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）

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次衰变和2次衰变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C。2．如图所示，1、2、3是电场中的三个点，其电场强度大小分别为E1、E2、E3，电势分别为φ1、φ2、φ3．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θ从90°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A、B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A、B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A、B的质量一定相等 D．天体A、B的密度一定相等【答案】D【详解】A．天体A、B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A、B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A、B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 得T相等，R不一定相等，所以天体A、B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A、B的密度一定相等。故D正确。故选D。6．一正三角形导线框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Ⅰ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． B．C． D．【答案】A【详解】在上，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，BC、AC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A。7．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分.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A和B用跨过定滑轮的轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，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A、B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：对B有：2mgsinθ-T′=2ma对A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有 T=kx1，得 x1= 当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“220V，440W”的热水器和“220V，220W”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C．1min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倍【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故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；C．1min内变压器输出的电能为W=（440+220）×60J=3.96×l04J故C正确；D．根据“220V，440W”的纯电阻和“220V，220W”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分.11．（6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，A、B、C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AB＝7.65cm，BC＝9.17cm，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：。12．（9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)串    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，则故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13．（12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/s向B滑行，当A滑过距离l=2.7m时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动．设滑块A和B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，A、B共同的速度大小；(2)若A、B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=0.1125m（1）设A、B质量均为m，A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P到O，由功能关系 以A、B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/s（2）碰后A、B由O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 14．（18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)求小滑块刚要滑出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 则 ；若则： 【分析】（1）小滑块从p到a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v0．（2）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p到a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a到b的过程中，不受电场力和洛伦兹力作用，机械能守恒，则： 在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 ；若则：（二）选考题:共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,如图所示,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．①推导瓶内气体分子间距的表达式;②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】①；②【详解】①将分子看成立方体，则，解得分子间距为：②忽略瓶中气体温度的变化，瓶内气体发生等温变化，P1=P0，V1=V，P2=P0+ρgh，V2=？由玻意耳定律P1V1=P2V2又△V=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a、b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错误；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．①如果光线不从AC、BC面射出，求三棱镜的折射率n的范围；②如果光线顺时针转过，即与AB成30°角斜向下，不考虑反射光线的影响，当时，能否有光线从BC、AC面射出?【答案】① ②光只能从BC边射出【详解】①光线穿过AB面后方向不变，在AB、BC面上的入射角均为450，发生全反射的条件为：解得：，②当时，全反射的临界角C，，折射光线如图所示，解得：，在BC边的入射角，所以光线可以从BC射出，在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．