卷5-2021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下列说法错误的是（ ）A光电效应实验表明光具有粒子性B只要入射光频率超过金属的截止频率，就可以发生光电效应C氢原子光谱是连续谱D通常情况下，原子处于基态，基态是最稳定的【答案】C【解析】光具有波粒二象性，光电效应证实了光具有粒子性，故A不符合题意；只要入射光频率超过金属的截止频率，就可以发生光电效应，故B不符合题意；因为能级是量子化的，则能级差也是量子化的，辐射的光子能量也是量子化的，所以原子光谱为线状谱，故C符

2、合题意；原子处在基态时最稳定，处于较高能级时会自发地向较低能级跃迁，故D不符合题意。故选C【点睛】光电效应实验证实了光具有粒子性；当入射光的频率大于极限频率时发生光电效应；氢原子光谱为线状谱；原子处在基态时最稳定2有两条长直导线垂直纸面水平放置，交纸面于a、b两点，通有大小相等的恒定电流，方向如图，a、b的连线水平。c是ab的中点，d点与c点关于b点对称。已知c点的磁感应强度为B1，d点的磁感应强度为B2，则关于a处导线在d点的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是A，方向竖直向上B，方向竖直向下C，方向竖直向下D，方向竖直向上【答案】B【解析】设a处导线在d点的磁感应强度的大小为B，方向

3、方向竖直向下。根据通电直导线产生的磁场磁感应强度与电流成正比，a处导线在c点的磁感应强度的大小为3B，方向竖直向下。由题意知，两条长直导线恒定电流大小相等，则得到b处导线在c两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向下。b处导线在d两点的磁感应强度的大小为3B，根据安培定则得到，方向竖直向上。则根据磁场叠加得B1=3B+3B=6B，B2=3B-B=2B，根据数学知识得到，所以a处导线在d点的磁感应强度的大小为，方向是竖直向下。A，方向竖直向上。故A错误。 B，方向竖直向下。故B正确。 C，方向竖直向下。故C错误。 D，方向竖直向上。故D错误。32020年5月5日，长征五号B火箭

4、首飞成功，新一代载人飞船试验船和柔性充气式货物返回舱被送入预定轨道，中国空间站建造拉开序幕。若试验船绕地球做匀速圆周运动，它与地心的连线在单位时间内扫过的面积为S。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，则试验船的轨道半径为（）ABCD【答案】B【解析】根据由题可知利用黄金代换联立可得B正确，ACD错误。故选B。4海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电.在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示.浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置的线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值的灯泡相连.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，

5、如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计.匝数线圈所在处的磁感应强度T，线圈直径m,线圈电阻.重力加速度取10m/s2，.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为(m/s).则下列说法正确的是（）A波浪发电产生电动势的瞬时值表达式为(V)B灯泡中电流的瞬时值表达式为(A)C灯泡的电功率为D灯泡两端电压的有效值为V【答案】C【解析】线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为，又因为，联立得V，则波浪发电产生电动势的瞬时值表达式为(V)，故A错误；根据闭合电路欧姆定律有(A)，故B错误；灯泡中电流的有效值为A，则灯泡的电功率为W，故C正确；灯泡两端电压的有效值为V，故D错误.【易错分

6、析】不熟悉交流有效值公式而致错解答该题的关键是知道该题是动生电动势问题，故速度最大时，感应电动势最大；在求解灯泡两端电压时候，用欧姆定律最简单，不需硬套交流有效值公式.5如图所示，物体A、B用细绳连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45°的斜面上，B悬挂着已知质量，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°增大到50°，但物体仍保持静止，那么下列说法中正确的是（）A绳子的张力增大B物体A对斜面的压力将增大C物体A受到的静摩擦力增大D滑轮受到绳子的作用力保持不变【答案】C【解析】A.如图对A和B受力分析：斜面倾角增大过程中，物体B始终处于平衡状态，因此绳子上拉力大小始终等于物体B

7、重力的大小，不变，故A项不合题意.B.物体A对斜面的压力为：，随着的增大，减小，因此物体A对斜面的压力将减小，故B项不合题意.C.由题可知，开始时A重力沿斜面的分力大于绳子拉力，即，因此摩擦力平行斜面向上，随着角度增大，重力沿斜面的分力逐渐增大，而绳子拉力不变，因此物体所受摩擦力逐渐增大，方向沿斜面向上，故C项符合题意；D.绳子拉力大小不变，随着斜面角度的增大，绳子之间的夹角在减小，因此其合力增大，所以滑轮受到的绳的作用力增大，故D项不合题意.【名师点睛】本题考查了共点力作用下物体平衡，共点力作用下物体平衡高中物理的重点，要熟练掌握各种处理问题的方法，如本题中关键是把握绳子上拉力大小不变的特点

8、进行分析，根据物体B处于静止状态，可知绳子上张力没有变化；静摩擦力的大小和方向取决于绳子拉力和物体A重力沿斜面分力大小关系；滑轮所受绳子的作用为连接A和B绳子拉力的合力，由此可判断滑轮受到的绳的作用力变化情况.6如图所示，甲乙两个质量相等的物体从高度相同、倾角不同的两个粗糙斜面顶端由静止开始下滑，到达斜面底端。已知1<2，且两物体与斜面间动摩擦因数相同，下面说法正确的是A下滑的过程中甲受 到的重力冲量较大B下滑到底端时甲的重力功率较大C到达斜面底端时两物体动能相同D到达斜面底端时两物体的机械能损失量相同【答案】A【解析】设动摩擦因数为，则a=mgsinmgcosm=gsincos=g1+

9、2sin，其中=arcsin1+2，故越大，加速度越大，a甲<a乙，因为滑块做初速度为零的匀加速直线运动，故s=12at2，解得t=2sa，且s甲>s乙，故t甲>t乙，质量相同，故重力相同，根据I=mgt可得甲受到的重力冲量大，A正确；根据动能定理可得mgmgcossin=12mv20，即到达底端的动能为12mv2=mgmgtan，两者下落的高度相同，所以斜面的倾角越大，动能越大，又质量相等，所以乙到达底端的速度较大，乙在竖直方向上分速度大，根据P=mgv可得到底端时，乙的重力功率较大，BC错误；克服摩擦力做功Wf=mgtan，两斜面的倾角不同，克服摩擦力做功不同，机械能损失

10、量不同，D错误7一个带电粒子射入一固定在O点的点电荷的电场中，粒子运动轨迹如图虚线abc所示，图中实线表示电场的等势面，下列判断正确的是（）A粒子在abc的过程中，电场力始终做正功B粒子在abc的过程中，一直受静电引力作用C粒子在abc的过程中，ab段受引力，bc段受斥力D粒子在abc的过程中，ab段逆着电场线，bc段顺着电场线【答案】B【解析】ABC根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在abc的过程中，一直受静电引力作用，粒子在ab过程，电场力做正功，bc的过程电场力做负功，故AC错误，B正确；D粒子在abc的过程中，轨迹与电场线不在同一直线上，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共3小题，每小题

11、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在奥运会的口号是“更高、更快、更强”，是运动员展示力与美的机会在2012年伦敦奥运会中，一个运动员奋力抛出铅球，其运动轨迹如图所示已知在B点时的速度与加速度相互垂直，不计空气阻力，则下列表述正确的是（）A铅球从B点到D点加速度与速度始终垂直B铅球在竖直上方向做匀变速直线运动C铅球被抛出后的运动过程中，速度时刻在变化DB点是铅球运动轨迹的最高点，运动速度为零【答案】BC【解析】A、铅球做斜上抛运动，仅在最高点速度与加速度相互垂直，故A错误；B、C、铅球在竖直方向受恒力作用，做匀变速直

12、线运动，速度时刻在变化，故B、C正确；D、B点在铅球运动的轨迹最高点，其速度为水平方向，故D错误.故选BC【点睛】注意应用运动的分解观点研究抛体运动，由于忽略空气阻力，抛体机械能守恒定律9如图所示，CDE和MNP为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD、MN部分与水平面平行，DE和NP与水平面成30°，间距L = 1 m，CDNM面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1 = 1 T，DEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2 = 2 T。两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m = 0.1 kg，导体棒b与导轨CD、MN间的动摩擦因数均为 = 0.2，导体

13、棒a与导轨DE、NP之间无摩擦。导体棒a、b的电阻均为R = 1 。开始时，b棒静止在导轨上，现在由静止释放a棒，运动过程中a、b棒始终不脱离导轨，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10 m/s2，则（）Ab棒开始向右滑动时a棒的速度v = 0.2 m/sB若经过1 s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移为0.24 mC若将CDNM面上的磁场竖直向上，大小不变，b棒始终在水平导轨上，经过足够长的时间，a棒做匀速运动D若将CDNM面上的磁场竖直向上，大小不变，b棒始终在水平导轨上，经过足够长的时间，b棒做匀加速运动【答案】BD【解析】A开始时，a棒向下运动，根据

14、右手定则可知电流方向俯视为顺时针，对b棒根据左手定则可知b棒受到向左的安培力，所以b棒开始向左运动，当b棒开始滑动时，b棒受到的安培力应满足再由公式，综上各式解得因为b棒开始向左运动，而非向右运动，故A错误；B对a棒由动量定理得其中联立解得故B正确；CD设a棒的加速度为a1，b棒的加速度为a2，则有且当稳定后，电流保持不变，则可得，即a、b棒都做匀加速运动，故C错误，D正确。故选BD。10把质量是0.2kg的小球放在竖直的弹簧上，将小球往下按至a的位置，如图所示迅速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置c，途中经过位置b时弹簧正好处于原长已知b、a的高度差为0.1m，c、b的高度差为0.2m，弹

15、簧的质量和空气阻力均可忽略，g取10m/s2小球从a运动到c的过程中，下列说法正确的是（）A小球的动能先增大后减小B弹簧的弹性势能的最大值为0.6JC小球在b点的动能最大，为0.4JD小球的动能与弹簧的弹性势能的总和逐渐增加【答案】AB【解析】A开始阶段弹力F大于重力G，合外力方向向上，加速度向上，速度增加，动能增加；随着小球上升，F减小，G不变，合外力先减小到0，后反向增大，加速度向下，速度减小，动能减小，A正确；B小球在a点时弹性势能最大，当小球运动到C点时，弹性势能转化为从a到c重力势能的增量Ep=mgac=0.2×10×0.3=0.6J所以弹簧的弹性势能的最大值为0

16、.6J，故B正确；C当小球所受合力为0时，加速度a恰好减少到0，此时速度最大，而弹力F=G，弹簧长度不为原长，C错误；D整个过程中小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球重力势能增加，则动能和弹性势能之和减小故D错误；故选AB。点睛：利用能量之间的关系求解弹性势能，并利用能量守恒找到动能和弹性势能之和的变化情况三、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）“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，实验中除导线和开关外，还有以下器材可供选择：A直流电源3 V(内阻不

17、计)B直流电流表0300mA(内阻约为5)C直流电流表03A(内阻约为0.025)D直流电压表03V(内阻约为3.0k)E滑动变阻器100，0.5AF滑动变阻器10，2A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。(1)实验中电流表应选用_，滑动变阻器应选用_。(均填写仪器前的字母)(2)应选择图中哪一个电路图进行实验？_.(3)开关S闭合之前，图甲中滑动变阻器的滑片应该置于_。(选填“左端”“右端”或“正中间”)(4)根据实验数据，画出小灯泡I-U图线如图乙所示。由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是_ .(5)根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率P随其两端电压U或电压

18、的平方U2变化的图像，在下列选项中所给出的A、B、C、D图像中可能正确的是_.【答案】B F A 左端 5.55 AC 【解析】(1)1小灯泡的额定电流为故选电流表B；2滑动变阻器选择较小的，便于操作，故选滑动变阻器F；(2)3电流表内阻和小灯泡的内阻相接近，故采用电流表外接法，要求小灯泡两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器的分压接法，故选A图.(3)4为了保护小灯泡不被烧坏，应使得小灯泡两端的电压为零，所以滑动变阻器的滑片应置于最左端.(4)5从图中可知当小灯泡两端的电压为0.5V时，小灯泡中的电流为0.09A，所以根据欧姆定律可得此时小灯泡的电阻为：(5)6AB由P=UI可知，I为斜率，

19、随U的增加，I增加，则A正确，B错误；CD由，斜率为，在R不变时为正比例关系，由于R随电压的增大而增大，逐渐减小，故C图正确，D错误。12.（9分）如图1所示为用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置。(1)关于这一实验，下列说法正确的是_。A重物的质量不必测量B打点计时器应接低压直流电C应先接通电源，后释放纸带D需使用秒表测出重物下落的时间(2)实验中，该同学先接通电源，再释放重物，得到一条图2所示的纸带，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为纸带上所打的三个点，测得它们到起始点O的距离分别为h1、h2、h3，在A和B、B和C之间还各有一个点。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点

20、的周期为T，重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量Ep=_，动能增加量Ek=_。【答案】AC 【解析】（1）1A因为要验证两边的质量m可以消掉，所以可以不必测量重物质量，故A正确；B打点计时器应接交流电源，故B错误；C打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，故C正确；D可以用打点计时器计算时间，不需要秒表，故D错误。故选AC。（2）2从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为3根据匀变速直线运动的推论，可得打B点时重物的速度则重物动能增加量13.（10分）如图所示，在0xa的区域I内有垂直于纸面向里的匀强磁场在x>a的区域II内有垂直于纸面

21、向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B0质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子沿x轴从原点O射入磁场当粒子射入速度不大于v0时，粒子在进场中运动的时间都相同，求：（1）速度v0的大小；（2）若粒子射入磁场的速度大小为v0，其轨迹与x抽交点的横坐标；（3）调节区域II磁场的磁感强度为B0，使粒子以速度nv0（n>1）从O点沿x轴射入时，粒子均从O点射出磁场，n与满足的关系【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）粒子恰好与边界相切时RaqvBm解得：v0（2）带电粒子运动的轨迹如图所示，O1、O2分别为轨迹的圆心，由几何关系可得rsinaO2A2rsinO2B2rcosr（2）a轨迹与x

22、轴交点坐标为xO2ABC2(1)a（3）粒子在区域I中圆周运动的半径为R1，根据qnv0B0m粒子在区域II中圆周运动的半径为R2，qnv0B0 m在区域II中圆周运动的圆心位于x轴上才可能使粒子从O点射出R1sinaa（R1R2）cosaR1解得：点睛：对于带电粒子在磁场中的运动问题，关键正确画出粒子运动轨迹，运用几何知识求半径以及相关角度或距离，需要注重提高学生的数形结合思想14.（16分）质量为mA = l.0 kg的小物块A静止在水平地面上，与其右侧的竖直墙壁距离l = 1.0 m，如图所示。质量为mB = 3.0 kg 的小物块B以v0 = 2m/s的速度与A发生弹性正碰，碰后A沿着

23、与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为 = 0.20。重力加速度取g = 10 m/s²。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。（1）求A、B碰后瞬间速度vA、vB的大小；（2）A、B碰后哪一个速度先减为零？求此时A与B之间的距离s1；（3）A和B都停止后，A与B之间的距离s2。【答案】（1）vA=3.0 m/s，vB=1.0 m/s； （2）0.50 m；（3）0.25m【解析】（1）小物块A、B发生弹性正碰则：mBv0 = mAvA + mBvB 联立式并代入题给数据得vA=3.0 m/svB=1.0 m/s （2）A、B两物块与地面间的动摩

24、擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为碰撞后速度较小的B。设从碰撞到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。则有： 在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA = vAt 联立式并代入题给数据得sA=1.25 msB = 0.25 m 这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.75 m处。B位于出发点右边0.25 m处，两物块之间的距离s1为s1=0.75 m-0.25 m = 0.50 m

25、 （3）t 时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有联立式并代入题给数据得故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有联立式并代入题给数据得，这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式由式及题给数据得，sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离s2 = 0.25m（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）太空宇航员的航天服能保持与外界

26、绝热，为宇航员提供适宜的环境。若在地面上航天服内气体的压强为，体积为2L，温度为，到达太空后由于外部气压降低，航天服急剧膨胀，内部气体体积增大为所研究气体视为理想气体，则宇航员由地面到太空的过程中，若不采取任何措施，航天服内气体内能_ 选填（“增大”、“减小”或“不变”）。为使航天服内气体保持恒温，应给内部气体_ ，选填“制冷”或“加热”。【答案】减小 加热 【解析】1根据热力学第一定律气体急剧膨胀，气体对外界做功，W取负值，可知为负值，即内能减小。2为使航天服内气体保持恒温，应给内部气体加热。（2）（8分）如图所示，玻璃管A上端封闭，B上端开口且足够长，两管下端用橡皮管连接起来，A管上端被一

27、段水银柱封闭了一段长为cm的气体，外界大气压为cmHg，左右两水银面高度差为cm，温度为（1）保持温度不变，上下移动B管，使A管中气体长度变为cm，稳定后的压强为多少？（2）B管应向哪个方向移动？移动多少距离？（3）稳定后保持B不动，为了让A管中气体体积回复到cm，则温度应变为多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）气体做等温变化初状态：；，末状态：，根据玻意耳定律：，代入数据得：（2）气体的压强增大，则两部分的液面差增大，所以B管应向上移动：（3）末状态的压强：由查理定律：代入数据得：【点睛】分别列出初态和末态封闭气体的压强、体积，由根据玻意耳定律列式可求出；结合气体的压强的变化，

28、即可判断出B管运动的方向；先写出末状态的压强，根据几何关系求右管管口移动的距离，然后由查理定律即可求出16.选修3-4（12分）（1）（4分）两频率相同、振幅均为10cm的横波在传播过程中某一时刻叠加情况的俯视图如图所示。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，质点沿垂直于纸面方向振动，则该时刻a、c两点的高度差为_cm；b点是振动_（选填“加强”或“减弱”）的点。【答案】40cm 加强 【解析】1点a位置为波峰与波峰叠加是振动加强点，故位移为：20cm，点c位置为波谷与波谷叠加的点是振动加强点，故位移为：-20cm。所以a、c两点的高度差为40cm；2a、c两点都是振动加强的点，根据波的叠加原理，振动加强的与振动减弱的相互间隔，它们的连线上各点振动也加强，所以b处质点是振动加强的点。（2）（8分）如图所示的是一个透明圆柱体的横截面，一束单色光平行于直径AB射向圆柱体，光线经过折射后恰能射到B点，已知入射光线到直径AB的距离为R。R是圆柱体的半径。已知光在真空中的传播速度为c，求：(1)该透明圆柱体介质的折射率；(2)该单色光从C点传播到B点的时间。【答案】(1)；(2)【解析】(1)光线P经折射后经过B点，光路图如图所示由几何知识得sin=60°=30°则折射率为n=(2)CB间的距离为s=2Rcos=R光在圆柱体传播速度为v=则光从C点传播到B点的时间为t=