1、 2021 年决胜高考物理模考冲刺卷 物 理 本卷满分 110 分，考试时间 90 分钟。 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 15 题只有一项符合题目要求，第 68 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不答的得 0 分。 1某商场内的观光电梯，在一楼由静止开始向上做匀加速直线运动，1s 后改做匀速运动，持续 8s，上升 24m，最后做加速度为 3m/s2的匀减速运动，正好停在顶层（每层楼的高度大约 3m） ，顶层最可能是几层（ ） A9 B10 C11 D12 【答案】B 【详解】 匀速直线运动的速度为 223m
2、/sxvt= 则匀加速直线运动的位移为 111.5m2vxt= 匀减速直线运动的位移为 231.5m2vxa= 则上升的总高度为 x=x1x2x3=27m 每层楼的高度大约 3m，根据 n=2731=10 可知顶层可能是 10 层。 故选 B。 2 原子核 A、 B 结合成放射性原子核 C。 核反应方程是A+BC， 已知原子核 A、 B、C 的质量分别为Am、Bm、Cm， 结合能分别为AE、BE、CE， 以下说法正确的是 （ ） A原子核 A、B、C 中比结合能最小的是原子核 C B原子核 A、B 结合成原子核 C，释放的能量2()ABCEmmmc=+ C原子核 A、B 结合成原子核 C，释放
3、的能量ABCEEEE=+ D大量原子核 C 经历两个半衰期时，已发生衰变的原子核占原来的14 【答案】B 【详解】 ABC某原子核的结合能是独立核子结合成该核时释放的能量，原子核 A、B 结合成放射性原子核 C，要释放能量，原子核 C 的比结合能最大，释放的能量为 ()CABEEEE=+ 根据质能方程得 2()ABCEmmmc=+ 故 AC 错误，B 正确； D原子核的半衰期是原子核有半数发生衰变所需要的时间，大量原子核 C 经历两个半衰期时，未发生衰变的原子核占原来的14，故 D 错误。 故选 B。 3灯笼起源于 2000 多年前的西汉时期。每年的农历正月十五元宵节前后，人们都挂起象征团圆意
4、义的红灯笼， 来营造一种喜庆的氛围。 某商家在门前悬挂每只质量均为m的一串灯笼，灯笼之间用轻绳连接，在稳定的水平风力作用下悬绳与竖直方向的夹角为30，如图所示，则由上往下第三只与第四只灯笼间绳的拉力大小为（重力加速度大小为g） （ ） A43mg B23mg C8 33mg D4mg 【答案】B 【详解】 第三只以下还有三只灯笼，其受力如图 则 32 3cos30mgTmg= 故 ACD 错误，B 正确。 故选 B。 4 2020 年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播， 打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外，为了防止病毒传播，打喷嚏时捂住口鼻很重要。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达 40m/
5、s，假设某人打一次喷嚏大约喷出 60m的气体，用时约 0.02s。已知气体的密度为 1.3kg/m3，估算打一次喷嚏某人受到的平均反冲力约为（ ） A0.13N B1.3N C0.16N D1.6N 【答案】A 【详解】 打一次喷嚏喷出的空气质量为 551.3 6 10kg7.8 10kgmV= = 设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F，根据动量定理得 F tmv = 解得 0.16NF = 根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为 0.16NFF= 故 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 5如图甲所示，100 匝矩形线圈绕垂直于匀强磁场的对称轴匀速转动，与线圈相连的定值电阻R两端电压随时
6、间变化的规律如图乙所示，线圈的电阻1r = ，定值电阻9R = ，其它电阻不计，则202 10 s内通过定值电阻的电量为（ ） A110 C4 B1410 C C110 C2 D1210 C 【答案】B 【详解】 由乙图可知，最大电流为 10AmmUIR= 因此最大电动势 ()100VmmEIRr=+= 由 mENBS= 得 0.04 10012210050mTEBSN= 202 10 s内通过定值电阻的电量 12410 CNNBSqrRrR=+ 故选 B。 6如图所示，两个等量异种点电荷电场，AB为中垂线，且AO=BO，则（ ） AA、B两点电势差为零 B正电荷从A运动到B，电势能增加 C负
7、电荷从A运动到B，电势能增加 DA、B两点场强相等 【答案】AD 【详解】 等量异种电荷的电场线和等势线分布如图 ABCA、B两点在同一条等势线上，所以电势差为零，移动电荷，不做功，电势能不变。A 正确，BC 错误； DA、B两点场强大小相等，方向相同。D 正确。 故选 AD。 7如图为我国某卫星返回地面的过程，卫星在A点从圆形轨道 I 进入椭圆轨道 II，B为轨道 II 上的一点。关于卫星的运动，下列说法中正确的有（ ） A在轨道 II 上经过A的速度大于经过B的速度 B在轨道 II 上经过A的速度小于在轨道 I 上经过A的速度 C在轨道 II 上运动的周期小于在轨道 I 上运动的周期 D在
8、轨道 II 上经过A的向心加速度小于在轨道 I 上经过A的向心加速度 【答案】BC 【详解】 A卫星在椭圆轨道上运动，距地球越近，速度越大，在轨道 II 上经过A的速度小于经过B的速度，A 错误； B卫星在轨道经A点时减速才能过渡到轨道，所以在轨道上经过A点的速度大 于在轨道上经过A点的速度，B 正确； C由开普勒第三定律知，卫星在轨道上的半长轴小于在轨道上的半径，则卫星在轨道上的周期小于在轨道上的周期，C 正确； D由万有引力提供卫星运动的向心加速度 2=GMmmar 知，向心加速度仅与间距有关，在轨道 II 上经过A的向心加速度等于在轨道 I 上经过A的向心加速度，选项 D 错误。 故选
9、BC。 8如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为 2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为 2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l，现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则（ ） Aa、b两个线框匀速运动的速度大小为2 22mgRB l B线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为2 33B lmgR C从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热
10、为mgl D从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为 3224 4322m g RmglB l 【答案】CD 【详解】 A设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为T，且T=mg,则对a有 2TmgBIl= 又EIR=、EBlv=，解得 22mgRvB I= 故 A 错误； B线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间 2 233lB ltvmgR= 故 B 错误； C从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有 2mglTlQ= 得 Qmgl
11、= 故 C 正确； D 设两线框从开始运动至a全部进入磁场的过程中， 两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动 2l的距离。对这一过程，由能量守恒定律有 214232mglmglmvW=+ 得 3224 4322m g RWmglB l= 故 D 正确。 故选 CD。 二、非选择题（62 分） 9 （6 分）某兴趣小组设计了一个可同时测量物体质量和当地重力加速度的实验，其装置如图（a）所示，已知滑块的质量为M，当地重力加速度记为0g。请完成下列填空： A 闭合气泵开关， 多次调节导轨， 使滑块经过两光电门的时间几乎相等， 则导轨水平； B将待测物体固定在滑块的凹槽内
12、，并将细线的一端拴接在滑块上，另一端跨过定滑轮挂一个质量为1m的钩码； C调整定滑轮使细线与气垫导轨的轨道平行； D打开光电门、释放滑块，记录滑块通过光电门的时间1t、2t，读出两光电门之间的距离L， 用游标卡尺测出遮光条的宽度为d， 示数如图 （b） 所示， 则d =_cm，并由此计算出滑块的加速度1a =_（用1t、2t、L、d表示） ； E.依次添加钩码，重复上述过程多次，记录相关实验数据并计算出滑块相应的加速度； F.以钩码质量的倒数（1m）为横轴，加速度的倒数（1a）为纵轴，建立直角坐标系，利用以上数据画出如图（c）所示的图线，若该直线斜率为k，纵截距为b，则待测物 体质量0M =_
13、，当地重力加速度0g =_（用k、b、M表示） 。 【答案】0.520 22221112dL tt kMb 1b 【详解】 1由图可知，游标尺的 0 刻度前为5mm，第 4 刻度与上边对齐，读数为：40.05mm=0.20mm，所以总读数为：5mm0.20mm5.20mm=0.520cm+= 2根据 22212axvv= 可得 221212dda Ltt= 所以 2121112daL tt= 34滑块的质量为M，待测物体的质量为0M，滑块受到拉力为F，由牛顿第二定律有 0()FMM a=+ 对钩码 0mgFma= 联立得 00000111MMmMMamggmg+=+ 所以11am图象的斜率为0
14、0MMg+，故 00MMkg+= 纵轴截距为 01bg= 所以 01gb= 0kMMb= 10 （9 分）某实验小组为测量一节内阻较大的干电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的实验电路，电路中的定值电阻R1=10，滑动变阻器R2有两种型号供选择：A（最大阻值 50） ；B（最大阻值 120） 。 实验小组成员闭合开关 S 前，将滑动变阻器的滑片调至最右端。闭合开关后，调节滑动变阻器，记录了多组电压表的示数U1、U2，如下表所示。 U1/V 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 U2/V 1.10 0.94 0.78 0.71 0.46 0.30 (1)请根据表格数据在图乙
15、的坐标系中作出U2-U1图像_； (2)根据实验中的记录数据， 可知滑动变阻器R2应选_ （选填“A”或“B”） ； (3)如将两电压表视作理想电表，根据作出的图像可得到电池的电动势E=_V （结果保留两位小数） ，电池的内阻r=_（结果保留两位有效数字） 。 【答案】 B 1.26（1.241.28） 6.0（5.86.2） 【详解】 解：(1)1由图表中的数据描点作图 (2)2由电压表的示数U1、U2，U1=0.1V 时，U2=1.1V，因为R1=10，I1=I2，所以 21.1101100.1R = 所以R2应选 B。 (3)3由图表可知，U1=0 时 E=U2=1.26V 4当U1=0
16、.1V 时 110.1A0.01A10UIR= R2=110，由闭合电路欧姆定律可得 E=I（R1+R2+r） 代入数据解得 r=6.0 11（14分） 如图甲是某游乐场内的滑沙场地示意图， 斜坡滑道AB长16m， 倾角37=，水平滑道BC足够长，斜坡滑道与水平滑道之间是平滑连接的。某游客坐在滑板上从斜坡的A点由静止开始滑下（如图乙所示） ，滑到斜坡底端B点后再沿水平的滑道滑行一段距离到C点停下。已知游客和滑板的总质量60kgm =，滑板与斜坡滑道间的动摩擦因数为10.50=，与水平滑道间的动摩擦因数为20.40=，空气阻力忽略不计sin370.6 =，cos370.8 =，求： (1)游客从
17、斜坡上滑下的加速度大小； (2)游客滑到B点时的速度大小； (3)游客从A点滑动到C点所用的时间。 【答案】(1)2m/s2；(2)8m/s；(3)6s 【详解】 (1)根据牛顿第二定律得 11sin37cos37mgmgma= 解得 212m/sa = (2)根据 22vaL= 解得 8m/sv = (3)根据 2112Lat= 解得滑到底端的时间 14st = 在水平滑道，根据 22mgma= 解得 224m/sa = 则在水平轨道上停止的时间 222svta= 从A点滑动到C点所用的时间 126sttt=+= 12 （18 分）如图所示，水平边界MN与PQ之间分布着垂直纸面向外的匀强磁场
18、，磁感应强度大小为B，两边界间的高度差为l。由粗细均匀的电阻丝制成的单匝矩形线框abcd的电阻为R，以ac=l，ab=2l。现将线框从边界MN上方l处由静止释放，当cd边进入磁场时线框恰好做匀速运动， 整个过程中线框平面始终保持竖直且ab边保持水平。已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计，求： (1)cd边刚进入磁场时c、d两点间的电压U； (2)线框进入磁场的过程中，通过线框的电量q； (3)线框穿过磁场的过程中，ac边产生的热量Q。 【答案】(1)423UBlgl=；(2)22BlqR=；(3)2 3423B lQglR= 【详解】 (1)线框进入磁场前做自由落体运动 22vgl= 由闭合电
19、路欧姆定律得 2B lvIR= c、d两点间的电压为 23UIR= 联立解得 423UBlgl= (2)线框进入磁场的过程中，由法拉第电磁感应定律得 2Bl lEt= 由闭合电路欧姆定律得 EIR= qIt= 联立解得 22BlqR= (3)线框穿过磁场的过程中，由功能关系可知克服安培力做的功等于回路中产生的热量 2 2422B lFBIlglR= 2 3822B lQFlglR=总 ac边产生的热量为 16QQ=总 联立解得 2 3423B lQglR= 物理选修 33（15 分） 13 （5 分）下列说法中正确的是（ ） A一定质量的理想气体，在压强不变时，单位时间内分子与器壁碰撞次数随温
20、度降低而减少 B知道阿伏伽德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可以估算出该气体中分子间的平均距离 C同一化学成分的某些物质能同时以晶体的形式和非晶体的形式存在 D布朗运动是液体分子的运动，说明液体分子在永不停息地做无规则的热运动 E.绕地球运行的“天宫二号”中自由漂浮的水滴成球形，这是表面张力作用的结果 【答案】BCE 【详解】 A一定质量的气体，在压强不变时，温度降低时，分子的平均动能减小，则单个分子对器壁在平均撞击力减小，所以在压强不变时，单位时间内分子与器壁碰撞次数随温度降低而增加，故 A 错误； B由阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和气体的密度，可以估算出理想气体分子间的平均距离，故 B 正
21、确； C同种物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，如煤炭与金刚石，故 C 正确； D布朗运动是液体中固体小颗粒的运动，间接地反映分子在永不停息地做无规则运动故 D 错误； E在围绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船中，由于处于完全失重状态，重力充当向心力， 故不会出现地球上的水滴的形状， 是由于液体表面张力作用而形成球形， 故 E 正确。 故选 BCE。 14 （10 分）如图所示，圆柱形密闭气缸内有一个很薄且质量不计的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞可在气缸内做无摩擦滑动。开始时活塞在E处，气缸内气体温度为27，气体体积为336.0 10 m，在从状态E变化到状态F的过程中，气缸内气体吸收的热
22、量26.0 10 JQ =， 温度升高到 127， 外界大气压强为501.0 10 Pap =保持不变，求： (1)气缸内气体在状态F的体积； (2)在从状态E变化到状态F的过程中，气缸内气体内能的增量。 【答案】(1)8.010-3m3；(2)400J 【详解】 （1）气体做等压变化，则对于封闭气体，初状态 1(27273)K300KT =+= 3316.0 10 mV= 10pp= 末状态 2(127273)K400KT =+= 20pp= 由盖-吕萨克定律得 1212VVTT= 解得3328.0 10 mV=。 （2）气体对外界做的功 ()()53320211.0 108.0 106.0
23、 10J2 10 JWp VV= 根据热力学第一定律 UQW=+ 解得 226.0 10 J2 10 J400JU = 物理选修 34（15 分） 15 （5 分）下列说法正确的是 。 A做简谐运动的弹簧振子的动能增大时，振子可能正在由平衡位置向最大位移处运动 B在地球上同一位置，当单摆的摆长增大时，周期增大 C任意两列机械波相遇时都可以产生稳定的干涉图样 D根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的电场可以在周围空间产生同周期变化的磁场 E.当我们向着声源方向运动时，我们听到的声音的频率大于声源的频率 【答案】BDE 【详解】 A做简谐运动的弹簧振子越靠近平衡位置动能越大，振子由平衡位置向最大位移
24、处运 动时动能只能减小，故 A 错误； B单摆周期公式2LTg=，在地球上同一位置，重力加速度一定，摆长增大时，周期增大，故 B 正确； C两列机械波相遇时可以产生稳定的干涉图样条件：振动频率相同，振动方向相同或相反，故 C 错误； D根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的电场可以在周围空间产生同周期变化的磁场，符合客观事实，故 D 正确； E根据多普勒原理可知我们向着声源方向运动时，我们听到的声音的频率大于声源的频率，故 E 正确。 故选 BDE。 16 （10 分）半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，与直径AB垂直的足够大的光屏CD紧靠住玻璃砖的左侧，OO与AB垂直。一细
25、光束沿半径方向与OO成30角射向O点，光屏CD区域出现两个光斑，两光斑间的距离为( 31)R+，求： （1）此玻璃的折射率； （2）当变为多大时，两光斑恰好变为一个。 【答案】 （1）2； （2）45 【详解】 （1）细光束在AB界面，一部分反射，另一部分折射，设折射角为，光路图如下图所示 由几何关系得 13tantan30RRLR=o 根据题意两光斑间的距离为( 31)R+，所以可知L2R，由几何关系知45，根据折射定律得，此玻璃的折射率为 sinsin452sinsin30n=o （2）若光屏CD上恰好只剩一个光斑，则说明该光束恰好在AB面发生全反射，由1sinCn=可得，临界角大小为 45C =o 即当45=o时，光屏上恰好只剩下一个光斑。
