高中物理高考 2021届高考考前冲刺卷 物理（十二）教师版

（新高考）2021届高考考前冲刺卷

物   理  （十二）

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10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1．第26届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量h来定义，“国际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的值为6.63×10-34 J‧s，则h的单位“J‧s”用国际单位制中的基本单位表示为(　　)

A．kg‧m2/s2     B．kg‧m2/s     C．N‧s/m     D．N‧s‧m

【答案】B

【解析】能量的单位是J，由功能关系可知，h的单位是J‧s，由可得，则，故选B。

2．很多智能手机都有加速度传感器，用手托着手机，迅速向下运动，然后停止，手机记录的加速度a随时间t变化的图像如图所示，则(　　)

A．t1时刻手机速度最大

B．t2时刻手机在最低点

C．t3时刻手受的压力最大

D．t4时刻手受的压力最小

【答案】C

【解析】图像的面积表示速度变化，所以t2时刻手机速度最大，A错误；手机停止时，位置最低，所以t4时刻手机在最低点，B错误；根据牛顿第二定律，手机加速度向上并且加速度最大时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由图可知，t3时刻手受的压力最大，C正确；手机加速度向下并且加速度最大时，手给手机的作用力最小，即手受到的压力最小，由图可知，t1时刻手受的压力最小，D错误。

3．如图所示，一束光斜射向水面，入水后分成a、b两束，下列说法正确的是(　　)

A．a光比b光更容易发生衍射现象

B．a光的频率大于b光的频率

C．在水中a光的速度比b光的速度小

D．当a、b两种光从水射向空气时，a光的临界角小于b光的临界角

【答案】A

【解析】由题图看出，a光的偏折程度小于b光的偏折程度，则a光的折射率小于b光的折射率，a光的频率小，由c＝λf知波长大，因此a光比b光更容易发生衍射现象，A正确，B错误；由公式v＝，则在同样介质中a光传播的速度比b光的大，C错误；因为a光的折射率小，由公式sin C＝知，a光的临界角大，D错误。

4．两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是(　　)

A．粒子带正电

B．粒子在a点的电势能小于在c点的电势能

C．b点和d点的电场强度相同

D．粒子的动能先增大后减小

【答案】B

【解析】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，电场方向向下，粒子受力向上，粒子带负电，故A错误；粒子从a到c的过程中电场力做负功，速度减小，电势能增大，粒子在a点的电势能小于在c点的电势能，故B正确；b点和d点的电场强度大小相同，但方向不同，故C错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，粒子的动能先减小后增大，故D错误。

5．如图甲所示的LC振荡电路中，把通过P点向右的电流方向规定为电流的正方向，通过P点的电流变化规律如图乙所示，则(　　)

A．0.5 s～1.0 s时间内，电容器在充电

B．0.5 s～1.0 s时间内，电容器的上极板带正电

C．1.0 s～1.5 s时间内，Q点比P点电势低

D．1.0 s～1.5 s时间内，磁场能正在转变成电场能

【答案】A

【解析】由图乙可知，在0.5 s～1.0 s内，电路电流在减小，电容器C正在充电，故A正确；由图乙可知，在0.5 s～1.0 s内，电流是正的，即经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，因此在该时间段内，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，故B错误；由图乙可知，在1.0 s～1.5 s内，通过电感线圈的电流向上，且增大，电感线圈产生自感电动势，由楞次定律可知，电感线圈下端电势高，上端电势低，即Q点比P点电势高，故C错误；由图乙可知，在1.0 s～1.5 s内， 电路电流增大，磁场增大，磁感应强度变大，电路处于放电过程，电场能转化为磁场能，故D错误。

6．如图所示，S1、S2是振动情况完全相同的两个波源，它们的振动频率均为5 Hz，振幅均为0.5 m。P是两列波传播方向上的一个质点，PS1＝5 m，PS2＝9 m，t＝0时P刚好振动到波谷位置。已知S1、S2连线上相邻两振动减弱点间的距离为1 m，下列说法正确的是(　　)

A．P的振幅为1.0 m

B．波的传播速度为5 m/s

C．t＝0时，S1刚好振动到波谷位置

D．t＝0.1 s时，S2刚好振动到波峰位置

【答案】A

【解析】如图所示，设Q1是S1、S2连线中点左侧第1个振动减弱点，Q2是其左侧第2个振动减弱点，Q2与Q1相距∆l，由振动减弱的条件，有，同理有，联立解得，即两波源连线上相邻两振动减弱点间的距离为，由题意，则，而P到S1、S2的路程差，故P点振动加强，振幅为1m，故A正确；由，得，故B错误；因，t＝0时P在波谷位置，此时S1应在波峰位置，故C错误；t＝0时S1与S2均在波峰位置，再过0.1s，即半个周期，S2刚好振动到波谷位置，故D错误。

7．如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。现把滑块P从图中A点由静止释放，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为l，与AB垂直。不计滑轮的质量和一切阻力，重力加速度为g，在滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．P与Q的机械能之和先减小后增加

B．重物Q的重力的功率一直增大

C．滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为

D．轻绳对滑块P做功4mgl

【答案】D

【解析】当滑块P经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，故在A点弹簧的压缩量与在B点弹簧的伸长量相等，在滑块P从A到B的过程中，弹力对P先做正功再做负功，故P与Q组成的系统机械能之和先增加后减小，A错误；刚释放时重物Q的速度为零，当P运动到B点时，P的速度方向与绳垂直，此时Q的速度为零，故重力的功率先增大后减小，B错误；由A的分析可知，在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在A、B间某位置，合力为零，速度最大，在B点时合力已向下，速度已开始减小，C错误；P从A到B过程，对P、Q整体，由动能定理可得，设轻绳对滑块P做功为W，对P由动能定理可得，联立解得，D正确。

8．半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，在P和MN之间放有一个质量分布均匀，且表面光滑的圆柱体Q，Q与P等半径，Q的重力为G，整个装置处于静止状态，右图是这个装置的截面图。若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是(　　)

A．Q所受的合力保持不变

B．MN对Q的弹力逐渐减小

C．P、Q间的弹力先减小后增大

D．当OM与水平夹角为30°时，MN对Q的支持力为G

【答案】AD

【解析】MN绕O点缓慢地顺时针转动的过程中，Q缓慢移动，可看成平衡状态，受力始终平衡，即合力为零保持不变，故A正确；以光滑圆柱体为研究对象，受力分析如图，因为两圆柱等半径，所以，所以、，则，MN绕O点缓慢地顺时针转动的过程中，三角形OO1A各边长度及角度都不变，所以θ不变，而β变大，α变小，由正弦定理，所以PQ间的弹力FN1减小，MN对Q的弹力FN2增大，故BC错误；当OM与水平夹角为30°时，∠O1OB＝60°，所以∠OO1B＝30°，∠AO1B＝30°，即α＝β＝30°，所以，故D正确。

9．假设银河系中两个黑洞A、B，它们以二者连线上的O点为圆心做匀速圆周运动，测得A、B到O点的距离分别为r和2r。黑洞A、B均可看成质量分布均匀的球体，不考虑其他星球对黑洞的引力，两黑洞的半径均远小于它们之间的距离。则黑洞A、B(　　)

A．质量之比为1∶2             B．所受引力之比为1∶2

C．角速度之比为1∶1           D．线速度之比为1∶2

【答案】CD

【解析】两个黑洞A、B以二者连线上的O点为圆心做匀速圆周运动，构成双星系统，根据万有引力提供向心力，有，知半径之比等于质量之反比，故质量之比为2∶1，A错误；黑洞A、B间的万有引力属于相互作用力，大小相等，B错误；两黑洞属于同轴转动模型，做匀速圆周运动的周期相同，则角速度相等，之比为1∶1，C正确；根据线速度与角速度关系v＝ωr知线速度与半径成正比，黑洞A、B的线速度之比为1∶2，D正确。

10．如图为质谱仪的结构图，该质谱仪由速度选择器与偏转磁场两部分组成，已知速度选择器中的磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E，荧光屏PQ下方匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为2B0。三个带电荷量均为q、质量不同的粒子沿竖直方向经速度选择器由荧光屏上的狭缝O进入偏转磁场，最终打在荧光屏上的S1、S2、S3处，相对应的三个粒子的质量分别为m1、m2、m3，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。则下列说法正确的是(　　)

A．打在S3位置的粒子质量最大

B．质量为m1的粒子在偏转磁场中运动时间最短

C．如果S1S3＝Δx，则

D．如m1、m2在偏转磁场中运动时间差为Δt，则

【答案】ABD

【解析】由洛仑兹力提供向心力知，解得，三个粒子所带电荷量相等，则其轨迹半径与质量成正比，故打在S3位置的粒子质量最大，故A正确；由，，得， m1质量最大，故周期最小，在偏转磁场中运动时间最短，故B正确；由于S1S3＝Δx，，，联立得，故C错误；由对B选项的分析可知，解得，故D正确。

二、非选择题：本题共5小题，共54分。

11．(4分)用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门。调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1，t2…，计算出t12，t22…

(1)挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度为ai，则＝______。（结果用t0和ti表示）

(2)作出的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M＝______。

【答案】(1)    (2)

【解析】(1)遮光片经过光电门时的速度，，重锤做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得，整理得。

(2)由牛顿第二定律得，，整理得，则图像的斜率，解得。

12．(10分)实验课中同学们要完成“测量电池的电动势和内阻”的任务。某小组计划用如图甲所示的电路进行测量，已知实验室除待测电池（电动势约几伏）、开关、导线外，还有下列器材可供选用：

电流表A：量程0～0.6 A，内阻约0.2 Ω

电压表V：量程0～3 V，内阻约3 kΩ

滑动变阻器R1：0～500 Ω，额定电流1 A

滑动变阻器R2：0～20 Ω，额定电流2 A

(1)为了便于实验，滑动变阻器最好选用_______；（填写仪器的字母代号）

(2)请根据图甲所示的电路图，在图乙中完成实物的连接；

(3)实验过程某次测量时电流、电压表示数情况如图丙所示，此时电压表读数为_______V，电流表读数为________A；

(4)实验得到的U－I图线如图丁所示，可得电池的电动势E＝________V，内阻r＝________；（结果保留两位有效数字）

(5)为了研究电表内阻对测量结果的影响，我们用U和I的函数关系来分析这一个问题。若字母RV、RA分别表示电压表和电流表的内阻，U、I分别表示电压表和电流表的示数，E、r分别表示电池的电动势和内阻的真实值。考虑到电表内阻的影响，请选择相关的字母写出反映U和I实际关系的函数表达式U＝______。

【答案】(1)R2    (2)见解析图    (3)1.70    0.28    (4)2.0    1.0    (5)

【解析】(1)因为电池的内阻小，为保证实验中可多测量几组数据，且在调节滑动变阻器时电流变化比较明显，所以滑动变阻器选择R2。

(2)根据电路图连接的实物图如图所示。

(3)电压表的精确度为0.1 V，读数时保留到精确度的下一位，所以电压为1.70 V；电流表精确度为0.02 A，读数时保留到精确度的同一位，电流表的读数为0.28 A。

(4)根据闭合电路欧姆定律有U＝E－Ir，所以U－I图象的斜率，所以电源的内阻r＝1.0 Ω，当I＝0.1 A时，U＝1.9 V，解得E＝2.0 V。

(5)根据闭合电路欧姆定律可知，变形得。

13．(9分)如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞面积S＝100 cm2，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 °C，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2。求：

(1)缸内气体的压强p1；

(2)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处。

【解析】(1)以缸体为对像（不包括活塞），列缸体受力平衡方程：

p1S＝Mg＋p0S

解得：p1＝3.0×105 Pa。

(2)当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有

p2S＝Mg＋p0S   (2分)

则缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由盖‧吕萨克定律得：

可得T2＝2T1＝600 K

故气体的温度是327 ℃。

14．(14分)如图所示，半径未知的光滑圆弧AB与倾角为37°的斜面在B点连接，B点的切线水平。斜面BC长为L＝0.3 m。整个装置位于同一竖直面内。现让一个质量为m的小球从圆弧的端点A由静止释放，小球通过B点后恰好落在斜面底端C点处。不计空气阻力。（g取10 m/s2）

(1)求圆弧的轨道半径；

(2)若在圆弧最低点B处放置一块质量为m的胶泥后，小球仍从A点由静止释放，粘合后整体落在斜面上的某点D。若将胶泥换成3m重复上面的过程，求前后两次粘合体在斜面上的落点到斜面顶端的距离之比。

【解析】(1)设圆弧的半径为R，则小球在AB段运动时，有：

mgR＝mv02

解得：

小球从B平抛运动到C的过程中，分解位移：

Lsin 37°＝gt2，Lcos 37°＝v0t

联立解得：R＝0.08 m。

(2)在B处放置m的胶泥后，粘合时动量守恒：mv0＝2mv1

得

在B处放置3m的胶泥后，粘合时动量守恒：mv0＝4mv2

得

整体从B平抛，分解位移：x＝vt，y＝gt2

根据几何关系可知

解得平抛时间

落点距离B为

可知s与v2成正比，则。

15．(17分)如图所示，间距为L＝2 m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于B＝0.5 T方向垂直导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为x1（值未标出），在坐标为x0＝1.2 m处垂直于水平导轨放置有一质量m＝1 kg、电阻为R＝0.1 Ω的导体棒ab。现把质量为M＝2 kg、电阻也为R＝0.1 Ω的导体棒cd，垂直导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为h＝1.8m处由静止释放。若两导体棒在磁场内运动过程中不会相碰，ab棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略磁场的边界效应，g＝10 m/s2。求：

(1)cd棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；

(2)ab棒离开磁场右边界前的稳定速度；

(3)cd棒从进入磁场到离开磁场的过程中，安培力对系统做的总功。

【解析】(1)cd棒下落过程中机械能守恒，有：Mgh＝Mv02

解得：v0＝6 m/s。

(2)cd棒进入磁场后与ab棒组成的系统动量守恒，有：Mv0＝(M＋m)v1

解得两棒匀速时的速度：v1＝4 m/s。

(3)设两棒达到相同速度时相距为△x，则两棒同速前进，流过导体棒中的电量：

对ab棒应用动量定理得：

解得：Δx＝0.4 m

则从ab棒出磁场右边界到cd棒出磁场右边界的过程中，流过导体棒中的电量

设cd出磁场时的速度为v2，对cd棒应用动量定理可得：－BLΔq2＝Mv2－Mv1

解得：v2＝3 m/s

由功能关系可知，整过程中有：W安＝Mv22＋mv12－Mv02

解得：W安＝－19 J。