高中物理高考 卷四-2021年决胜高考物理模考押题卷（解析版）

这是一份高中物理高考 卷四-2021年决胜高考物理模考押题卷（解析版），共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
 2021年决胜高考物理模考押题卷（四）物  理本卷满分110分，考试时间90分钟。二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题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，有选错或不答的得0分。14.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功答案:B解析：A、因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．
B、设甲乙两运动员的质量分别为，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是 根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：
①完全非弹性碰撞过程→“交棒”； 
②向前推出（人船模型）→“接棒”
由上面两个方程联立可以解得：，即B选项正确．经历了中间的完全非弹性碰撞过程 会有动能损失，C、D选项错误.点睛：本题主要考察能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论。 15.“神舟十号”飞船于2013年6月11日17时38分载着3名宇航员顺利升空。当“神十”在绕地球做半径为r的匀速圆周运动时，若飞船舱内质量为m的航天员站在台秤上，对台秤的压力为FN。用R表示地球的半径，g表示地球表面处的重力加速度，g´表示飞船轨道所在处的重力加速度，不考虑地球自转。则下列关系式中正确的是A．g´=0   B．  C．FN= mg   D．答案：B【解析】飞船及飞船内的物体均在做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，所以物体对台秤的压力为0，CD错误；飞船处的重力加速度为，A错误；地球表面的重力加速度为，因此，B正确。16.绳b烧断前，小球竖直方向的合力为零，即Fa＝mg，烧断b后，小球在竖直面内做圆周运动，且Fa′－mg＝m，所以Fa′＞Fa，A错误，B正确；当ω足够小时，小球不能摆过AB所在高度，C正确；当ω足够大时，小球在竖直面内能通过AB上方的最高点而做完整的圆周运动，D错误。4.如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合．A、O、B为竖直平面上的三点，且O为等量异种点电荷连线的中点，AO=BO．现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点，从A点以初速度v0向B滑动，到达B点时速度恰好为0．则A. 从A到B，小物块的加速度逐渐减小B. 从A到B，小物块的加速度先增大后减小C. 小物块一定带负电荷，从A到B电势能先减小后增大D. 从A到B，小物块的电势能一直减小，受到的电场力先增大后减小答案：B【解析】小物块受重力、电场力和墙壁的弹力以及摩擦力作用，可知q带负电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据知，加速度增大，从O到B，电场强度越来越小，则电场力越来越小，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力减小，导致滑动摩擦力减小，根据知，加速度减小，B正确A错误；q带负电，由于AB是等势线，则电荷的电势能不变，从A到B，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，C错误D错误．17.如图所示，长为a宽为b的矩形区域内（包括边界）有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．0点有一粒子源，某时刻粒子源向磁场所在区域与磁场垂直的平面内所有方向发射大量质量为m电量为q的带正电的粒子，粒子的速度大小相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界射出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为，不计重力和粒子之间的相互作用，则（　　）A．粒子速度大小为B．粒子做圆周运动的半径为3bC．a的长度为（+1）bD．最后从磁场中飞出的粒子一定从上边界的中点飞出答案：C【解析】A、B、根据左手定则可知，粒子在磁场中受到的洛伦兹力的方向向右，将向右偏转．结合运动的特点可知，粒子向上的分速度越大，则越早从上边界飞出．所以最早从上边界飞出的粒子进入磁场的方向是竖直向上的．又由题最先从磁场上边界射出的粒子经历的时间为，根据：，则粒子偏转的角度：．做出这种情况下粒子运动的轨迹如图1，由图中几何关系可知：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，即：所以：．故A错误，B错误；C、D、粒子的入射的方向在90°的范围以内，又r=2b，所以粒子运动的轨迹不会超过半个圆，运动的时间不超过半个周期，由可知，轨迹的圆心角越大，则运动的时间越长，而圆心角越大，对应的弦长越长，所以粒子运动的最长时间的轨迹，弦长也最长．所以最后射出磁场的粒子一定是从磁场的右边射出，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为，画出运动的最长轨迹如图2，则：所以：α=30°，β=90°﹣α=60°，由于最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为，则偏转角等于90°，γ=90°﹣β=30°由几何关系可得：．故C正确，D错误．故选：C18.质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点。如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向。当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时木架停止转动，则(　　)A．绳a对小球拉力不变B．绳a对小球拉力增大C．小球可能前后摆动D．小球不可能在竖直平面内做完整的圆周运动答案：BC【解析】绳b烧断前，小球竖直方向的合力为零，即Fa＝mg，烧断b后，小球在竖直面内做圆周运动，且Fa′－mg＝m，所以Fa′＞Fa，A错误，B正确；当ω足够小时，小球不能摆过AB所在高度，C正确；当ω足够大时，小球在竖直面内能通过AB上方的最高点而做完整的圆周运动，D错误。19.如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是A. 图b中x=36m2·s－2B. 小球质量为0.2kgC. 小球在A点时重力的功率为5WD. 小球在B点受到轨道作用力为8.5N答案：BD【解析】A、小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：，解得：，即为：，故选项A错误；B、由图乙可知轨道半径，小球在C点的速度，那么由牛顿第二定律可得：，解得：，故选项B错误；C、小球在A点时重力，方向向下，速度，方向向右，故小球在A点时重力的功率为0，故选项C错误；D、由机械能守恒可得在B点的速度为：；所以小球在B点受到的在水平方向上的合外力做向心力为：，所以，小球在B点受到轨道作用力为8.5N，故选项D正确；故选选项BD。20.如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直纸面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc边刚好运动到匀强磁场PQ边界的v﹣t图象，图中数据均为己知量，重力加速度为g，不计空气阻力，则在线框穿过磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）A. t1到t2过程中，线框中感应电流沿顺时针方向B. 线框的边长为v1（t2﹣t1）C. 线框中安培力的最大功率为D. 线框中安培力的最大功率为答案：BD【解析】A．金属线框刚进入磁场时，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向沿逆时针方向，故A错误；B．由图象可知，金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为v1，匀速运动的时间为t2﹣t1，故金属框的边长：L＝v1（t2﹣t1），故B正确；CD．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力，则得：mg＝BIL，又，又 L＝v1（t2﹣t1），联立解得：；线框仅在进入磁场和离开磁场过程中受安培力，进入时安培力等于重力，离开时安培力大于重力，开始减速，故开始离开磁场时安培力最大，功率最大，为Pm＝F安t2，又，联立得：，故C错误，D正确。21.如图所示,光滑水平面上质量相同的木块A、B，用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起。一颗子弹水平射入木块A并留在其中,在子弹打击木块A及后续各物体相互作用的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(      )A. 动量守恒,机械能守恒B. 动量守恒,机械能不守恒C. 当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时B的动能也最大D. 当弹簧再次恢复到原长时，B的动能最大，A的动能最小答案：BD【解析】AB．在子弹打击木块A及后续各物体相互作用的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。在此过程中，除弹簧的弹力做功外还有阻力对系统做功，所以系统的机械能不守恒。故A错误，B正确。C．子弹射入木块后弹簧被压缩，B在弹力作用下向右加速，A向右减速，当两者的速度相等时，弹簧被压缩最短，弹簧的弹性势能最大，之后，B在弹簧弹力作用下继续向右加速，所以此时B的动能不是最大。故C错误。D．从弹簧被压缩到弹簧再次恢复到原长的过程，B一直在加速，A一直在减速，所以当弹簧再次恢复到原长时，B的动能最大，A的动能最小，故D正确。三、非选择题（一）必考题（共47分）22.（6分）某同学利用如图1所示的实验装置验证机械能守恒定律。弧形轨道末端水平，离地面的高度为H。将钢球从轨道的不同高度h处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s。(1)若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2＝________(用H、h表示)。(2)该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示： h(10－1 m)2.003.004.005.006.00s2(10－1 m2)2.623.895.206.537.78 请在图2坐标纸上作出s2­h关系图。(3)对比实验结果与理论计算得到的s2­h关系图线(图2中已画出)，自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速率________(填“小于”或“大于”)理论值。(4)从s2­h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率偏差十分显著，你认为造成上述偏差的可能原因是__________________________________________________________。答案：(1)4Hh　(2)如图所示(3)小于　(4)存在摩擦，小球在下落时可能具有转动动能(回答任一点即可)(1)根据机械能守恒定律及平抛运动知识可得：mgh＝mv2①H＝gt2，s＝vt②联立①②得s2＝4Hh。(2)利用描点法作图。(3)由图像可知，测量值小于理论值。(4)摩擦等因素都可导致结果偏差。另外小球的转动也需要能量维持，而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动动能这一部分，也会导致实际速率明显小于理论速率。23.（15分）某实验小组利用如图（a）所示的电路探究在25℃~80℃范围内某热敏电阻的温度特性，所用器材有：置于温控室（图中虚线区域）中的热敏电阻RT，其标称值（25℃时的阻值）为900.0 Ω：电源E（6V，内阻可忽略）：电压表 （量程150 mV）：定值电阻R0（阻值20.0 Ω），滑动变阻器R1（最大阻值为1 000 Ω）：电阻箱R2（阻值范围0-999.9 Ω）：单刀开关S1，单刀双掷开关S2。实验时，先按图（a）连接好电路，再将温控室的温度t升至80.0℃，将S2与1端接通，闭合S1，调节R1的滑片位置，使电压表读数为某一值U0：保持R1的滑片位置不变，将R2置于最大值，将S2与2端接通，调节R2，使电压表读数仍为U0：断开S1，记下此时R2的读数，逐步降低温控室的温度t，得到相应温度下R2的阻值，直至温度降到25.0°C，实验得到的R2-t数据见下表。t/℃25.030.040.050.060.070.080.0R2/Ω[来900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0 回答下列问题：（1）在闭合S1前，图（a）中R1的滑片应移动到_____填“a”或“b”）端；（2）在图（b）的坐标纸上补齐数据表中所给数据点，并做出R2-t曲线：___________（3）由图（b）可得到R1，在25℃-80°C范围内的温度特性，当t=44.0℃时，可得R1=____Ω；（4）将Rt握于手心，手心温度下R2的相应读数如图（c）所示，该读数为____Ω，则手心温度为______℃。答案：13.    (1). （1）b      (2). （2）如图所示        (3). （3）450    (4). （4）620.0      (5). 33.0本题主要考查研究小灯泡的伏安特性实验、利用伏安特性曲线计算实际功率及其相关的知识点，意在考查考生对小灯泡伏安特性曲线的理解和灵活运用相关知识，解决实际问题的能力。（1）图（a）的电路滑动变阻器采用限流接法，在闭合S1前，R1应该调节到接入电路部分的电阻值最大，使电路中电流最小，即图（a）中的R1的滑片应移到b端。（2）将t=60℃和t=70℃对应的两组数据对应画在坐标图上，然后用平滑曲线过尽可能多的数据点画出R2—t图象。（3）根据题述实验过程可知，测量的R2数据等于对应的热敏电阻RT的电阻值。由画出的R2—t图象可知，当t=44.0℃时，对应的RT=460Ω。（4）由画出的R2—t图象可知，当RT=620.0Ω，则手心温度t=33.0℃.。【点睛】解答此题常见错误主要有：一是没有掌握滑动变阻器的分压接法和限流接法在开关闭合前滑动头的位置；二是没有认真阅读题述的实验过程，导致不能把电阻箱R的读数与热敏电阻阻值联系起来。 24.（14分）如图甲所示，光滑导体轨道PMN和P′M′N′是两个完全一样的轨道，是由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN和M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R的电阻，开关K是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN′M′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如图乙所示．金属棒a和b质量均为m、电阻均为R.在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端PP′处静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关K闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g.求：(1)两棒速度稳定时的速度是多少？(2)两棒落到地面后的距离是多少？(3)从a棒开始运动至b棒离开轨道的过程中，回路中产生的焦耳热是多少？答案：14.(1) (2)  (3) 【解析】（1）a棒沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：解得a棒沿圆弧轨道最低点M时的速度从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒.由动量守恒定律得：解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度（2）经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开轨道过程中a棒受到安培力的冲量 由动量定理：IA＝－mv2＋mv1    解得 由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离（3）棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，产生的焦耳热相等由能量守恒定律可知： 解得： b棒离开轨道后，a棒与电阻R通过的电流大小总是相等，两都产生的焦耳热相等由能量守恒定律可知：  所以整个过程中，a棒产生的焦耳热为 25.（18分）如图所示，在xoy坐标平面的第一象限内有沿－y方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于平面向外的匀强磁场，现有一质量为m，带电量为+q的粒子（重力不计）以初速度v0 沿x轴的负方向从坐标为（3L，L）的P点开始运动，接着进入磁场后由坐标原点O射出，射出时速度方向与y 轴正方向的夹角为45°，求：（1）粒子从O点射出的速度v大小；（2）电场强度E和磁感应强度B的大小；（3）粒子从P点运动到O点过程中所用的时间。答案：（1）（2）（3） 试题分析：由题意可知：带电粒子在电场中做类平抛运动，由Ｑ点进入磁场，在磁场中做匀速园周运动，最终由O点射出（轨迹如图）⑴根据对称性可知，粒子在Q点的速度大小为v，方向与x轴负方向成450，则有，解得：（2）带电粒子从P到Q点运动的过程中，由动能定理：解得：粒子在Q点沿Y轴负方向分速度大小又在电场中运动时qE=ma所以从P到Q的运动时间：从P到Q点沿X轴负方向的位移为则OQ之间的距离：粒子在磁场中运动半径为r，则有：又由以上各式解得：（3）粒子在磁场中的运动时间故粒子从P到Q的总时间解得：（二）选考题（15分）33．[物理——选修3–3].（1）对于实际的气体，下列说法正确的是______。A. 气体的内能包括气体分子的重力势能B. 气体的内能包括分子之间相互作用的势能C. 气体的内能包括气体整体运动的动能D. 气体体积变化时，其内能可能不变E. 气体的内能包括气体分子热运动的动能 （2）.如图所示为一均匀薄壁U形管，左管上端封闭，右管开口且足够长，管的截面积为S0，内装有密度为的液体。右管内有一质量为m的活塞搁在固定卡口上，卡口与左管上端等高，活塞与管壁间无摩擦且不漏气。温度为T0时，左、右管内液面等高两管内气柱长度均为L，压强均为大气压强，重力加速度为g。现使左右两管温度同时缓慢升高，在活塞刚离开卡口上升前，左右两管液面保持不动，求：（1）右管活塞刚离开卡口上升时，右管封闭气体的压强；（2）温度升高到T1为多少时，右管活塞开始离开卡口上升；（3）温度升高到T2多少时，两管液面高度差为L。答案：BDE【解析】ABCE．气体的内能包括，气体所有分子势能和分子动能之和；其中分子势能是由分子间的相对位置和相互作用决定的能量，与重力势能无关；分子动能是分子运动的动能，与气体的整体运动的动能无关，故BE正确，AC错误；D．由于是非理想气体，气体的体积发生变化，若温度相应变化时，气体的内能可能不变，故D正确。（2）    （2）    （3） 【解析】(1)活塞刚离开卡口时，对活塞得(2)两侧气体体积不变，对右管气体，得(3)温度升高到T2，两管液面高度差为L时。左管内气体，，应用理想气体状态方程得34.[物理选修 ](15分）以下说法中正确的是（   ）A. 在同一种玻璃中，频率越大的光速度越小B. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振C. 麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在D. 交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应E. 狭义相对论认为在不同的惯性参考系中一切物理规律都是相同的（2）如图所示，某透明介质的横截面由半径为R的的圆和一锐角为的直角三角形构成，一细束激光从圆弧上的A点平行于MP边射入透明介质，且入射点A与MP的距离，已知该透明介质对激光的折射率。激光第一次射到NP边时能否射出透明介质？请说明理由。第一次从MP边射出的激光与MP边所成的夹角锐角为多大？答案：（1）.ADE【解析】频率越大折射率越大，在同种介质中的光速度越小，故A对；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，故B错；麦克斯韦用预言了电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在，故C错；交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应，故D对；根据狭义相对论原理，在所有关系系中，物理规律有相同的表达式，即一切物理规律都是相同的，故E对；故选ADE（2）画出光路图如图。由几何知识得：由，解得：在A点，由折射定律得解得：根据几何知识可得光线第一次射到NP上时入射角；设介质全反射临界角为C，则而，可得所以光线NP上发生全反射，不能射出透明介质；光线射到MP上时入射角所以光线第一次由MP射出，由折射定律有  得所以第一次由MP射出的光线与MP间的夹角为。