高中物理高考 2021届高考考前冲刺卷 物理（十一）教师版

这是一份高中物理高考 2021届高考考前冲刺卷 物理（十一）教师版，共6页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
（新高考）2021届高考考前冲刺卷物   理  （十一）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、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。1．如图所示，一位于xOy平面内的矩形通电线圈，线圈的四条边分别与x、y轴平行，线圈中的电流方向如图所示。若在空间加上沿z轴方向的恒定磁场，则线圈(　　)A．绕Ox轴转动起来B．绕Oy轴转动起来C．绕Oz轴转动起来D．不会转动起来【答案】D【解析】根据左手定则可判断通电线圈各条边的安培力方向如图所示，根据安培力公式F＝BIL可知，各边的安培力大小相等，则线圈的合外力为0，不会转动起来，线圈有扩张趋势，所以D正确。2．地光是在地震前夕出现在天边的一种奇特的发光现象，它是放射性元素氡因衰变释放大量的带电粒子，通过岩石裂隙向大气中集中释放而形成的。已知氡的半衰期为3.82 d，经衰变后产生一系列子体，最后变成稳定的Pb，在这一过程中(　　) A．要经过4次α衰变和4次β衰变B．要经过4次α衰变和6次β衰变C．氡核的中子数为86，质子数为136D．标号为a、b、c、d的4个氡核经3.82 d后一定剩下2个核未衰变【答案】A【解析】原子核衰变过程，一次α衰变核电荷数和质量数分别减少2和4，一次β衰变核电荷数不变，质量数增加1，所以要经过4次α衰变和4次β衰变，A正确，B错误；氡核的质子数为86，质量数为222，中子数为136，C错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，几个原子核不具有统计意义，D错误。3．地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的加速度大小a随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，两次提升的高度相同，提升用时均为2t0。第①次一直做匀加速运动；第②次先做匀加速运动后做匀速运动且运动时间均为t0。则第①次和第②次提升过程中的加速度大小之比为(　　)A．      B．      C．      D．【答案】B【解析】两次提升的高度相同，有a1×(2t0)2＝a2t02＋a2t0‧t0，解得a1∶a2＝3∶4，故B正确。4．一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时的波形如图所示，质点A和B相距0.5 m，质点A速度沿y轴正方向；t＝0.03 s时，质点A第一次到达负向最大位移处。则下列说法正确的是(　　)A．该波沿 x 轴正方向传播B．该波的传播速度为25 m/sC．从t＝0时起，经过0.04 s，质点 A 沿波传播方向迁移了1 mD．某频率为25 Hz的简谐横波与该波一定能发生干涉【答案】B【解析】t＝0时质点A速度沿y轴正方向，可知该波沿x轴负方向传播，A错误；t＝0.03 s时，质点A第一次到达负向最大位移处，可知周期T＝0.04 s，波长λ＝1 m，则该波的传播速度v＝25 m/s，B正确；波传播过程中，质点只能在平衡位置附近上下振动，而不随波迁移，C错误；波的频率Hz，则该波与频率是25 Hz的简谐横波相遇时可能发生波的干涉现象，D错误。5．如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值。一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是(　　)A．该电场一定不是孤立点电荷形成的电场B．A点的电场强度小于B点的电场强度C．电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功W＝EpA＋EpBD．电子在A点的动能小于在B点的动能【答案】A【解析】由题图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W＝EpA－EpB，C错误；电场力做负功，故动能减小，故电子在A点的动能大于B点的动能，D错误；由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系如题图乙所示，说明电势是均匀增加的，故这一定是匀强电场，即不是孤立点电荷形成的电场，A正确；A、B两点的电场强度相等，B错误。6．倾角为θ的斜面体C放置于水平面上，一根细绳一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过质量不计的定滑轮D与物体A相连；定滑轮用另一条细绳悬挂在天花板上的O点，该细绳与竖直方向成α角，A、B、C始终处于静止状态，定滑轮D左侧细线竖直，右侧细绳与斜面平行，下列说法正确的是(　　)A．若仅增大A的质量，斜面C对B的摩擦力一定变小B．若仅增大A的质量，地面对斜面C的摩擦力一定变大C．若仅增大B的质量，OD之间的细绳上拉力可能等于A的重力D．若仅将C向左缓慢平移一点，α角将变大【答案】B【解析】若仅增大A的质量，则BD绳拉力增大，对B分析，由于不知道BD绳拉力和摩擦力的大小关系，故无法判断斜面C对B的摩擦力的变化，故A错误；若仅增大A的质量，对滑轮分析，根据平衡条件可知绳子OD拉力增大，对整体分析可知地面对斜面C的摩擦力等于绳OD在水平方向的分力，故地面对斜面C的摩擦力一定变大，故B正确；若仅增大B的质量，则绳子AD和BD上拉力不变，而角ADB为锐角，故绳子OD上的拉力一定大于A的重力，故C错误；若仅将C向左缓慢平移一点，由于角ADB变小，而OD在其角平分线上，故α角变小，故D错误。7．如图所示，一定质量的理想气体，从A状态开始，经历了B、C状态，最后达到D状态，下列判断不正确的是(　　)A．A→B过程温度升高，压强不变B．B→C过程体积不变，压强变小C．B→C过程体积不变，压强不变D．C→D过程体积变小，压强变大【答案】C【解析】图像中，A与B的连线是一条过原点的倾斜直线，为等压线，所以，温度升高，A正确；由图像可知，B到C的过程中，体积不变，即，而温度降低，即，由查理定律可知，压强变小，B正确，C错误；由图像可知，由C到D的过程中，温度不变，即，而体积变小，即，由玻意耳定律可知，D正确。故选C。5．如图所示，平板MN上方有足够大的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，质子（H）和氘核（H）从静止开始，经过同一个加速电场加速后，从平板上的小孔O先后射入匀强磁场，速度方向与平板MN夹角均为θ（0＜θ＜π），整个装置放在真空中，且不计重力，不考虑两个粒子之间的相互作用。质子打到平板MN上的位置到小孔的距离为s，则(　　)A．质子和氘核在磁场中运动的时间之比为2∶1B．保持其他量不变，当θ＝30°时，氘核打到平板MN的位置离O点最远C．氘核到小孔的距离为 sD．保持其他量不变，加速电场的电压加倍，质子到小孔的距离变为2 s【答案】C【解析】质子加速过程，根据动能定理有，得，作出质子的运动轨迹图，如图所示，据半径公式，周期公式，和几何关系，由圆的对称关系知，电子在磁场中的偏转时间。由可知，质子和氘核在磁场中运动的时间之比为1∶2，A错误；由可知，当时，氘核打到平板MN的位置离O点最远，B错误；设氘核到小孔的距离为，由可知，得，C正确；由可知，保持其他量不变，加速电场的电压加倍，质子到小孔的距离变为，D错误。9．“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心成功发射，探测器奔月过程中，被月球俘获后在月球上空某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，如图所示，a、b两轨道相切于P。不计变轨过程探测器质量的变化，下列说法正确的是(　　)A．探测器在a轨道上P点的动能小于在b轨道上P点的动能B．探测器在a轨道上P点的加速度等于在b轨道上P点的加速度C．探测器在a轨道运动的周期大于在b轨道运动的周期D．为使探测器由a轨道进入b轨道，在P点必须加速【答案】BC【解析】探测器在P点变轨，则从低轨向高轨变化时，做离心运动，须加速，所以探测器在高轨a的速度大于低轨b在P的速度，根据Ek＝mv2，可知在a轨道上P点的动能大于在b轨道上P点的动能，故A错误；探测器在两个轨道上P点的引力均是由月球对它的万有引力提供，所以引力相等，由于引力相等，根据牛顿第二定律，可知两个轨道在P点的加速度也相等，故B正确；a轨道的半长轴大于b轨道的半径，由开普勒第三定律可知，在a轨道上运动的周期大于在b轨道上运动的周期，故C正确；探测器在P点变轨，从高轨向低轨变化时，做近心运动，须减速，故D错误。10．一辆汽车以速度v0在平直的公路上匀速行驶。到达某处时，司机减小油门使汽车输出功率减小为原来的三分之一，并保持该功率行驶。假设汽车受到的阻力恒定，从减小油门开始，下列能正确表示汽车加速度大小a、速度v、牵引力的功WF，克服合外力的功W，位移x、时间t之间的关系的是(　　)【答案】ACD【解析】当功率突然减小为原来的三分之一时，速度v不可以突变，则F′＝F，汽车减速，保持三分之一的功率不变，则当速度减小时，牵引力增大，根据牛顿第二定律知，则加速度a减小，即做加速度逐渐减小的减速运动，可知加速度随着v减小而减小，而v－t图象的加速度代表加速度，故D正确；整理加速度的表达式得，故A正确；牵引力做功WF＝Fx，开始时汽车做匀速运动，当功率突然变为三分之一时，速度不可以突变，则牵引力F′＝F，汽车保持三分之一的功率运动时，则随着位移的增大，速度减小，牵引力增大，WF－v图象的斜率表示牵引力，则斜率增大，最后保持不变，故B错误；克服合外力做功W＝(f－F)x，由B分析可知，随着位移的增大，速度减小，牵引力增大，故f－F在减小，即W－x图象的斜率在不断减小，最后为零，故C正确。11．如图所示，变压器原、副线圈的匝数分别为n1＝200、n2＝100，原线圈与水平放置的间距L＝1 m的光滑金属导轨相连，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，副线圈接阻值R＝10 Ω的电阻，原线圈串联一阻值也为R的电阻，与导轨接触良好且始终垂直导轨的阻值r＝10 Ω、质量m＝0.01 kg、长也为L＝1 m的导体棒在外力F的作用下运动，其速度随时间变化的关系式为v＝11sin 10πt(m/s)，已知导轨电阻和变压器的能量损耗均不计，导轨足够长，导体棒运动过程中不会与其他用电器相碰，电表均为理想电表，则(　　)A．电压表的示数为1 VB．电流表的示数为0.4 AC．变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为Wb/sD．在0～0.05 s的时间内外力F做的功为1.32 J【答案】BCD【解析】导体棒垂直切割磁感线，有，可知，原线圈电路，由闭合电路欧姆定律有，副线圈电路，由欧姆定律有，对理想变压器，有，联立，可得，因此电压表的数位为，故A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律，有，可得，理想变压器原线圈中的磁通量即为铁芯中的磁通量。故C正确；该交变电流的周期，在0~0.05s的时间内，电路中产生的焦耳热为，根据能量守恒定律，有，解得，故D正确。二、非选择题：本题共5小题，共56分。12．(6分)(1)某小组同学利用如图甲所示的实验装置探究“动量定理”，实验步骤如下：A．用天平分别测量钩码和小车的质量；B．在长木板不带定滑轮的一端下面垫一块垫木，使拖着纸带的小车在不挂钩码时可以在长木板上做匀速运动；C．将所用器材按图甲所示组装起来；D．先接通电源后释放小车，打点结束后先切断电源后取下纸带；E．调节垫木位置改变斜面倾角，多次进行实验；F．选取打点较为清晰的纸带进行数据处理，整理实验器材。上述实验步骤中不必要或不正确的有___________（填写步骤前的字母）(2)图乙是“验证动量定理”实验中打下的一段纸带，图中所标各点为计数点，相邻计数点间有4个计时点未标出，且打点计时器的电源频率为50 Hz，实验测得小车质量为0.6 kg，本次实验记录传感器示数为0.24 N。根据以上数据可知小车从B点到J点的△p＝___________kg·m·s－1，对应过程中I＝___________N·s，在误差范围内，动量定理成立。（结果均保留三位有效数字）【答案】(1)AE    (2)0.184（0.183～0.185均对）    0.192    【解析】(1)实验装置中有力的传感器，不需要测量钩码的质量，步骤A测钩码质量没有必要；实验中长木板下垫一块垫片是为了平衡摩擦力平衡摩擦力以后不可再改变垫片位置，步骤E有错误。(2)用AC段平均速度计算B点的瞬时速度，用IK段平均速度计算J点的瞬时速度，根据动量的概念，有△p＝m△v，代入数据，得△p＝0.6×(0.364－0.057) kg·m·s－1＝0.184 kg·m·s－1，根据动量定理，有I＝F△t，代入数据，可得I＝0.24×0.8 N·s＝0.192 N·s13．(10分)某同学设计了一个检测河水电阻率的实验。他在一根粗细均匀的长玻璃管两端装上两个橡胶塞和铂电极，如图甲所示，两电极相距L＝0.314 m，其间充满待测的河水。他选用了以下仪器测量玻璃管内河水的电阻。量程15 V，内阻约300 kΩ的电压表；量程300 μA，内阻约50 Ω的电流表；最大阻值1 kΩ的滑动变阻器；电动势E＝12 V，内阻r＝6 Ω的电池组；开关一只、导线若干。         (1)该同学装入河水前先用游标卡尺测量玻璃管的内径，结果如图乙所示。玻璃管的内径d＝________mm。(2)该同学设计了合理的测量电路，通过改变滑动变阻器阻值测得了玻璃管两端的电压和电流，并在图丁的U－I坐标系内描出了9个数据点。请在图丙的实物图中用笔划线代替导线完善电路的连接。(3)请在图丁中做出U－I图象，计算出玻璃管内水柱的电阻R＝_____Ω，电阻率ρ＝______Ω·m。（结果保留三位有效数字）【答案】(1)5.50    (2)见解析图   (3) 见解析图    1.00×105(0.923×105～1.08×105)   7.56(6.98～8.17)【解析】(1)主尺读数为5 mm，游尺为20分度，精度值为0.05 mm，所以游标卡尺的读数为d＝5 mm＋0.05×10 mm＝5.50 mm。(2)根据U－I图象可知电流从零开始，所以滑动变阻器应用分压式接法，由于水柱的电阻远大于电流表内阻，所以电流表应用内接法，实物连线图如图所示。   (3)根据描点法，在图中画出U－I图象，用直线将尽可能多的点连起来，如图，则图象的斜率表示水柱的电阻，则有Ω＝1.00×105 Ω（0.923×105 Ω～1.08×105 Ω），根据电阻定律，且，联立解得，代入数据可算出水的电阻率ρ＝7.56 Ω·m（6.98 Ω·m～8.17 Ω·m）。14．(10分)大型游乐场内有名为“勇敢者的挑战”的项目，该项目由固定在水池上方的螺旋滑梯和水池两部分组成。一个质量为60 kg的游客从顶端A处进入，由静止开始沿滑榜下滑，并从底端B处滑出，滑出时速度方向水平。现将滑梯简化为竖直放置的等螺距螺线管这一理想化物理模型进行研究，如图所示，竖直放置的等螺距螺线管顶端A点与底端B点的高度差为H1＝5 m，总长度为L＝20 m，将游客视为质点，已知重力加速度为g＝10 m/s2。(1)若滑梯光滑，求游客从顶端A点到达底端B点所需要的时间；(2)若滑梯不光滑，若游客仍从顶端A点由静止自然下滑，则从底端B点滑出后落入水中，下落的水平位移x＝4 m，下落高度H2＝3.2 m，求游客从B点抛出时的速度大小；(3)求(2)问中的游客克服螺旋滑梯的摩擦力做了多少功？【解析】(1)将竖直放置的等螺距螺线管等效为高度差为H1＝5 m，总长度为L＝20 m的斜面，设斜面的倾角为θ，由几何关系由牛顿第二运动定律，有游客的运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动解得若滑梯光滑，游客从顶端A点到达底端B点所需要的时间t0＝4 s。(2)由平抛规律，竖直方向水平方向x＝vt解得若滑梯不光滑，游客从B点抛出时的速度大小v＝5 m/s。(3)若滑梯不光滑，游客从顶端A点到达底端B点的过程，由动能定理，有游客克服螺旋滑梯的摩擦力做的功。15．(13分)如图a所示，光滑水平直金属轨道宽L＝0.6 m，左端连接定值电阻R，轨道电阻不计。轨道内存在有界匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。一根质量 m＝0.4 kg、不计电阻的金属杆垂直轨道放置，在轨道上以初速度v0进入磁场向右运动，通过施加一个水平拉力F使金属杆做加速度大小a＝1 m/s2的匀减速运动直至速度为零。若以F向右为正，金属杆在磁场中运动的过程中F和金属杆运动速度v的关系如图b所示。(1)求当v＝1 m/s时金属杆所受安培力FA的大小；(2)求定值电阻R的大小；(3)若金属杆以v0＝2 m/s进入磁场，恰好运动到磁场右边界时速度为0，试讨论若金属杆以 v0＜2 m/s的不同数值进入磁场，金属杆从进入磁场到速度为零的过程中，拉力F的大小和方向变化情况。【解析】(1)当v＝1 m/s时，由图b可知拉力F＝0，金属杆只受水平向左的安培力FA作用，做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：FA＝ma＝0.4 N。(3)由FA＝BIL，，可得解得：R＝0.225 Ω。(4)若金属杆以v0＝2 m/s进入磁场，恰好运动到磁场右边界时速度为0，根据图b可知：当1 m/s＜v0＜2 m/s时，由牛顿第二定律有：FA－F＝ma，可知随速度减小，安培力减小，拉力F减小，方向始终向右；当v0＝1 m/s时，F＝0；当v0＜1 m/s时，由牛顿第二定律有：FA＋F＝ma，可知随速度减小，安培力减小，拉力F增大，方向始终向左。16．(17分) 粗糙绝缘水平地面AP与光滑绝缘半圆弧竖直轨道PQ相切于P点，PQ右侧（含PQ）有竖直向下的匀强电场，电场强度大小E＝，圆轨道半径为R，AP长度L1＝5R。A点左侧有一弹射装置，A点右侧B处静置一质量为m带电荷量为+q的滑块C，AB长度L2＝R，如图所示。现用此装置来弹射一质量为m的滑块D，滑块D在A点获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达B点与C发生完全弹性碰撞（碰撞过程中C的电荷量不变），碰撞后滑块C继续向右运动到P点进入光滑圆轨道，通过最高点Q后水平抛出，落到水平地面与地面碰撞。碰撞后，滑块C竖直速度vy立即减为0，由于摩擦作用，水平速度减小了μvy，即碰后水平速度vx＝vx0－μvy（其中vx0为碰前水平速度）。滑块C、D与地面的动摩擦因数均为μ＝0.5，不计空气阻力，滑块都可看作质点，弹簧始终在弹性限度内，试求：(1)若滑块D获得8.5mgR的弹性势能后与C发生碰撞，求碰后瞬间滑块C的速度大小；(2)第(1)问的情境中，C继续运动到达圆轨道的最高点Q，求此时滑块C对轨道的压力大小；(3)若弹射装置弹射出滑块D后，移去弹射装置，滑块D获得速度后与C发生完全弹性碰撞，C通过圆弧轨道最高点Q后水平抛出，要使C落在滑块D右侧且不与D发生碰撞，求滑块D获得的弹性势能的范围。【解析】(1)D从发射到与C相碰前，由能量守恒得D与C相碰，由动量守恒得由能量守恒得得，D与C发生弹性碰撞时速度交换，即碰后瞬间C的速度为。(2)C由B到Q，由动能定理得C运动到Q点，由牛顿第二定律得由牛顿第三定律，C对轨道的压力大小。(3)弹簧弹性势能最小时，C恰好过Q点，速度为，由得由于D与C相碰时速度交换，先D运动，后C运动，可以等效为一个物体从弹出运动到Q点，由能量守恒设弹性势能最大时C过Q点速度为，则可得所以C与地碰后，C与D恰好不相碰，有由能量守恒可得所以D获得的弹性势能范围。