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1、2021年决胜高考物理模拟考冲刺卷（卷1）第I卷（选择题）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17题只有一项符合题目要求，每小题4分；第810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直线运动的位移等于v-t图像与t轴所围的“面积”。某同学通过类比得出结论：凡是物理量可以表达为横纵坐标乘积的，都可以用上述方法求解。下表中是他列举的四种看法，其中正确的是（）at（加速度时间）图像与横轴所围的“面积”表示速度的变化量Ft（力时间）图像与横轴所围的“面积”表示力的冲量Fv（力速度）图像与横轴所围的“面积”表示功率UI（电压
2、电流）图像与横轴所围的“面积”表示电功率ABCD【答案】A【详解】在at图像中把时间分成无数小段，在每一小段时间内，可认为加速度恒定，这样每一小段时间内，图像与时间轴所围的“小面积”表示速度的变化量，因此累加到一起就是整个过程速度的变化量，因此正确；同样Ft图像中把时间分成无数小段，在每一小段时间内，可认为力恒定不变，这样每一小段时间内，图像与时间轴所围的“小面积”表示冲量，因此累加到一起就是整个过程中总冲量，因此正确在Fv图像中把速度分成无数小段，每一小段内可认为力恒定不变，但这样每一小段速度变化内，图像与横轴所围的“小面积”不表示速度变化这段功率，因此累加到一起也不表示总的功率，因此错误；
3、在UI图像中把电流分成无数小段，每一小段内认为电压不变，但在每一小段电流变化内，图象与横轴所围的“小面积”不表示这段电流变化内的电功率，因此累加到一起也不能表示总的电功率，错误。故选A。2在透明均匀介质内有一球状空气泡，一束包含两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后光分别从C、D点射向介质，如图所示，已知A点的入射角为30°，介质对光的折射率，下列判断正确的是（）A在该介质中，光传播速度B光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏向角为30°C光从该介质射向空气发生全反射时，临界角D光分别通过同一双缝干涉装置时，屏上的条纹问距【答案】B【详解】由图可知a光的偏折程度较
4、大，即介质对光a的折射率较大，则根据 可知，在介质中a光的速度小于b光，故A错误；在A点的折射角等于在C点的入射角，介质对a光的折射率，则C点的折射角为30°，圆心角为AOC=，则出射光线与水平方向的夹角为30°，故B正确；根据 ，可知，故C错误。介质对光a的折射率较大，则a光的频率较大，波长较短，根据 ，可知 ，故D错误。故选B3某静止的原子核发生核反应且帮放出能量Q.其方程为，并假设释放的能量全都转化为新核Y和Z的动能，测其中Z的速度为v，以下结论正确的是( )AY原子核的速度大小为BY原子核的动能是Z原子核的动能的倍CY原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量大（c
5、1为光速）DY和Z的结合能之和一定大于X的结合能【答案】D【解析】A、由动量守恒有：，所以，所以A错；B、Y原子的动能，Z原子的动能；，他们之比为，所以B错；C、D、因为放出能量，有质量亏损，所以Y原子核和Z原子核的质量之和比X原子核的质量小，结合能之和比X的大，故C错误，D正确故选D.4 A、B、C、D四个质量均为2kg的物体，在光滑的水平面上做直线运动，它们运动的、图像如图所示（其中x，v，a，F分别表示物体的位移、速度、加速度、合外力），已知物体在时的速度均为零，其中04s内物体单向运动且位移最大的是（ ）ABCD【答案】A【详解】B由图像可知，速度在02s内沿正方向，24s沿负方向，方
6、向改变，4s内总位移为零，选项B错误；C由图像可知，物体在第1s内做匀加速运动，第23s内做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向运动，第4s内在负方向上做匀减速运动，4s末物体回到原位置，不是单向直线运动，而是往复运动，选项C错误；AD由图像可知，4s内做单向直线运动，总位移为2m；由图像可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，位移一直增大，由解得总位移为位移最大的是选项A，选项D错误。故选A。5如图所示，均匀介质中振动情况完全相同的两波源S1 、S2分别位于x1=-0.2m和x2=1.2m处。t =0时刻以频率为
7、f =10 Hz同时开始向上振动，振幅为A=2 cm，波的传播速度为v=4 m/s，P、M、Q三质点的平衡位置离O点距离分别为OP=0.2 m、OM=0.5 m、OQ=0.8 m。则下列关于各质点运动情况判断正确的是 （）At=0.1 s 时刻质点Q开始沿y轴负方向运动B经t=0.175 s，质点P通过的路程为14 cmCt=0.275 s时刻，质点M的位移为+4 cmDt=0.35 s时刻，S1S2之间（不包括S1、S2）振动位移为零的点共有6处【答案】D【详解】A由于波速v=4 m/s，因此在t=0.1 s时，两列波各自向前传播的距离波源S1产生的波恰好向右传到P点，波源S2产生的波恰向左
8、好传到Q点，由于波源起振方向向上，因此Q点开始沿y轴正方向运动，A错误；B波的振动周期在经t=0.175 s时刻，S2产生的波还没有传播到P点，从t=0.1 s到t=0.175 s，P点振动了因此质点P通过的路程B错误；C两列波同时到达M点，到达的时间因此在时，M点振动了因此M点在时刻恰好经平衡位置沿y轴正方向运动，C错误；Dt=0.35 s时刻，两列波各自向前传播了恰好传播到对方波源处，两列波恰好重合，如同所示振动加强S1S2之间（不包括S1、S2）振动位移为零的点共有6处，D正确。故选D。6如图所示，固定在绝缘水平面内的金属导轨MN、MN之间有竖直向下的匀强磁场。单位长度阻值相同的金属棒a
9、b、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度向右做匀速直线运动，运动过程中始终与两导轨接触良好，则下列说法正确的是（）A回路中的感应电动势不断增大B回路中的感应电流不变C回路中的热功率不断增大D两棒所受安培力的合力不断减小【答案】D【分析】回路磁通量的变化，由楞次定律判断感应电流方向。由E = BLv求得两棒产生的感应电动势，回路中总的感应电动势等于cd棒和ab棒感应电动势之差，根据欧姆定律分析感应电流是否变化，再研究回路的热功率如何变化。【详解】AB设两棒原来相距的距离为S，MN与MN的夹角为，则回路中总的感应电动势E = BLcdv - BLabv = Bv(Lcd - Lab) =
10、 BvStan = BvStanBvStan保持不变，由于回路的电阻不断增大，而总的感应电动势不变，所以回路中的感应电流不断减小，AB错误；C回路热功率为E不变，R增大，则P不断减小，C错误；D设两棒原来相距的距离为S，MN与MN的夹角为，安培力之差等于由于电流减小，所以两棒所受安培力的合力不断减小，D正确。故选D。7如图所示，A、B、C三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为，A的质量是2m，B和C的质量均为m，A、B离轴为R，C离轴为2R。当圆台旋转时，则正确的是（）A若A、B、C均未滑动，则B的摩擦力最小B若A、B、C均未滑动，则C的向心加速度最小C当圆台转速增大时，B比A先滑动D当圆台转
11、速增大时，A比B先滑动【答案】A【详解】A. 若A、B、C均未滑动，由得 ，相同，B的mr最小，则B的摩擦力最小，A正确；B. 若A、B、C均未滑动，由得，相同，C的r最大，则C的向心加速度最大，B错误；CD. 由得， ，A和B的圆周运动的半径r相同，当圆台转速增大时，A和B同时滑动，CD错误。故选A。8如图甲所示,在光滑的水平面上有质量为M且足够长的长木板，长木板上面叠放一个质量为m的小物块现对长木板施加水平向右的拉力F= 3t（N）时，两个物体运动的a-t图像如图乙所示，若取重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（ ）A图线A是小物块运动的a-t图像B小物块与长木板间的动摩擦因数
12、为0.3C长木板的质量M = 2 kgD小物块的质量m = 1 kg【答案】BCD【详解】根据乙图可知，在3s以后，m与M开始发生相对运动，m的加速度不变，其大小为3m/s2，所以图线B是小物块运动的a-t图象，故A错误；设小物块与长木板间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律可得：，所以=0.3，故B正确；当时，以M为研究对象，根据牛顿第二定律可得：，即，解得： 由函数斜率可得，解得M=2kg；在3s以内，以整体为研究对象，可得，代入数据 ，所以m=1kg，C、D正确综上分析，答案为BCD9地月拉格朗日L2点，始终位于地月连线上的如图所示位置，该点距离地球40多万公里，距离月球约6.5万公里若飞行
13、器P通过L2点时，是在地球和月球的引力共同作用下沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动，其周期与月球沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动的周期相等已知飞行器P线速度为v，周期为T，受 地球和月球对它的万有引力大小之比为k若飞行器P只在地球万有引力作用下沿圆轨道绕地心做匀速圆周运动的线速度为v，周期为T，则AvvBvvCD【答案】BC【详解】AB项：设飞行器P受地球的引力为F1，受月球的引力为F2，由公式，所以，故A错误，B正确；CD项：由公式，联立解得：，故C正确，D错误10在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。
14、在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其ax关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则()AM与N的密度相等BQ的质量是P的6倍CQ下落过程中的最大动能是P的3倍DQ下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【答案】AB【详解】A.在星球表面，根据万有引力等于重力可得：所以：解得：；根据图象可知，在M星球表面的重力加速度为，在N表面的重力加速度为，星球M的半径是星球N的3倍，则M与N的密度相等；故A正确.B.加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得：解得：；故B正确.C.根据动能定理可得，根据图象的面积可得：，则；故C错误.D.根据运动
15、的对称性特点可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为2x0，Q下落过程中弹簧最大压缩量为4x0，Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍，故D错误.第II卷（非选择题）本题共5小题，共54分。11(本题7分) “探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示，己知打点计时器所用电源频率为50Hz，试回答下列问题。(1)平衡好摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上，挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度。根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出的a-F图线如图丙所示，此图线不通过原点的主要原因是_。(2)在某次利用上述已调整好的装置进行实验时，保
16、持砝码盘中砝码个数不变，小车自身的质量保持不变（已知小车的质量远大于砝码盘和盘中砝码的质量），在小车上加一个砝码，并测出此时小车的加速度a，调整小车上的砝码，进行多次实验，得到多组数据，以小车上砝码的质量m为横坐标，相应加速度的倒数为纵坐标，在坐标纸上作出如图丁所示的-m关系图线，实验结果验证了牛顿第二定律。如果图中纵轴上的截距为b，图线的斜率为k，则小车受到的拉力大小为_，小车的质量为_。【答案】砝码盘的重力未计入其中 【详解】(1)1根据图象丙可知，平衡摩擦力后，当F=0时，a0，这是由于F只是砝码盘中砝码总重力，砝码盘的重力未计入其中。(2)23当小车上无砝码时，小车加速度为设小车的质量
17、为M，则小车受到的拉力为图丁中图线的函数关系式满足根据牛顿第二定律得可解得12(本题9分)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程为00.6A，内阻约为0.1C电流表：量程为00.6A，内阻r=0.3D电压表：量程为03V，内阻未知E.电压表：量程为015V，内阻未知F.滑动变阻器：010，允许通过的最大电流为3AG.滑动变阻器：0100，允许通过的最大电流为1AH.开关、导线若干(1)其中电压表应选_，滑动变阻器应选_（填字母代号）；(2)以，代表所选仪器，在答题卡的方框内画出你所设计的实验电路图；(3)根据实验数据作出如甲UI图像，由图可知，电源
18、电动势E=_V，内阻r=_；(4)该电源的电动势测量值_真实值（选填“大于”、“等于”、“小于”）；(5)图乙为某小灯泡的伏安特性曲线。本实验之后，所选用电池由于使用时间过长，导致内阻增大到6，但电动势几乎没有变化。将这样的干电池两节并联后给此小灯泡供电，则小灯泡发光的功率为_W（结果保留两位小数）；(6)另一组同学用不同的电池组（均由同一规格的两节干电池串联而成）完成了上述的实验后，发现不同组电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大。同学们选择了内电阻差异较大的甲、乙两个电池组进一步设计实验探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜
19、想，并分别画出了如下图所示的P-R和P-U图像。若已知甲电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正确的是_（选填选项的字母）。AB。C。D。【答案】D F 1.50 0.7 等于 0.18-0.20 BC 【详解】(1)12测量一节干电池的电动势，则电压表应选D，滑动变阻器应选F；(2)3电流表C的内阻是已知的，则可选用电流表C，电路如图：(3)45根据实验数据作出如甲U-I图像，由图可知，电源电动势E=1.50V，内阻(4)6该电路已经知道电流表内阻，则实验无系统误差，即电源的电动势测量值等于真实值；(5)7在此灯泡的伏安特性曲线上做出两节电源并联后的UI图像如图：交点坐标为I=0.25A，U=
20、0.75V则P=IU=0.18W(6)8AB.根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内电阻时，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由可知，电动势相同，内阻越小的乙输出功率越大，故B正确，A错误。CD.当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半。由A的分析可知，乙输出的功率比甲的大；而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故C正确，D错误。故选BC。13(本题10分)如图所示，光滑斜面与半径为R的光滑圆弧轨道平滑连接并固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、m（为待定系数）。A球从斜面上某点由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨
21、道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为R，碰撞中无机械能损失。重力加速度为G。求：(1)A球释放点到轨道最低点的高度h；(2)小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。【答案】(1)2R；(2)见解析【详解】(1)设A球到达轨道最低点与B碰撞前的速度大小为v0，A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，A、B球碰撞后沿光滑轨道上升到最高点的过程，只有重力做功，机械能守恒又因碰撞过程中没有机械能损失，则有解得方向向左方向向右；A、B球碰撞时，水平方向上外力为0，A、B系统动能守恒，即解得=3A球从释放到最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒解得A球释放点到最低
22、点的高度h=2R(2)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则解得第二次碰后，B静止，A将沿轨道上升到开始释放时的位置，然后将重复前面的过程。由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同。即A的速度大小为，方向向左；B的速度大小为，方向向右。当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同。即A的速度大小为2，方向向左；B的速度大小为零。14(本题10分)篮球内有1.4atm的空气5.4L，现准备给篮球打气，连接球针和打气筒的过程中，球内气压降至1.2atm，(1)求漏出空气的质量占原来球内空气质量的比例；
23、(2)用容积是0.2L的迷你打气筒将1atm的空气打入，至少打几次才能使球内气压由1.2atm升至1.6atm以上. 假定上述过程球内气体温度不变.【答案】(1)16 (2)至少打气11次【解析】(1)漏气时发生等温变化，有P1V1= P2V2 ,解得V2=6.3L则VV1=V2V1V1=16(2)打气过程发生等温变化，P2V1+nP3V3= PV1n=10.8 至少打气11次。15(本题18分)如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向沿x轴负方向匀强磁场方向垂直于xoy平面一带负电的粒子(不计重力)从P（0,-R）点沿y轴正方
24、向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t0从O点射出(1)求匀强磁场的大小和方向；(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入,经时间t0/2恰好从半圆形区域的边界射出求粒子的加速度和射出时的速度大小；(3)若仅撤去电场,带电粒子从O点沿y轴负方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间【答案】（1）（2）；（3）【解析】试题分析：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，磁感应强度为B可判断出粒子受到的电场力沿x轴正方向，则洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知磁感应强度垂直xoy平面向外 且有 qE="qvB" R=vt0 则（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动在y方向位移设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是又有 得设出射速度，出射时水平分速度,则则（3）仅有磁场时，入射速度v2=4V，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，圆心为C，圆心角为，如图，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有又,得由几何关系则带电粒子在磁场中运动周期则带电粒子在磁场中运动时间