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    高中物理高考 卷3-2021年决胜高考物理模考冲刺卷(重庆新高考专用)(解析版)

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    这是一份高中物理高考 卷3-2021年决胜高考物理模考冲刺卷(重庆新高考专用)(解析版),共15页。试卷主要包含了作答时,务必将答案写在答题卡上,02s,[选修3-3],[选修3-4]等内容,欢迎下载使用。
    2021年决胜高考物理模考冲刺卷注意事项1.作答前,考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上。2.作答时,务必将答案写在答题卡上。写在试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后,将答题卡、试卷、草稿纸一并交回。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.下列核反应的方程中,反应方程和说法都正确的是(    A为核裂变方程B衰变成要经过4衰变和2衰变C.核泄漏事故的污染物能对人体造成危害:D,这一反应释放了射线【答案】C【详解】A.反应方程的书写没有遵循电荷数和质量数守恒,故A错误;B衰变时质量数不变,故衰变的次数为,故B错误;C.反应式的质量数和电荷数均守恒,故C正确; D.反应后释放了电子,故为射线,故D错误。故选C2.如图所示,123是电场中的三个点,其电场强度大小分别为E1E2E3,电势分别为φ1φ2φ3.把正点电荷由位置2移到位置3的过程中,关于电场力对电荷所做的功及电荷电势能的变化,下列说法中正确的是  (   )A电场力做正功,电势能增加B电场力做正功,电势能减少C电场力做负功,电势能增加D电场力做负功,电势能减少【答案】C【详解】正电荷的受力方向与电场线方向相同,因此正点电荷由位置2移到位置3的过程中受力方向与运动方向相反,电场力做负功,电势能增加,C正确3.一个质量为m的物体,以速度沿光滑斜面向上滑行,当滑到高度为h时,该物体的机械能是(    ).A B C D【答案】A【分析】物体上滑过程中,支持力不做功,只有重力做功,机械能守恒。【详解】物体沿着光滑斜面上滑的过程中,只有重力做功,机械能守恒,故上升的高度为h时的机械能故选A【点睛】本题关键抓住只有重力做功,物体的机械能守恒来求解4.如图所示,挡板AB和竖直墙壁之间夹有质量为m的小球,当挡板和竖直墙壁之间的夹角θ90°缓慢减小至30°的过程中,以下说法正确的是(   A小球对挡板AB的压力先增大后减小B小球对挡板AB的压力逐渐减小C小球对竖直墙壁的弹力逐渐增大D小球对竖直墙壁的弹力先减小后增大【答案】C【分析】对球进行正确受力分析,把握其受力特点:一个力大小和方向不变(重力),一个力方向不变(墙给球的支持力),另一个力的大小、方向均发生变化(挡板给球的作用力),对于这类动态平衡问题,即可以采用图解法进行.【详解】以小球为研究对象,处于平衡状态,根据受力平衡,有由图可知,在减小时挡板给球的支持力与竖直方向的夹角增大,逐渐增大,根据牛顿第三定律可知小球对挡板AB的压力逐渐增大,AB错误;墙壁给球的压力逐渐增大,所以挡板给球的支持力逐渐增大,根据牛顿第三定律可知小球对竖直墙壁的弹力逐渐增大,C正确D错误;【点睛】本题主要是考查了共点力的平衡问题,解答此类问题的一般步骤是:确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解,然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答.本题是利用图解法来分析的.5探路者号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中,发现AB两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星,并测得两颗卫星的周期相等,以下判断正确的是(  )A.天体AB表面的重力加速度一定相等 B.两颗卫星的线速度一定相等C.天体AB的质量一定相等 D.天体AB的密度一定相等【答案】D【详解】A天体AB表面的重力加速度等于卫星的向心加速度,即T相同,两颗天体的半径不一定相同,则天体AB表面的重力加速度不一定相等,故A错误;B.卫星的线速度为 T相等,而R不一定相等,线速度不一定相等。故B错误;C.设AB中任意天体的半径为R,质量为M,卫星的质量为m,周期为T。则由题意,卫星靠近天体表面飞行,卫星的轨道半径约等于天体的半径,则有 T相等,R不一定相等,所以天体AB的质量不一定相等。故C错误;D.天体的密度为可见ρ与天体的半径无关,由于两颗卫星的周期相等,则天体AB的密度一定相等。故D正确。故选D6.一正三角形导线框ABC高度为a)从图示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B、方向相反、垂直于平面、宽度均为a。下图反映感应电流与线框移动距离x的关系,以逆时针方向为电流的正方向。图像正确的是(    A BC D【答案】A【详解】上,在范围,线框穿过左侧磁场时,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针,为正值。在范围内,线框穿过两磁场分界线时,BCAC边在右侧磁场中切割磁感线,有效切割长度逐渐增大,产生的感应电动势增大,AC边在左侧磁场中切割磁感线,产生的感应电动势不变,两个电动势串联,总电动势增大,同时电流方向为瞬时针,为负值。在范围内,线框穿过左侧磁场时,根据楞次定律,感应电流方向为逆时针,为正值,综上所述,故A正确。故选A7.如图所示,质量为m长为L的金属棒MN两端用等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.当棒中通以恒定电流后,金属棒摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ=600,则下列说法正确的是A.电流由N流向MB.悬线与竖直方向夹角为θ=600时,金属棒处于平衡态C.悬线与竖直方向成θ=300时,金属棒的速率最大D.恒定电流大小为【答案】C【详解】根据左手定则可知电流的方向由M流向N,故A错误;悬线与竖直方向夹角为θ=60°时,金属棒速率为零,并非处于平衡状态,故B错误;导体棒在0-600角的范围内摆动,由运动的对称性可知悬线与竖直方向的夹角为θ=30°时金属棒的速率最大,故C正确;在θ=30°时,导体棒处于平衡状态,则对金属棒进行受力分析可知,,解得,故D错误;故选C.点睛:对金属棒进行受力分析、利用对称性原则判断出速度最大的位置,根据安培力公式分析即可正确解题.二、多项选择题:本题共3小题,每小题5分,共15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5分,选对但不全的得3分,有错选的得0.8.小球以水平速度进入一个水平放置的光滑的螺旋形轨道,轨道半径逐渐减小,则:(   A球的向心加速度不断减小B球的角速度不断增大C球对轨道的压力不断减小D小球运动周期不断减小【答案】BD【详解】轨道对小球的支持力与速度方向垂直,则轨道对小球的支持力不做功,重力也不做功,根据动能定理,合力不做功,则动能不变,即小球的线速度大小不变;
    A、由可知,速度不变,半径减小,则可知向心加速度不断增大,故A错误;
    B、根据,线速度大小不变,转动半径减小,故角速度变大,故B正确;
    C、根据向心力公式可知:可知,速度不变、半径减小,向心力增大,从而导致球对轨道的压力不断增大,故C错误;
    D、根据可知,角速度增加,故周期减小,故D正确.点睛:本题关键是能够根据动能定理、线速度与角速度关系公式、向心加速度公式列式判断,注意线速度不变是解题的关键.9.如图所示,物块AB用跨过定滑轮的轻绳连接,AB的质量分别是m2m,劲度系数为k的轻质弹簧一端固定,另一端与在水平面上的物块A相连,物块B处在倾角为θ的斜面上,整个系统不计一切摩擦.开始时,物块B在一沿斜面向上的外力F=mgsinθ的作用下保持静止,然后撤去外力F,直到物体B获得最大速度v,弹簧未超过弹性限度且A在水平面上未与滑轮相碰,则A撤去F前,绳子的拉力大小为B撤去F的瞬间,物块B的加速度大小为C从撤去F到物块B的速度达到最大的过程中,A向右运动的距离为D从撤去F到物块B的速度达到最大的过程中,弹簧增加的弹性势能为【答案】AD【分析】撤去F前,B静止不动,根据平衡条件求绳子的拉力大小.撤去F的瞬间,分别对AB运用牛顿第二定律列式,求解加速度.当B受到的合力为零时,速度最大,根据胡克定律研究A向右运动的距离.根据能量守恒求弹簧增加的弹性势能.【详解】A项:撤去F前,B静止不动,对B分析,由平衡条件可知 F+T=2mgsinθ,则得绳子拉力 T=mgsinθ,故A正确;B项:当撤去F的瞬间,弹簧的弹力不变,根据牛顿第二定律得:B有:2mgsinθ-T′=2maA有:T′=ma联立解得,物块B的加速度大小 a=,故B错误;C项:撤去F前,对A T=kx1,得 x1= B受到的合力为零时,B的速度最大,对整体有 kx2=2mgsinθ,得 x2= 所以从撤去F到物块B的速度达到最大的过程中,A向右运动的距离为 S=x2-x1=,故C错误;D项:从撤去F到物块B的速度达到最大的过程中,根据弹簧及两个物体组成的系统机械能守恒得:弹簧增加的弹性势能为Ep=,故D正确.故应选:AD【点睛】本题关键是明确系统的受力情况、运动性质和能量转化情况,然后结合平衡条件、胡克定律、机械能守恒定律分析.10.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为5:1,原线圈接交流电源和交流电压表,副线圈接有“220V440W”的热水器和“220V220W”的抽油烟机,如果副线圈电压按图乙所示规律变化,则下列说法正确的是( A副线圈两端电压的瞬时值为B交流电压表的示数为C1min内变压器输出的电能为D热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2【答案】AC【详解】A.由图乙可知,副线圈两端电压交变电的峰值是T=0.02s可得角速度为则副线圈两端电压的瞬时值表达式A正确;B.由图乙知副线圈电压有效值为220V,根据电压与匝数成正比代入数据可得原线圈电压即电压表示数为U1=1100V,故B错误;C1min内变压器输出的电能为W=440+220×60J=3.96×l04JC正确;D.根据“220V440W”的纯电阻和“220V220W”的电动机可知,纯电阻的功率是电动机功率的2倍,但电动机部分转化为机械功率,一部分为热功率,故D错误。故选AC二、多项选择题:本题共3小题,每小题5分,共15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5分,选对但不全的得3分,有错选的得0.116分)某同学用下图甲中的装置测量自由落体加速度g,得到如图乙所示的一段纸带,他每两个点取一个计数点,ABC分别为计数点,已知交流电频率为50 Hz,相邻两个计数点之间的时间间隔T=0.04s,测得AB7.65cmBC9.17cm,则打B点时重物的瞬时速度为____m/s,测得自由落体加速度g_____m/s2(结果保留两位有效数字)【答案】2.1    9.5    【详解】时间中点的瞬时速度等于该过程的平均速度:根据匀变速直线运动的推论:129分)实验室中有一块内阻未知,量程为的电流计,现要把它改装为一块电压表。在改装前首先设计了如图所示的电路测量该电流计的内阻,已知电源为内阻可忽略不计的学生电源,R1的实际阻值很大。(1)在测量电流计的内阻时,进行了如下的操作:将可调电阻的阻值调至最大,仅闭合电键s1,调节电阻箱,同时观察电流计直到读数为为止;然后________填序号A.保持电键s1闭合,闭合电键s2,同时调节电阻箱,直到电流计读数为为止,记下电阻箱的阻值B.保持电键s1闭合,闭合电键s2,仅调节电阻箱,直到电流计读数为为止,记下电阻箱的阻值(2)通过(1)操作,若r2=200,则测得电流计的内阻为________;(填序号)A B C D(3)根据以上测量的数据,如果将该电流计改装成量程为3V的电压表,则应将该电流计________联一定值电阻,该定值电阻的阻值为________【答案】(1)B    (2)C    (3)    14800    【详解】(1)应用半偏法测电流计内阻,应先闭合电键S1,调节电阻箱R1,使电流计满偏,然后保持电键S1闭合,闭合电键S2,仅调节电阻箱R2,直到电流计读数为100μA为止,记下电阻箱R2的阻值,故B正确,A错误。故选B(2)闭合电键S2时,电流计与R2并联,它们两端电压相等、通过它们的电流相等,由欧姆定律可知,它们的电阻相等,则C正确,ABD错误。故选C(3)把电流计改装成3V的电压表需要串联分压电阻,串联电阻阻值1312分)如图所示,轻弹簧的一端固定,另一端与滑块B相连,B静止在水平导轨上的O点,此时弹簧处于原长.另一质量与B相同的块A从导轨上的P点以初速度v0=6 m/sB滑行,当A滑过距离l=2.7m时,与B相碰.碰撞时间极短,碰后AB粘在一起运动.设滑块AB均可视为质点,与导轨的动摩擦因数均为μ=0.5.重力加速度为g.求:(1)碰后瞬间,AB共同的速度大小;(2)AB压缩弹簧后恰能返回到O点并停止,求弹簧的最大压缩量.【答案】(1) v2=1.5m/s  (2)x=0.1125m1)设AB质量均为mA刚接触B时的速度为v1,碰后瞬间共同的速度为v2,以A为研究对象,从PO,由功能关系 AB为研究对象,碰撞瞬间,由动量守恒定律得mv1=2mv2解得 代入数值得v2=1.5m/s2)碰后ABO点向左运动,又返回到O点,设弹簧的最大压缩量为x由功能关系可得 解得 1418分)如图所示,一小滑块带正电,质量为m,从P点以初速度v0水平抛出,恰好从上端口a点以速度v0竖直向下进入圆弧金属管形轨道ab,然后从下端口b点滑出,并滑上水平传送带.P点到a点的竖直距离为h,金属管形轨道ab内壁光滑,半径为R,管道内径很小,但略大于小滑块的尺寸.b点上方左侧整个区域(不包括b点所在的竖直线)存在水平向外的的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,磁感应强度为B,电场强度为E.当传送带静止时,小滑块恰好运动到传送带右端点c点停下.已知重力加速度为g(1)求小滑块的初速度v0(2)求小滑块刚要滑b端口时,对圆轨道的压力大小.(3)若传送带匀速转动,试讨论滑块到达c点时的动能Ek与传送带速率v的关系.【答案】(1 2 3)若 ;若则: 【分析】1)小滑块从pa做匀速圆周运动,电场力等于重力,列式求解小滑块的初速度v02)根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求解小滑块刚要滑出b端口时,对圆轨道的压力大小.3)结合动能定理讨论滑块到达c点时的动能Ek与传送带速率v的关系.【详解】1)小滑块从pa做匀速圆周运动,则:qE=mg  qv0B=m 解得 2)小滑块进入金属管形轨道将失去电荷,所以从ab的过程中,不受电场力和洛伦兹力作用,机械能守恒,则: b点: 解得 3)若传送带逆时针转动,滑块的受力与运动情况与传送带静止不动时相同,故滑块到达c点时的动能为零,与传送带的速度无关;若传送带顺时针转动,设恰好使物体一直加速时传送带速度大小为vc,则 传送带静止时有:综合(2)联立方程解得: 所以传送带顺时针转动时,滑到c点的动能与传送带速率v的关系是:若 则:(二)选考题:12分。请考生从第15题和第16题中任选一题作答,若两题都做,则按所做的第一题记分。15.[选修3-3]12分)1)(4分)下列说法错误的是_________(在给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)。A悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B分子间的距离增大时,分子间的引力和斥力都减小C用油膜法估测分子大小,如果油膜没有充分展开,测出来的分子大小将偏大D空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果【答案】A【详解】悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动,选项A错误;分子间的距离增大时,分子间的引力和斥力都减小,选项B正确;用油膜法估测分子大小,如果油膜没有充分展开,则测得的油膜的面积S偏小,由可知测出来的分子大小d将偏大,选项C正确;空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果,选项D正确;此题选择不正确的选项,故选A.2)(8分)气压式保温瓶内密封空气体积为V,瓶内水面与出水口的高度差为h,如图所,若此时瓶内气体的摩尔体积为V0,阿伏加德罗常数为NA,水的密度为ρ,大气压强为p0,欲使水从出水口流出,需从顶部向下按压活塞盖子,假设按压过程是缓慢进行的.推导瓶内气体分子间距的表达式;瓶内空气压缩量ΔV至少为多少时保温瓶内的水才能向外流出?(计算时可忽略瓶中气体温度的变化,重力加速度为g【答案】【详解】将分子看成立方体,则,解得分子间距为:忽略瓶中气体温度的变化,瓶内气体发生等温变化,P1=P0V1=VP2=P0+ρghV2=由玻意耳定律P1V1=P2V2V=V1-V2解得:16.[选修3-4]12分)1)(4分)一列简谐横波沿x轴传播,某时刻的波形如图所示,质点ab均处于平衡位置,质点a正向上运动。则下列说法正确的是_________(在给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)。A.该时刻质点a不运动B.该时刻质点b不运动C.波沿x 轴正方向传播D.波沿x 轴负方向传播【答案】C该时刻a质点正通过平衡位置向上振动,质点b正通过平衡位置向下振动,所以AB误;根据走坡法可知波沿x轴正方向传播,C正确D错误.18.如图所示,等腰直角三角形棱镜ABC,一组平行光线垂直斜面AB射入.如果光线不从ACBC面射出,求三棱镜的折射率n的范围;如果光线顺时针转过,即与AB30°角斜向下,不考虑反射光线的影响,当时,能否有光线从BCAC面射出?【答案】 光只能从BC边射出【详解】光线穿过AB面后方向不变,在ABBC面上的入射角均为450,发生全反射的条件为:解得:时,全反射的临界角C折射光线如图所示,解得:BC边的入射角,所以光线可以从BC射出,AC边的入射角,所以光线不能从AC边射出,所以光只能从BC边射出. 

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