左侧越_（填“大”或“小”）。（2）如果使用a、b两个接线柱，多用电表最多能够测量_V的电压，与接线柱c相连的电阻R=_。（3）将a、d两个接线柱短接，调节滑动变阻器的滑动触头，使表头指针指向表盘右侧“0”刻度。取一个电阻箱，将a、d两个接线柱与电阻箱相连，调节电阻箱，使表头指针指向表盘的正中央，此时电阻箱的电阻为120，则这只多用电表欧姆挡的内阻为_；这只多用电表内电源的电动势为_V。（4）按

16、照红、黑表笔的一般使用规则，测电阻时红表笔应该与接线柱_（填“a”或“d”）相连。【答案】大 0.25 3990 120 3V a 【详解】（1）1由欧姆表原理可知，左侧电阻大，所以越往左侧，相邻两刻度表示的电阻值之差越大；（2）2使用a、b两个接线柱时，多用电表为电流表，多用电表所能测的最大电压，即为表头的满偏电压3与接线柱c相连时是将表头改成量程为0100V的电压表，根据电压的改装原理，则有解得代入数据得=3990（3）45当指针指在正中央时，表头示数为，欧姆表中值电阻等于其内阻，即120，根据闭合电路的欧姆定律，则电源电动势为代入数据解得（4）6按照多用电表红、黑表笔的使用规则，黑表笔电

17、势要高于红表笔电势，所以红表笔应该与接线柱a相连。13（12分）如图所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P(L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g，求：（1）粒子从P点运动到坐标原点的时间；（2）匀强磁场的磁感应强度的大小和方向【答案】（1）（2）【解析】（1）粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，则粒子带正电

18、，；，解得（2）设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v，由动能定理可得求得，方向与x轴正方向成45°角，由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的Q（L，0）点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里粒子做圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为由牛顿第二定律可得，解得14（18元）传统的火箭发动机将燃料的化学能转化为机械能，主要用于助推火箭升空。而在太空中各类航天器多数采用的是将电能转化为机械能的电推力火箭发动机。(1)某个以化学燃料提供动力的火箭总质量为，运行速

19、度，在极短的时间内喷射燃气的质量是，同时火箭获得加速，速度大小变为，求燃气喷射速度u的大小；(2)某航天器采用离子引擎推动，引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极之间的匀强电场（初速度忽略不计），间电压为U，正离子加速形成等效电流为I，在加速过程中引擎获得恒定的推力。离子质量为m，电荷量为q，a、试求该引擎获得的推力F的大小；b、加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式，为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的任意一条建议。【答案】(1)；(2)a ；b；为提高能量的转换效率，可以用质量大的粒子、用带电量少的离子、减小加速

20、电压。【详解】(1)极短的时间内喷射燃气，系统动量守恒，有解得(2)a正离子飘入匀强电场，电场力做功功率为正离子在电场中做匀加速直线运动，则有联立，可得根据牛顿第三定律，可知引擎获得的推力F的大小为b根据上一问分析，可知为提高能量的转换效率，可以用质量大的粒子、用带电量少的离子、减小加速电压。（二）选考题:共12分。请考生从第15题和第16题中任选一题作答，若两题都做，则按所做的第一题记分。15.选修3-3（12分）（1）以下说法不正确的是_（在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）。A玻璃管的裂口烧熔后会变钝是表面张力的作用引起的B一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系C

21、做油膜法估测分子直径的实验时，要先撒痱子粉再滴入酸酒精溶液D只要知道某种物质的摩尔体积和分子体积，就可以计算出阿伏加德罗常数【答案】D【详解】A由于熔融的液态玻璃存在表面张力，使表面收缩，表面积变小，因此玻璃细杆顶端被烧熔后变成圆形，与表面张力有关故A说法正确，不符合题意；B浸润与不浸润与两种接触物质的性质有关；水可以浸润玻璃，但是不能浸润石蜡，这个现象表明一种液体是否浸润某种固体与这两种物质的性质都有关系故B说法正确，不符合题意；C为了使油酸分子紧密排列，同时更便于测量面积，实验时先将痱子粉均匀洒在水面上，再把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，C说法正确，不符合题意；D知道气体的摩尔体积和阿伏伽德

22、罗常数可以计算出每个气体分子占据的平均空间，但不是分子的体积，故不可以计算出阿伏加德罗常数，故D错误综上分析，D说法不正确，符合题意故选D。（2）（8分）横截面积为S的导热气缸竖直放置在水平地面上，两个轻活塞A和B将气缸分隔为、两个气室，两活塞间距离为d，两气室体积之比为12，如图1所示在保持室温不变的条件下，缓慢在活塞A上加细沙，使之向下移动一段距离hd不计活塞与气缸壁之间的摩擦，室内大气压强为 p0，求所加细沙的质量【答案】【详解】由于是轻活塞，质量不计，活塞与气缸间的摩擦不计，因此两部分气体压强相等，状态1时，气体压强等于大气压强pp0，气室的体积V1dS，气室的体积V22V12dS设所

23、加细沙的质量为m，此时活塞B下移距离为h，则状态2气体的压强，气室的体积V1（dhh）S，气室的体积V2（2dh）S由于保持室温不变、气缸导热和缓慢加沙，气缸内气体做等温变化，由玻意耳定律得p0dS p（dh h）Sp0·2dSp（2dh）S联立式得hd式代入式解得【名师点睛】此题是考查了玻意耳定律的应用；解题时关键是确定研究对象，找到气体的各个状态及状态参量，根据玻意耳定律列出方程联立求解16.选修3-4（12分）（1）（4分）如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t="=" 0时刻的波形图，虚线是这列波在t="=" 0.2 s时刻的波形

24、图已知该波的波速是0.8 ms ，则下列说法正确的是A这列波的波长是14 B这列波的周期是0.125 sC这列波可能是沿x轴正方向传播的Dt =0时，x= 4 处的质点速度沿y轴负方向【答案】D【详解】根据图像可得波长，故A错误；因为，所以周期，故B错误；经过0.2s即经过，只看经过的振动情况即可，根据波形的平移法可得知，该波x轴负方向传播，故C错误；由于该波向左传播，所以根据振动和波动关系可知t=0时刻，x=4cm处的质点的速度沿y轴负方向，故D正确故选D【点睛】本题给出两个时刻的波形图，让从中获取信息求解，题意新颖，有一定难度在解题是可以通过特殊点来确定，如平衡位置、波峰、波谷等（2）（8

25、分）如图所示为一置于空气中用透明材料做成的圆柱体元件的横截面，AB为通过截面圆心O轴线，截面图的半径为R。一平行于AB的细光束从N点射入该元件，射出后与直线AB交于P点。现测得MN与AB的距离为32R；OP=3R，求：光从N点射入元件的入射角；该元件材料的折射率。【答案】（1）600（2）62【解析】（1）根据题意作出光路图如图所示由数学知识有 sini1=32RR=32解得光从N点射入元件的入射角    i1=60°   （2）因i2=i3，所以根据光路可逆性原理有 i6=i1=60°

26、0;  则可得  i4=180°-i6=120°        由正弦定理可得OPsini4=Rsini5 解得   i5=30°         由几何知识可知 i2=i3=45°      材料的折射率为n=sini1sinr2=sin60°sin45°=62  点睛：本题首先要读懂题意，其次要正确作出光路图，灵活运用数学知识求入射角和折射角再结合折射定律研究这类问题