（新高考）高考考前冲刺卷 物理（十三）(2份打包，解析版+原卷版，A3版，可预览)

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（新高考）高考考前冲刺卷物   理  （十三）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24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．如图所示，在真空中，绝缘杆连接了两个带等量异种电荷的小球，杆上O点离＋q较远，O点正下方有一小磁针，当杆绕O点在水平面内沿顺时针方向（俯视）匀速转动时，下列选项正确的是(　　)A．－q形成的等效电流方向为顺时针（俯视）B．－q形成的等效电流比＋q形成的等效电流大C．小磁针N极向上偏转D．小磁针不偏转【答案】C【解析】杆绕O点在水平面内沿顺时针方向（俯视）匀速转动时，－q形成的等效电流方向为逆时针（俯视），A错误；根据可知，周期和电量均相等，则－q形成的等效电流与＋q形成的等效电流等大，B错误；根据安培定则可知，正电荷在O点的磁场方向为竖直向下，而负电荷在O点的磁场方向为竖直向上，由于负电荷运动时在O点产生的磁场强，根据矢量叠加原理，则合磁场的方向为竖直向上，则小磁针N极向上偏转，故C正确，D错误。2．一个小球被竖直向上抛出，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。若前3 s内的位移和第4 s内的位移大小相等、方向相反，则小球前4 s内的位移和上抛初速度大小分别为(　　)A．0，20 m/s               B．0，30 m/sC．45 m，20 m/s            D．45 m，30 m/s【答案】A【解析】由于前3s内的位移和第4 s内的位移大小相等、方向相反，可知4 s内的总位移为零，竖直上抛运动的初速度方向竖直向上，加速度的方向竖直向下，为－g，选取竖直向上为正方向，设初速度的大小为v，则，代入数据可得v＝20 m/s，故A正确。3．《天问》是中国战国时期诗人屈原创作的一首长诗，全诗问天问地问自然，表现了作者对传统的质疑和对真理的探索精神。2020年7月23日，我国探测飞船天问一号发射成功飞向火星，屈原的“天问”梦想成为现实。图中虚线为天问一号的“地”“火”转移轨道，下列说法正确的是(　　)A．天问一号最小发射速度为7.9 km/s B．天问一号由虚线轨道进入火星轨道需要点火加速C．天问一号由地球到火星的虚线轨道上线速度逐渐变大D．天问一号从地球飞到火星轨道的时间大于火星公转周期的一半【答案】B【解析】天问一号要离开地球到达火星，所以“天问一号”的最小发射速度要大于第二宇宙速度小于第三宇宙速度，故A错误；根据题给图片，天问一号在图中地球位置加速做离心运动，此时速度大于地球绕太阳的公转速度，之后到达虚线轨道远日点之后，再加速才能进入火星轨道，故B正确；天问一号由地球到火星的虚线轨道向火星运动的过程中，只有重力做功，重力势能增加，动能减小，机械能守恒，故速度逐渐减小，故C错误；天问一号椭圆轨道半长轴小于火星轨道半径，由开普勒第三定律可知，火星运行周期较长，天问一号从地球飞到火星轨道的时间小于半个火星年，故D错误。4．如图所示，理想变压器副线圈中心抽头O与a、b间匝数都是120，接在O、b间的标有“6 V，0.1 A”的灯泡L正常发光，接在a、b间的交流散热风扇正常工作。已知变压器原线圈接220 V交变电流，风扇的内阻为0.8 Ω，交流电流表A（不考虑内阻）的示数为0.6 A。以下判断正确的是(　　)A．风扇的额定电压是6 VB．风扇输出的机械功率是3.6 WC．变压器输入的电功率是6.6 WD．变压器原线圈的匝数是2200【答案】C【解析】由题意，灯泡正常发光，表明O、b间电压为6 V，而O为中点，故a、b间电压为12 V，由于风扇正常工作，故其额定电压是12 V，A错误；流过风扇的电流I＝0.6 A－0.1 A＝0.5 A ，风扇的输入功率P0＝UI＝6 W，热功率P热＝I2R＝0.2 W，风扇输出的机械功率P＝P0－P热＝5.8 W，B错误；根据能量守恒可知，变压器的输入功率P总＝P0＋PL＝6.6 W，故C正确；根据得，故D错误。5．如图所示，内壁光滑、绝缘的半球形槽固定在地面上，整个半球形槽处于竖直向下的匀强电场中，质量相等的带异种电荷的A、B两小球用轻质绝缘细杆固定连接，两球置于半球形槽中且处于静止状态时，小球A、B与半球形槽球心O点的连线与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，已知θ1＜θ2，则(　　)A．无法判断A、B两小球的电性B．一定是A球带负电，B球带正电C．现用外力将小球B向下移动一小段距离，A、B两小球的电势能将增大D．突然撤去匀强电场，则两小球组成的系统仍能静止在原处【答案】C【解析】两球质量相等，如果没有匀强电场，则静止时两球高度相同，绝缘细杆水平；由于θ1＜θ2，可知A球比B球位置低，即A球受到了向下的电场力，B球受到了向上的电场力，说明A球带正电，B球带负电；撤去匀强电场，两小球组成的系统不能静止在原处，故ABD错误；将小球B向下移动一小段距离，则小球A将向上移动一小段距离，该过程中电场力对A、B两小球都做了负功，所以A、B两小球的电势能将增大，故C正确。6．质量为400 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，己知图像斜率k数值大小为400，则赛车(　　)A．速度随时间均匀增大B．加速度随时间均匀增大C．赛车运动时发动机输出功率为160 kWD．图中b点取值应为0.01，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为160 km/h【答案】C【解析】对汽车受力分析，根据牛顿第二定律得，化简得。功率恒定，所以加速度随时间发生变化，汽车做变加速直线运动，A错误；随着速度增大，加速度逐渐减小，B错误；结合图像得，解得，C正确；图像的斜率为，解得，其对应的物理意义表示赛车的最大时速，D错误。二、选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，每题有多项是符合题目要求的。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。7．如图所示，方向相反的两个水平恒力F1、F2同时作用在静止于光滑水平面上的A、B两物体上，已知物体A的质量MA大于物体B的质量MB，经过相等时间同时撤去两力，又经过一段时间两物体相碰并粘为一体且恰好静止，则下列说法正确的是(　　)A．F1、F2的大小关系是F1＞F2B．F1、F2的大小关系是F1＝F2C．从F1、F2开始作用到两物体相碰并粘为一体静止，整个过程系统动量守恒D．只有两物体相碰过程系统动量守恒【答案】BC【解析】由于粘合体静止，对两物体相碰过程根据动量守恒定律得MAvA＋MBvB＝(MA＋MB)v，其中v＝0，得MAvA＝－MBvB，根据动量定理得F1t＝MAvA，同理F2t＝MBvB，时间相同，所以F1、F2等大反向，A错误，B正确；由于F1、F2等大反向，系统合外力为零，故整个过程系统动量守恒，C正确，D错误。8．图甲为氢原子部分能级图，大量的氢原子处于n＝4的激发态，向低能级跃迁时，会辐射出若干种不同频率的光。用辐射出的光照射图乙光电管的阴极K，已知阴极K的逸出功为4.54 eV，则(　　)A．这些氢原子能辐射6种不同频率的光子B．某氢原子辐射出一个光子后，核外电子的速率减小C．阴极K逸出光电子的最大初动能为8.21 eVD．若滑动变阻器的滑片右移，电路中的光电流一定增大【答案】AC【解析】大量氢原子处于n＝4的激发态，向低能级跃迁时，会辐射出，即6种不同频率的光子，故A正确；某氢原子辐射出一个光子后，能量减小，轨道半径减小，库仑力做正功，核外电子的速率增大，故B错误；处于n＝4的氢原子向低能级跃迁时放出光子最大能量ΔE＝E4－E1＝12.75 eV，由光电效应方程可知Ekm＝hν－W0＝(12.75－4.54) eV＝8.21 eV，故C正确；若滑动变阻器的滑片右移，正向电压增大，如果光电流达到最大光电流时，则电路中的光电流不变，故D错误。8．如图所示，飓风飞椅像是一把大伞下吊着很多吊椅，悬挂吊椅的绳索长短不一，大伞转动时，吊椅在空中随大伞旋转。我们可以把它简化为：若干小球用长度不同的细绳固定在竖直杆上同一点，当杆绕其竖直轴线匀速转动时，小球也随杆做匀速圆周运动。关于小球的运动，下列说法正确的是(　　)A．小球的质量越大，细绳与竖直杆的夹角越小B．小球的质量越大，细绳与竖直杆的夹角越大C．固定小球的细绳越长，细绳与竖直杆的夹角越大。D．所有小球位于同一水平面上【答案】CD【解析】设绳杆长为L，转动半径为r，杆与竖直方向的夹角为θ，根据重力和杆的合力提供球的向心力得，，所有小球的角速度相等设为ω，所以，解得，所以L越长夹角越大，与质量无关，故C正确，AB错误；小球到最高点的高度，故D正确。10．如图甲所示，直角坐标系中，x轴上方有磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂南纸面向外，O处有一粒子源，能以相同的速率v沿纸面不断地放出比荷为k的同种粒子，粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角范围是30°～150°，粒子重力及粒子间的作用力均不计。图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与x轴的交点为C，外边界与y轴的交点为D，与x轴的交点为A。下列说法正确的是(　　)A．D点的坐标是（0，）B．OD＝OCC．若仅改变粒子电性，则粒子运动所经过区域的面积变大D．带电粒子在磁场中运动最长时间与最短时间之差为【答案】AD【解析】根据题意画出粒子在磁场中运动的轨迹图如图所示，由轨迹图可知，A正确；由于，则OD＞OC，B错误；若仅改变粒子的电性而其他条件不变，则粒子在磁场中运动所经过的区域的面积大小不变，C错误；粒子在磁场中运动的周期，由轨迹图可知，时间差，D正确。三、非选择题：共52分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分11．(6分)为了探究质量一定时加速度与力的关系，一同学设计了如图所示的实验装置。其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量。(滑轮质量不计)(1)实验时，一定要进行的操作是_________。A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数D．改变砂和砂桶的质量，打出几条纸带E．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M(2)该同学在实验中得到如图所示的一条纸带(两相邻计数点间还有两个点没有画出)，已知打点计时器采用的是频率为50 Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为__________m/s2(结果保留两位有效数字)。(3)以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，画出的a－F图象是一条直线，图线与横坐标的夹角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为_____。A．2tanθ　　　　　B．　　　　　C．k　　　　　D．【答案】(1)BCD　 (2)1.3   (3)D【解析】(1)物体M受到的力可由弹簧测力计读出，故砂和砂桶的质量可以不用测出；将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力是需要进行的操作，因为这样物体M受到的合力就不考虑摩擦力了；小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录弹簧测力计的示数是需要操作的；改变砂和砂桶的质量，是用来改变外力大小的，故也是需要进行的操作；因为外力的大小可以通过弹簧测力计读出，故不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，所以需要进行的操作是BCD。(2)小车的加速度a＝＝1.3 m/s2。(3)因为弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度为纵坐标，故tanθ＝＝k，故F＝，由牛顿第二定律F合＝ma得，小车的质量为m＝，选项D正确。12．(9分)耀华中学物理兴趣小组的同学们想通过实验探究某热敏电阻的阻值与温度的关系。实验中有如下器材：A．热敏电阻RxB．定值电阻R0C．学生电源（通过调节可输出0～12 V的电压）D．电流表A1（0.6 A，内阻r1＝5 Ω）E．电流表A2（0.6 A，内阻r2约为1 Ω）F．温控箱（能显示温度并可调温度）G．开关S，导线若干(1)为了更准确地描述出电阻Rx随温度变化的关系（精确测定不同温度时的阻值），请完成虚线框内图甲电路图的设计。(2)闭合开关S，记下电表A1的读数为I1，A2的读数为I2＝_______ A（如图乙所所示），得Rx＝_______（用题给字母表示）。(3)实验中改变温控箱的温度，分别测出了热敏电阻在不同温度下的阻值，得到了如图丙所示的Rx－t图像。根据所给的Rx－t图像可以看出，该热敏电阻的狂值与温度的关系式是Rx＝_______。由图像分析可知，当温控箱中的温度达到600 ℃时，热敏电阻此时的阻值为Rx＝_______Ω。【答案】(1)如图所示    (2)0.50        (3)    27.5    【解析】(1)如图所示。(2)量程为0～0.6 A的电流表最小分度为0.02 A，故电流表的读数为0.50 A；电阻Rx两端的电压，通过电阻Rx的电流，则电阻的阻值。(3)由图象可知，该热敏电阻的阻值与温度呈线性关系，为求图线的斜率，可在图线上找两个距离较远的点，如（0 ℃，7.5 Ω）、（300 ℃，17.5 Ω），斜率，所以该热敏电阻的阻值与温度的关系式是，当温控箱中的温度达到600 ℃时， 。13．(12分)如图所示是科学家们为火星探测器实现软着陆而设计的一种电磁阻尼缓冲装置的原理图，其主要部件为缓冲滑块K和探测器主体，MN和PQ为固定在探测器主体上的绝缘光滑的缓冲轨道，探测器主体上安装的超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面向外的匀强磁场。缓冲滑块K由高强度的绝缘材料制成，其上绕有10匝闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为1 Ω，ab边长为1 m。某次探测器接触火星表面的瞬间速度v1＝4 m/s，滑块K立即停止运动，其线圈与轨道间的磁场立即发生作用，使探测器主体减速到v0＝1 m/s的安全速度，从而实现了缓冲作用，已知该装置中除缓冲滑块（含线圈）外的质量为100 kg，若火星表面的重力加速度为4 m/s2，求： (1)当缓冲滑块刚停止运动时，判断线圈ab边感应电流的方向；(2)当缓冲滑块落到火星表面时，探测器主体名能立即减速，则磁感应强度B0应大于多少特斯拉？(3)当磁感应强度为2 T时，探测器主体可以实现软着陆，从v1减速到v0的过程中，通过线圈截面的电荷量为6 C，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。【解析】(1)由于ab切割磁感线方向向上，由右手定则可知，流过ab电流方向为a到b(2)要使探测器主体减速，它受到的安培力大于重力；由牛顿第三定律，对ab有：又可得。(3)设探测器主体从v1减到v0下降高度为h，则得由能量守恒得解得。14．(16分)如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高H＝0.8 m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝7.1 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。(1)求滑块C与传送带的动摩擦因数μ及落地点P与N端水平距离x；(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取）。【解析】(1)设滑块C在传送带做匀减速运动的加速度大小为a，由乙图可知a＝1 m/s2根据牛顿第二定律有：μmg＝ma解得：μ＝0.1由乙图还可知滑块C将达到与传送带共速飞离传送带做平抛运动，传送带的速度v传＝4 m/s传送带的长度L为乙图所围成的面积，则L＝6 m做平抛运动的时间为t，则有：H＝gt2平抛运动水平位移x1＝v传t落地点P与N端水平距离x，则有：x＝L＋x1联立解得：x＝7.6 m。(2)设滑块A与B碰后的速度为v1，滑块A、B为系统动量守恒，则有：mv0＝2mv1滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2，滑块C的速度为v3，由乙图知v3＝5 m/s滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1＝2mv2＋mv3在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv12＝×2mv22＋mv32联立解得：Ep＝1 J。(3)要使滑块C总能落至P点，即滑块C离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等，分析可知，滑块C在传送带上一直做匀加速运动时，滑块C进入传送带的速度最小为v3′，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最小为v0min，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2′，弹开前AB的速度为v1′，则有：v传2－v3′2＝2aL滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1′＝2mv2′＋mv3′在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv1′2＝×2mv2′2＋mv3′2滑块A、B为系统动量守恒：mv0min＝2mv1′解得：v0min＝2 m/s滑块C在传送带上一直做匀减速运动时，滑块C进入传送带的速度最大为v3′′，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最大为v0max，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2′′，弹开前AB的速度为v1′′，则有：v3′′2－v传2＝2aL滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1′′＝2mv2′′＋mv3′′在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv1′′2＝×2mv2′′2＋mv3′′2滑块A、B为系统动量守恒：mv0max＝2mv1′′联立解得：v0max＝7.56 m/s滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2 m/s≤v0≤7.56 m/s。 (二)选考题：共9分。请考生从给出的2道物理题任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。15．[选修3－3]（9分）一定质量的理想气体从状态A变化到状态B再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示。已知该气体在状态A时的温度为27 ℃。(1)该气体在状态B和C时的温度分别为多少℃？(2)该气体从状态A经B再到C的全过程中是吸热还是放热？传递的热量是多少？【解析】(1)对一定质量的理想气体由图象可知，A→B等容变化，由查理定律得即代入数据得TB＝450 K即tB＝177℃A→C由理想气体状态方程得代入数据得TC＝300 K即tC＝27℃。(2)由于TA＝TC，该气体在状态A和状态C内能相等，ΔU＝0从A到B气体体积不变，外界对气体做功为0，从B到C气体体积减小，外界对气体做正功，W＝pΔV由p－V图线与横轴所围成的面积可得W＝＝1200 J由热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可得Q＝－1200 J即气体向外界放出热量，传递的热量为1200 J。16．[选修3－4](9分)如图所示，位于原点O处的波源从某时刻开始振动，振动方程为y＝－0.04sin 20πt (m)。该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，当坐标为（2 m，0）的质点P刚开始振动时，波源刚好位于波谷。(1)该简谐波的最大波速是多少？(2)当波速为16 m/s时，求波源从开始起振0.375 s内质点P通过的路程是多少？【解析】(1)根据振动方程可得，角速度，则周期为由题意可知则波速为当时是最大波速。(2)波从O点传到P点用时P点振动的时间P点振动通过的路程‍。