（新高考）2021届高考考前冲刺卷 物理（三）教师版.doc

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1、（新高考）此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 2021届高考考前冲刺卷物 理 （三）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。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以

2、下说法中正确的是()A链式反应是指由重核裂变产生的中子使裂变反应一代接一代继续下去的过程B在光电效应实验中，入射光的频率越高，单位时间内发射的光电子数一定越多C拍摄玻璃窗内物品时在镜头前加一偏振片，可增强窗内透射光的强度使照片更清晰D一个电子和一个质子具有同样的动能时，质子的德布罗意波波长更长【答案】A【解析】由链式反应定义可知A正确；单位时间内发射的光电子数还与光照强度有关，B错误；偏振片的作用是减弱玻璃窗反射光的强度，并不能增强透射光，C错误；由公式p，可得，因为电子的质量小于质子的质量，故电子的德布罗意波波长更长，D错误。2中国高速铁路最高运行时速350 km，几年前一位来中国旅行的瑞典

3、人在网上发了一段视频，高速行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示。在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下，这证明了中国高铁极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是()A硬币直立过程中，列车一定做匀速直线运动B硬币直立过程中，一定只受重力和支持力，处于平衡状态C硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用D列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用【答案】C【解析】当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或

4、减速过程中，如果加速度较小，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故ABD错误，C正确。3如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍。两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于b、d两点。图中e、f分别为ad、bc的中点，下列说法正确的是()Aa点与f点的磁感应强度相同Be点与f点的磁感应强度相同Ca点与c点的磁感应强度不同De点与c点的磁感应强度相同【答案】B【解析】通电导线在周围产生的磁场，磁感应强度大小为，由安培定则可知，上导线在a、f两点产生的磁场大小相同，方向不同；下导线在a、f两点产生的磁场大小不相同，方向不同，根据矢

5、量合成可知，两点磁感应强度不相同，故A错误；根据对称性可知，e点与f点的磁感应强度大小方向均相同，故B正确；根据对称性可知，a点与c点的磁感应强度大小相同，方向相同，故C错误；e点与c点和a点与f点类似，磁感应强度不相同，故D错误。4真空中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，电荷量及电性如图所示，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心点，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心点（到四个顶点的距离均相等）。下列判断正确的是()AA点电势等于D点电势BB点电势高于C点电势CA点的电势等于C点的电势D将电子从A点移动到B点，电势能不变【答案】A【解析】A、D点位于右侧面底边一对正、负点电荷

6、连线的中垂面上，即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上，同理，也位于左侧棱上的一对正、负点电荷形成的电场的等势面上，故A点电势等于D点电势，故A正确；A、B、C三点位于右侧面底边一对正、负点电荷连线的中垂面上，即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上，故A、B、C三点的电势由左侧棱上的一对正、负点电荷决定，根据一对等量正、负点电荷的等势面的分布特点可知，故BC错误；由以上分析知，将电子从A点移动到B点，电场力做负功，电势能增加，故D错误。5中国首个火星探测器“天问一号”，已于2021年2月10。日成功环绕火星运动。若火星和地球可认为在同一平面内绕太阳同方向做圆周运动，运行过程中火星与

7、地球最近时相距R0、最远时相距5R。，则两者从相距最近到相距最远需经过的最短时间约为()A365天B400天C670天D800天【答案】B【解析】设火星轨道半径为R1，公转周期为T1，地球轨道半径为R2，公转周期为T2，依题意有，解得，根据开普勒第三定律，有，解得年，设从相距最近到相距最远需经过的最短时间为t，有，带入数据，可得天，故选B。6青岛市即墨区鳌山湾一带受崂山余脉和海岛影响，形成了长达60多公里的狭长“疾风带”，为风力发电创造了有利条件，目前该地风电总装机容量已达18万千瓦。如图，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片

8、长为r，风速为v，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减速为0，原速率穿过，不考虑其他能量损耗。下列说法正确的是()A一台风力发电机的发电功率约为r2v3B一台风力发电机的发电功率约为r2v2C空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为r2v3D空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为r2v2【答案】D【解析】根据题意可知，假设空气流速v为空气接触扇面的面积Sr2，在时间t内流过扇叶的体积Vr2vt，则空气质量根据密度公式得mVr2vt，题中有的空气速度减为零所以与叶片发生相互作用的风的质量为m， 则根据动能定理Wmv2r2v3t，r2v3，AB错误；以与叶片发生相互作用得那部分空

9、气为研究对象，规定空气流动方向为正方向，可列动量定理表达式Ft0mv，得Fr2v2，则对一个扇叶的作用力Fr2v2，C错误，D正确。7如图所示为一小型发电站的输电示意图，升压变压器副线圈两端的电压u250sin 100t (V)，输电线的总电阻r10 ，降压变压器原副线圈匝数比为n1n251，为使“20 V 10 W”的灯泡L正常发光，需要在降压变压器副线圈串联一个电阻R（图中未画出），则R的阻值为()A9.8 B49.8 C59.6 D79.6 【答案】C【解析】降压变压器副线圈的电流大小，根据可得，则输电线上损失的电压为，降压变压器原线圈两端的电压为，根据可得，降压变压器副线圈两端的电压为

10、，在降压变压器副线圈串联一个电阻R，可得，解得R59.6 ，故选C。二、多选选择题：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，有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。8如图所示，一小球以速度v0从倾角为的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且速度水平向右，现将该小球以2v0的速度从斜面底端的同一位置朝同样方向抛出，落在斜面上的N点，空气阻力不计，下列说法正确的是()A落到N点时速度方向水平向右B落到M和N两点时间之比为14CM和N两点距离斜面底端的水平距离之比为14D小球从抛出点到落到M和N两点的两次过程中克服重力做功之比为12【答案】

11、AC【解析】由于落到斜面上M点时速度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为u，由，得空中飞行时间，落到M和N两点时间之比为12，v和水平方向夹角的正切值，为定值，即落到N点时速度方向水平向右，A正确，B错误；根据知，v与u成正比，故落到M和N两点速度之比为12，再结合可知，水平方向上距离之比为14，C正确；由知y和成正比，M和N两点距离斜面底端的高度之比为14，小球从抛出点到落到M和N两点的两次过程中克服重力做功之比为14，D错误。9如图甲所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于风洞实验室的水平地面，质量m0.1 kg的小球在轻弹簧正上方某处由静止下落，同时

12、受到一个竖直向上恒定的风力。以小球开始下落的位置为原点，竖直向下为x轴正方向，取地面为零势能参考面，在小球下落的全过程中，小球重力势能随小球位移变化关系如图乙中的图线，弹簧弹性势能随小球位移变化关系如图乙中的图线，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度g10 m/s2，则()A小球释放位置距地面的高度为0.6 mB小球在下落过程受到的风力为0.1 NC小球刚接触弹簧时的动能为0.45 JD小球的最大加速度大小为10 m/s2【答案】BC【解析】由图乙可知，小球处于释放位置的重力势能为0.70J，故根据可得，解得，故A错误；对下落的小球的运动状态分析，小球未接触弹簧前，做匀加速直线运动，此时小球

13、受重力和竖直向上的恒定风力f，根据牛顿第二定律有，在小球接触弹簧后，有，在增大，则T在增大，在减小，此时小球做加速度减小的加速运动直到，即时小球速度最大，之后小球继续向下运动，但此时，而在增大，小球做加速度增大的减速运动，直到小球速度减为0，由图乙可知小球速度减为0时小球下落0.6m，故，故B正确；小球刚接触弹簧时，小球下落了0.5m，则，解得，故C正确；根据牛顿第二定律知，小球下落过程中最大加速度为，故D错误。10如图所示，两足够长且电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面平行放置，虚线CD垂直于导轨，CD右边区域有竖直向上的匀强磁场B。两金属杆a、b长度与导轨宽度相等，在导轨上始终与导轨垂直且接

14、触良好。杆a不计电阻，质量为m，杆b电阻为R，质量为2m，杆b初始位置距离虚线CD足够远。杆a从CD左边某位置以初速度v0开始向右运动，第一次杆b固定，第二次杆b自由静止。两次相比较()A杆a最后的速度，两次都为零B杆a所受安培力，两次的最大值相等C整个过程中杆b产生的焦耳热，第一次的小于第二次的D整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的【答案】BD【解析】当b固定时，杆a最后速度为0，当b自由时，杆a最后速度为v ，由动量守恒定律可得，解得vv0，所以A错误；两次的杆a都做减速运动，开始时切割磁感线速度最大，产生的感应电动势最大小，感应电流最大，安培力最大，有，所以杆a所受安培力，两

15、次的最大值相等，则B正确；当b固定时，产生的焦耳热为，当b自由时，产生的焦耳热为，所以C错误；当b固定时，通过的电荷量为q1，由动量定理可得，解得，当b自由时，通过的电荷量为q2，由动量定理可得，解得，则整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的，所以D正确。三、非选择题：共54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42分11(6分)某探究小组想利用验证机械能守恒定律的装置测量当地的重力加速度，如图甲所示。框架上装有可上下移动位置的光电门1和固定不动的光电门2；框架竖直部分紧贴一刻度尺，零刻度线在上端，可以测量出两个光电

16、门到零刻度线的距离x1和x2；框架水平部分用电磁铁吸住一个质量为m的小铁块，小铁块的重心所在高度恰好与刻度尺零刻度线对齐。切断电磁铁线圈中的电流时，小铁块由静止释放，当小铁块先后经过两个光电门时，与光电门连接的传感器即可测算出其速度大小v1和v2。小组成员多次改变光电门1的位置，得到多组x1和x2的数据，建立如图乙所示的坐标系并描点连线，得出图线的斜率为k。(1)当地的重力加速度为_（用k表示）。(2)若选择光电门2所在高度为零势能面，则小铁块经过光电门1时的机械能表达式为_（用题中物理量的字母表示）。(3)关于光电门1的位置，下面哪个做法可以减小重力加速度的测量误差_。A尽量靠近刻度尺零刻度

17、线B尽量靠近光电门2C既不能太靠近刻度尺零刻度线，也不能太靠近光电门2【答案】(1)k (2)mv12mkx1 (3)C 【解析】(1)以0刻度线为零势能面，小铁块从光电门1运动到光电门2的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律得mv12mgx1mv22mgx2，整理得v22v122g(x2x1)，所以图像的斜率k2g，解得gk。(2)小铁块经过光电门1时的机械能等于小铁块经过光电门1时的动能加上势能，若选择刻度尺零刻度线所在高度为零势能面，则有E1mv12mgx1mv12mkx1。(3)用电磁铁释放小球的缺点是，当切断电流后，电磁铁的磁性消失需要一时间，铁球与电磁铁铁心可能有一些剩磁，都会使经

18、过光电门1的时间较实际值大，引起误差，并适当增大两光电门A、B间的距离，使位移测量的相对误差减小，故C正确。12(10分)某探究小组的同学先改装电流表，再用改装后的电流表及其他相关器材观察电容器的充放电现象。(1)已知两电流表G1、G2的量程均为300 A，为了扩大电流表G1的量程，小组的同学设计了如图（a）所示的电路。先将开关S1断开，闭合S2。调节R2，使G1和G2读数均为200 A；再将开关S1闭合，调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，保证G2读数不变，则当G1读数为_A时，G1与R1并联可以作为量程为600 A的电流表使用。(2)保持电阻箱R1不变，用电流表G1、R1和其他器材设计如图（b

19、）所示的电路观察电容器充放电现象，已知图（b）中电源的电动势E3 V。将单刀双掷开关先接1，通过电压传感器（与计算机相连）观测电容器电压随时间变化的图像如图（c）所示，充电过程电路中电流i、电容器电压u、电荷量q及充电时间t，则以下图像可能正确的是_（填正确答案标号）。再将单刀双掷开关接2，同时每隔5 s读一次电流表G1的示数i，并记录在数据记录表中；利用记录的数据，描绘出电容器放电过程的it图像如图（d）所示的平滑曲线。则实验中所用电容器的电容C_F，电容器充电完毕所储存的电能Ep_J。（结果均保留两位有效数字）【答案】(1)100 (2)ABD 1.5×103(1.4×

20、1031.6×103均可) 6.8×103(6.3×1037.2×103均可)【解析】(1)由于G1量程为300 A，当G1与R1并联使用时量程为600 A，可知此时R1Rg1，有2I1I2200 A，故I1100 A。(2)电容器带电量qCu，A正确；充电过程电路中电流，由图（c）知充电开始较大，然后逐渐减为零，B正确；由qCu可知qt图像与ut图像类似，C错误，D正确。每个小方格面积为30×106 A×2.5 s7.5×105 C，电容器放电过程it图像与坐标轴所围图形的面积中包含约30个小方格（大于等于半个方格算作一个

21、方格，小于半个方格舍去），每个时刻电容器放电电流是电流表G1示数的两倍。电容器充满电后储存的电荷量Q2×30×7.5×105 C4.5×103 C，电容器充电稳定时电压UE3 V，则C1.5×103 F(1.4×1031.6×103)；由qu图像下的“面积”表示电容器贮存的电能，有EpqUCU2 6.8×103 J（6.3×1037.2×103均可）。13(12分)在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场磁感应强度为B，一质量为m、电荷

22、量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点，且与x轴正方向成角射入磁场，测得M、N两点间的电势差。粒子最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：(1)角的值；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。【解析】(1)设粒子过N点时的速度为v，有粒子从M点运动到N点的过程，有解得：60°。(2)粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动，半径为r，有qvBm解得。(3)由几何关系得设粒子在电场中运动的时间为t1，有可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T设粒子在磁场中运动的时间为t2，有可得总

23、时间。14(14分)如图所示，一质量m11 kg的物块A和一质量m22 kg的长木板B静止于粗糙的水平地面上，长木板左端与物块A的距离L7.5 m，长木板右端静止一质量m32 kg的物块C，物块A与地面间的动摩擦因数µ10.5，长木板与地面间的动摩擦因数µ20.3，物块C与长木板间的动摩擦因数µ30.2，物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用一大小F020 N的水平恒力作用于物块A上，物块A开始向长木板运动，当物块A与长术板发生碰撞之前瞬间撤出水平恒力F0，物块A与长木板发生弹性正碰，木板足够长，在整个运动过程中物块C始终在长木板上，取重力加速度的大小gl

24、0 m/s2，物块A、C均可看作质点，求：(1)物块A与长术板B碰撞后瞬间，长木板获得的最大速度；(2)最终物块C距长木板B右端的距离d。【解析】(1)物块A运动过程，根据动能定理有：(F01m1g)Lm1v02代入数据解得v015 m/s设物块A与长木板碰撞后瞬间物块A和长木板的速度分别为v1、v2，弹性碰撞中动量守恒、动能守恒，因此有：m1v0m1v1m2v2m1v02m1v12m2v22以上两式联立解得长木板获得的最大速度v210 m/s。(2)物块A与长木板碰撞后物块A的质量小于长木板的质量，发生弹性碰撞时被弹回，以后不与长木板发生作用，以后只有长木板和物块C发生作用，设长木板开始做匀

25、减速运动的加速度大小为a1，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：2(m2m3)g3m3gm2a1解得a18 m/s2设物块C开始做匀加速运动的加速度大小分别为a2，以物块C为研究对象，根据牛顿第二定律有：3m3gm3a2解得a22 m/s2设经过时间t1二者恰好速度相等时速度大小为v，根据运动学公式有：vv2a1t1va2t1联立解得：t11 s，v2.0 m/s从长木板开始运动到长木板与物块C二者速度刚好相等的过程中，长木板一直做匀减速直线运动，物块C一直做匀加速直线运动，此过程中长木板的位移为物块C的位移x2vt11 m物块C的位移小于长木板的位移，物块C相对于长木板向左滑动的距离为x

26、x1x25 m在两者速度刚好相等之后，如果长木板和物块一直保持相对静止，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：2(m2m3)g(m2m3)a解得a3.0 m/s2设物块与长木板之间的摩擦力大小为f，物块的加速度大小也为a，则由牛顿第二定律得：fm3a6 N物块与长木板之间的最大静摩擦力大小fm3m3g4 N得出f>fm，这与实际情况不符，所以物块和木板之间还要发生相对滑动在后续的相对滑动过程中，物块的速度将大于长木板的速度，长木板受到滑块的滑动摩擦力方向将反向，变为水平向右，大小为3m3g，以长木板为研究对象根据牛顿第二定律有：2(m2m3)g3m3gm2a1解得a14 m/s2长木板从

27、共同速度v2.0 m/s减速0所时间长木板的位移x3vt20.5 m之后物块C做减速运动的加速度a12g2 m/s2物块从共同速度v2.0 m/s减速到0所用的时间物块C的位移x4vt31 m物块C的位移大于长木板的位移，则物块C相对于长木板向右滑动的距离为x2x4x30.5 m最终物块C距长木板B右端的距离dx1x24.5 m其实就是如图所示的运动图像。(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物理选修33（12分）(1)(4分)新型冠状病毒2019nCoV主要依靠呼吸道飞沫传播，在空气中含病毒飞沫微粒的运动取决于空气分子的不平衡碰撞，所以含病

28、毒飞沫微粒所做的无规则运动属于_运动；空气分子间作用力F与分子间距离r的关系如图所示，rr0时，F0。相距较远的两个分子距离减小到r0的过程中，分子势能_（填“先减小后增大”“先增大后减少” “一直增大”或“一直减少”）。【答案】布朗运动 一直减少 【解析】由于空气分子的不平衡碰撞造成的运动是布朗运动。分子间距离大于平衡距离r0时，分子间的作用力表现为引力，两个相距较远的分子距离减小到r0的过程中分子力一直做正功，根据分子力做功和分子势能间的关系可知，分子势能减小。(2)(8分)某同学家里有一台三门冰箱，该冰箱分上、中、下三个门，上门是冷藏室、中门是变温室、下门是冷冻室。冰箱空置。若该冰箱冷藏

29、室的容积为V1，变温室的容积为V2，冷冻室的容积为V3，每摩尔空气的体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，求关闭冰箱密封门后，冰箱的冷藏室、变温室和冷冻室内的总空气分子数N；若室内温度t027 ，空气压强p01×105 Pa，该冰箱变温室的温度可在18 6 之间调节，取绝对零度为273 ，关闭冰箱门后变温室不漏气，其内的空气视为理想气体，求该冰箱通电工作时，变温室内空气的压强变化的最大值p。【解析】冰箱的总容积总空气分子数。变温室内的气体发生等容变化，若调为6 ，若调为18 ，因此代入数据整理得。16物理选修33（12分）(1)(4分)如图所示是实验室测得的一个单摆的共振曲线。取gl0

30、m/s2，210，则该单摆的摆长约为_m（结果保留一位小数），若摆长减小，共振曲线的峰将向_移动。【答案】2.8 右 【解析】由图可知该单摆的固有频率为0.3 Hz，则其周期T s，由单摆的周期公式T2，有，若摆长减小，单摆的固有周期减小，固有频率增加，共振曲线的峰将向右移动。(2)(8分)如图所示，一种透明材料做成的半球放在地面上，其半径为R m，与地面的切点为F，CD为直径，与地面平行。在地面上A、B处分别固定一个光源，A光源距离F点1 m，B光源距离F点 m，A、B光源分别有一束光通过半球球心O，且都打到了紧靠墙上的E点，E点距离C点为1 m，取光速为c。求：球体材料对A、B光束的折射率之比；两束光从出发到E的时间差（结果用c表示）。【解析】如图所示，做出光路图球体材料对A的折射率球体材料对A的折射率联立可得由几何关系可得，AO2 m，BO m，EO2 m，AB光在空气中传播速度均为c，A光在半球中的传播速度为B光在半球中的传播速度为A光在半球中的传播的时间为B光在半球中的传播的时间为两束光从出发到E的时间差。