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1、2021年决胜高考物理模拟考冲刺卷（卷5）第I卷（选择题）一、选择题:共11小题，每小题4分，共44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，第811题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系若令x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系下列说法中正确的是（ ）A若x轴表示时间，y轴表示功能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系B若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图像可
2、以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系C若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系D若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系【答案】C【解析】根据动量定理，说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确结合得，说明动能和时间的图像是抛物线，A错误根据光电效应方程，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动
3、势等于磁通量的变化率，是一个定值不随时间变化，D错误2如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框abcdef，它的六个顶点均位于一个半径为R的圆形区域的边界上，be为圆形区域的一条直径，be上方和下方分别存在大小均为B且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接入从a点流入、从f点流出的大小为I的恒定电流，则金属线框受到的安培力的大小为ABCBIRD0【答案】A【详解】根据串并联电路的特点可知线框流过af边的电流：流过abcdef边的电流：de、ab边受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理bc、ef边受到的安培力等大同向，斜向右下方，则de、ab、bc、ef边所受的安培力
4、合力为：，方向向下；cd边受到的安培力：，方向向下;af边受到的安培力：，方向向上；所以线框受到的合力：A正确，BCD错误。故选A。3氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为：，式中x 是某种粒子已知：、和粒子x的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/C²，C是真空中的光速.由上述反应方程和数据可知A粒子x是B该方应中的质量亏损为0.0289uC该反应释放出的能量约为17.6MeVD该反应中释放的全部能量转化为粒子x的动能【答案】C【解析】A.根据核反应前后质量数守恒和核电荷数守恒，可判断x为中子，选项A错误；
5、B.该方应中的质量亏损为，故B错误；C.由爱因斯坦质能方程可知释放出的能量为E(2.0141+3.01614.00261.0087)×931.5MeV17.6 MeV，选项C正确；D.该反应中释放一部分转化为X粒子的动能，一部分转化为的动能，故D错；故选C。4如图所示，在xOy平面内有匀强电场，半径为R的圆周上有一粒子源P，以相同的速率v0在平行于圆周面内沿各个方向发射质量为m的带电量为q的微粒，微粒可以到达圆周上任意一个位置。比较到达圆上各个位置的微粒，发现到达Q点的微粒的动能最小，从C点离开的微粒的机械能最大，已知BOP30°，AOQ37°，取重力加速度为g，
6、取sin37o=0.6，cos37o=0.8，取最低点D所在水平面为零重力势能面，不计空气阻力及带电微粒间的相互作用。则下列说法错误的是（）A匀强电场的电场强度大小为，方向沿y轴负方向B匀强电场的电场强度大小为，方向沿x轴负方向C通过D点的微粒动能为m+()mgRD微粒从P点运动到Q点过程中电势能增加【答案】A【详解】AB在C点微粒机械能最大，说明P到C电场力做功最大，由几何关系可知，过C点做圆的切线为电场的等势线，即电场力沿OC方向，因带电粒子带正电，场强方向沿OC方向，即沿x轴负方向；而在Q点，微粒动能最小，即重力与电场力的合力方向沿QO，则有解得故B正确，A错误；C从P点到D点，根据动能
7、定理有则有故C正确；D微粒从P点运动到Q点过程中电场力做功电场力做负功，电势能增加，故D正确。本题要求选错误的选项，故选A。5如图所示，在直角坐标系xOy中，位于坐标原点O的振源振动产生沿x轴正向传播的简谐横波，振幅为A，M、N为x轴上相距d的两质点。t=0时，振源开始沿-y方向振动；t=t0时，振源第一次到达y=A处，此时质点M开始振动；当质点M第一次到达y=-A处时，质点N开始振动。则该简谐横波的传播速度大小为 ( )AB CD【答案】C【详解】由题意可知，从M传到N所需要的时间为，则有故选C。6如图所示，一轻杆两端分别固定着质量为和的两个小球A和B（可视为质点）。将其放在一个直角形光滑槽
8、中，已知轻杆与槽右壁成角，槽右壁与水平地面成角时，两球刚好能平衡，且，则A、B两小球质量之比为（）A B C D【答案】D【详解】对A球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示根据共点力平衡条件，有再对B球受力分析，受重力、杆的弹力、斜面的支持力，如图所示根据平衡条件，有联立解得故选D。7某同学做了一个力学实验，如图所示，将一金属球通过一轻质弹簧悬挂于O点，并用一水平方向的细绳拉住，然后将水平细绳剪断，经观察发现，水平细绳剪断后金属球在第一次向左摆动以及回摆过程的一段运动轨迹如图中虚线所示。根据运动轨迹以及相关的物理知识，该同学得出以下几个结论中正确的是（）A金属球运动到悬点正下方时
9、所受合力方向竖直向上B水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向垂直于弹簧向左下方C金属球动能最大的位置应该在悬点正下方的左侧D金属球运动到最左端时动能为零【答案】C【详解】A当金属球运动到悬点O正下方时，根据做曲线运动的条件结合受力分析可知，此时金属球所受合力方向竖直向下，如图所示，故A错误；B细绳未剪断前，设小球的重力为G、弹簧的弹力为F，细绳的拉力为T，由于金属球处于水平状态，则根据三力平衡可知G与F的合力与T等大反向，即G与F的合力水平向左，当细绳被剪断的瞬间细绳的拉力突然消失，而弹簧弹力的大小和方向均不发生变化仍为F，所以此时小球所受G与F的合力仍水平向左，根据牛顿第二定律中力与加速度的同向
10、性可知在水平细绳剪断瞬间金属球的加速度方向一定水平向左，故B错误；C如图甲所示，当金属球运动到O点正下方时，金属球所受合力与金属球的速度成锐角，在此后的一段时间内金属球的速度将增大，动能增大，则金属球动能最大的位置应该在悬点正下方的左侧，故C正确；D当金属球运动到最左端时，由轨迹的切线可知，速度方向向上，不为零，动能不为零，故D错误。故选C。8a、b两种单色光以相同的入射角从某种介质射向真空，光路如图所示，则下列叙述正确的是()Aa光的全反射临界角小于b光的全反射临界角B通过同一双缝干涉装置，a光的干涉条纹间距比b光的宽C在该介质中a光的传播速度大于b光的传播速度D在该介质中a光的波长小于b光
11、的波长【答案】BC【解析】由图可知，b光比a光偏折角大，故b光的折射率大，由n可知，b光在该介质中传播速度小，由可知，在该介质中a光的波长较长，再由x可知，a光干涉条纹间距较大，故B，C正确，D错误；由sin C可得，a光全反射的临界角较大，A错误。9人们经长期观测发现，天王星绕太阳圆周运动实际运行的轨道总是周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离。英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶认为形成这种现象的原因是天王星外侧还存在着一颗未知行星。这就是后来被称为“笔尖下发现的行星”海王星，已知天王星运行的周期为T0，轨道半径为R0。则得到海王星绕太阳运行周期T，轨道半径R正确的是()A B C
12、D【答案】BD【解析】天王星发生最大偏离时，A、B行星与恒星在同一直线上且位于恒星同一侧设行星B运行周期为T，轨道半径为R，则有，解得海王星的运行周期，故A错误B正确；由开普勒第三定律有：，解得，故C错误D正确10如图所示三维坐标系O-xyz，空间直角坐标系Oxy内存在匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与Oxy平面平行且与y轴负方向的夹角为，匀强电场的电场强度大小为E、方向沿y轴负方向；一质子（不计重力）从原点O以速度向z轴正方向射出。已知质子的电荷量为e，下列关于质子的受力和运动的描述正确的是（）A质子不可能做匀变速曲线运动B质子在运动过程中受到的合力为变力C质子在O点受
13、到的合力大小为D质子沿z轴方向的分运动是匀速直线运动【答案】CD【详解】AD由于质子在O点受到的合力方向沿B的方向，始终与初速度的方向垂直，所以质子沿z轴方向的分运动是匀速直线运动；在zOB的平面内做类平抛运动，是做匀变速曲线运动，故A错，D对；B由于质子在O点受到的合力方向沿B的方向，与初速度的方向垂直，所以质子将获得沿B的方向的分速度，根据左手定则可得，沿B方向的不能产生洛伦兹力，所以质子在运动过程中受到的洛伦兹力的大小和方向不变，所以质子在运动过程中受到的合力为不变；故B错误；C根据左手定则判断出质子受到的洛伦兹力的方向，然后画出质子的受力如图洛伦兹力电场力根据平行四边形定则可知，质子在
14、O点受到的合力方向沿B的方向，大小为C正确。故选CD。11一个细小金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直下落，磁感线的分布情况如图，其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上。开始时圆环的磁通量为0，圆环磁通量随下落高度y变化的关系为=0(1ky) (k为比例常数，k>0)。金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度。圆环的收尾速度为v，已知圆环的电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力，关于该情境，以下结论正确的有（）A圆环速度稳定后，金属圆环产生的感应电动势为k0vB圆环速度稳定后，金属圆环的热功率C圆环速度稳定后，金属圆环的热功率D圆环的质量【答案】
15、AB【详解】A圆环速度稳定后，在很短时间t内，下降的高度穿过圆环磁通量的变化量，解得根据法拉第电磁感应定律得，圆环产生的感应电动势 解得A正确；BC圆环的热功率解得B正确，C错误；D圆环速度稳定后，由能量守恒定律知，金属圆环减小的重力势能全部转变为热量，则，解得，D错误。故选AB。第II卷（非选择题）共5小题，共56分。12(8分)在研究平抛运动的实验中，某同学记录了小球运动途中经过的A、B、C、D、E、F、G点的位置，相邻两点的时间间隔均为=0.05s取A点为坐标原点，以+x方向表示水平初速度方向、+y方向表示竖直向下方向，实验记录如下：（结果保留两位小数）标号nABCDEFGt（s）00.
16、050.100.150.200.250.30x（m）00.0240.0510.0730.0980.1260.150y（m）00.0420.1080.1980.3140.4540.617（1）作出xt图象如图1所示，小球平抛运动的水平初速度大小是_m/s；（2）以t为横坐标，为纵坐标，作出t图象如图2所示，其函数解析式为= 4.88t + 0.59： 重力加速度的测量值是_m/s； t=0.10s时，小球的竖直分速度大小是_m/s；【答案】0.50； 9.76 1.57 【解析】（1）小球做平抛运动，将运动分解，水平方向做匀速直线运动，则有：x=v0t根据作出的x-t图象，则平抛的水平初速度大小
17、为：；（2）根据,则有：因此重力加速度的测量值为：g=2k=2×4.88=9.76m/s2竖直方向的初速度应该为纵截距0.59，可知t=0时竖直分速度v0y=0.59m/s；0.1s时竖直分速度v1y=voy+gt=1.57m/s13(8分)市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现不合格的原因有两个，一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格， 但导体横截面积较小。某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员查阅资料得知，纯铜的电阻率为1.7×108 ·m。现取
18、横截面积约为 1 mm2、长度为 100 m（真实长度）的铜电线，进行实验测量其电阻率，实验室现有的器材如下： A.电源（电动势约为 5 V，内阻不计）B.待测长度为 100 m 的铜电线，横截面积约为 1 mm2C.电压表V1（量程为 03 V，内阻约为 0.5 k）D.电压表V2（量程为 05 V，内阻约为 3 k）E.电阻箱 R（阻值范围为 0999.9 ）F.定值电阻 R01 G.开关、导线若干(1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径 d，如图甲所示，则d_mm。(2)小组设计的测量电路如图乙所示，则P是_，N是_，（填器材代号）通过实验作出的图像如图丙所示。(3)图乙电路测得的
19、铜电线的电阻测量值比真实_（选填“偏大”“不变”或“偏小”），原因是_。(4)长度为100 m（ 真实长度）的铜电线的电阻为_；这捆铜电线的电阻率 =_（此结果保留三位有效数字）；从铜电线自身角度考虑，你认为电阻率大的可能原因是_。【答案】1.125mm D C 偏大 见解析 可能使用了再生铜或含杂质很多的铜 【详解】(1)螺旋测微器测得的直径为1.125mm(2)由于题目中没有电流表，给了两块电压表，显然P测量的电压大，应选用5V量程的电压表D；而N测量的电压低，小选用3V量程的电压表C。(3)测量值比真实值偏大。两块电压表的差值就是L两端的电压，通过V1与R测出流过L的电流，但由于电压表V
20、1的分流作用，测得流过L的电流偏小，因此测量L的阻值偏大。(4)根据两段电压之比等于电阻之比，即整理得因此，图象丙的斜率就表示L的电阻，代入数据根据电阻率公式代入数据，可得可能使用了再生铜或含杂质很多的铜14(9分)如图甲所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间容积为0.1V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为0.9p0（p0为大气压强），温度为297K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B，求：(1)活塞移动到B时，缸内气体温度TB；(2)在图乙中画出整个过程的p-V图线。【答案】(1)363K；
21、(2)【详解】(1)活塞离开A处前缸内气体发生等容变化，初态，末态根据查理定律得代入数据解得，活塞刚离开A处时的温度活塞由A移动到B的过程中，缸内气体作等压变化，由气态方程得代入数据解得(2)PV图线如图15(13分)某学校的兴趣小组探究下落的小球与地面碰撞前后的运动情况，得到速度随时间变化的图象，并作出t=0.5时刻的切线，如图所示，已知小球在t=0时刻释放，其质量为0.5kg，并且在小球运动过程中，速度小于10m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。【答案】(1)2
22、.25J；(2)3.75N【详解】(1)由图像可知，小球第一次与地面碰撞前后的速度分别为v1=5m/s，v2=4m/s，损失的机械能为(2)t=0.5s时的速度为v3=4m/s，加速度为由牛顿第二定律得解得最大速度为v1=5m/s，最大阻力为16(18分)某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中已知两个立柱底面均为边长为d的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行立柱1下底面中心坐标为，立柱2下底面中心坐标为，它们的上底面均位于的平面内两个立柱上、下底面间的电压大小均为U，立柱1内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外电场均被屏蔽在和的空
23、间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是和（均未知）现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面若粒子在经过和两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位置均会被吸收）；该粒子质量为m、电荷量为q，不计粒子重力及粒子间的相互作用力求：（1）粒子经过立柱2下底面时的动能；（2）磁感应强度和的大小；（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z轴垂直求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1下底面的最短时间t【答案】（1）；（2），；（3）【详解】（1）粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：，（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的下底面，需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱2最右面，第2次加速后亦然，即在磁场中圆周运动半径等于10d第一次加速后：，解得第一次加速后：，解得（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到达立柱2最右面，而且是对角线，如图：最大半径为由，解得：，；最短时间为：，解得