（新高考）高考考前冲刺卷 物理（十四）(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  （十四）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、单项选择题：题共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。1．中国最早的农学论文《吕氏春秋·任地》论述到：“人耨必以旱，使地肥而土缓”。农谚“锄板底下有水”、“锄头自有三寸泽”。这都是对松土保墒功能的生动总结。关于农业生产中的松土保墒环节蕴含的科学原理，下列说法正确的是(　　)A．松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，保存水分B．松土是为了让土壤里的毛细管变得更细，保护土壤里的水分C．松土保墒利用了浸润液体在细管中下降，不浸润液体在细管中上升的科学原理D．松土除了保墒、刈草外，还可促进蒸发、降低地温；“多锄地发暖”这句农谚没有科学道理【答案】A【解析】松土是把地面的土壤锄松，目的是破坏这些土壤里的毛细管，防止发生浸润现象，可有效减小水分蒸发，保存水分，BC错误，A正确；松土除了保墒、刈草外，还减少土壤下水分蒸发，提高地温，D错误。2．如图所示，复色光由氢原子从n＝3能级跃迁至n＝2能级和从n＝6能级跃迁至n＝2能级所发出两种单色光组成，经三棱镜偏折后两单色光分开，分别记为1光和2光，下列说法正确的是(　　)A．1光对应氢原子从n＝6能级跃迁至n＝2能级B．2光在三棱镜中传播速度较大C．实验装置相同，2光的双缝干涉条纹间距较大D．相比较而言1光更容易产生明显的衍射现象【答案】D【解析】1光的偏折程度较小，则折射率较小，频率较小，则对应氢原子跃迁时的能级差较小，则对应于氢原子从n＝3能级跃迁至n＝2能级，A错误；2光在三棱镜中折射率较大，根据v＝，可知在三棱镜中的传播速度较小，B错误；实验装置相同，2光的频率较大，则波长较短，根据Δx＝λ可知，双缝干涉条纹间距较小，C错误；相比较而言1光波长较大，更容易产生明显的衍射现象，D正确。3．如图，水平面上固定光滑圆弧面ABD，水平宽度为L，高为h且满足L>>h。小球从顶端A处由静止释放，沿弧面滑到底端D经历的时间为t，若在圆弧面上放一光滑平板ACD，仍将小球从A点由静止释放，沿平板滑到D的时间为(　　)A．t     B．     C．     D．【答案】B【解析】设该圆弧对应的半径为R，小球沿光滑圆弧面ABD运动到底端的时间相当于摆长为R的单摆周期的，则有，小球光滑斜面ACD滑到D的时间为t′，根据等时圆原理可得，所以，故选B。4．如图所示，由光滑细杆围成的直角三角形框架ABC竖直固定，直角边AC水平，∠A＝α。质量分别为m1和m2的两个小球分别套在AB、BC杆上，并通过强度很大且不可伸长的轻绳连在一起，处于静止状态，绳与AB的夹角为β。下列说法正确的是(　　)A．若m2足够大，β角可能大于90°B．若m2足够小，β角可能等于αC．若m2变大，两球仍在原位置保持静止D．若m1变大，重新平衡后BC杆对m2的弹力变大【答案】D【解析】对两球，受力分析如图，m1要平衡，必有Tcos β＝m1gsin α，cos β＝sin α，T＝T′，m2→∞时，T→∞，β→90°，故β不可能大于90°，A错误；m2要平衡，必有T′sin (β–α)＝m2g，β必大于α，B错误；对两球组成的系统，由平衡条件得FN1cos α＝m1g+m2g，则m2变大时，FN1变大，T变大，而Tcos β＝m1gsin α，则β变大，C错误；由上式知，m1变大时，FN1变大FN1sin α＝FN2，故D正确。5．宇宙中存在一些离其他恒星较远的，由质量相等的三颗星组成的三星系统，可忽略其他星体对三星系统的影响。稳定的三星系统存在两种基本形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的轨道上运行，如图甲所示，周期为T1；另一种是三颗星位于边长为r的等边三角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆运行，如图乙所示，周期为T2。若每颗星的质量都相同，则T1︰T2为(　　)A．     B．     C．     D．【答案】D【解析】第一种形式下，星体A受到星体B和星体C两个万有引力，它们的合力充当向心力，则，解得，第二种形式下，星体之间的距离r，那么圆周运动的半径为，星体A受的合力，根据合力提供向心力，解得，则，故选D。6．某同学设计了一种温度计，结构如图所示，大玻璃泡A封装一定质量气体，与A相连的B管（内径可忽略）插在水槽中，管内有长度为x的水柱，可根据水柱长度来判断环境温度。下列分析正确的是(　　)A．若大气压强不变，温度升高，x增大B．若大气压强不变，温度降低，x增大C．若气温不变，大气压强增大，x减小D．若气温不变，大气压强减小，x增大【答案】B【解析】设玻璃泡A中气体压强为p，外界大气压强为p'，则p'＝p+pgx，且玻璃泡中气体与外界大气温度相同。根据理想气体的状态方程＝C可知，当大气压强不变，温度升高，A压强增大，x减小，温度降低，x增大，A错误，B正确；气温不变，大气压强增大，x增大，大气压强减小，x减小，CD错误。7．真空中有两个固定的等量异种点电荷A、B，过直线AB延长线上的O点作AB的垂线，以O点为圆心的圆与AB和垂线分别交于a、c和b、d四点，如图所示。下列说法正确的是(　　)A．a点的电势高于b点的电势B．a点的电场强度小于b点的电场强度C．带负电的试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．带正电的试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能【答案】C【解析】电场线的分布如图所示，由于沿电场线方向电势逐渐降低，a点的电势低于b点的电势，故A错误；由于等势线与电场线垂直，画出过b点的等势线，可知b1、d两点与b点的电势相等，而电场线的疏密表示电场强度的大小，可得a点的电场强度大于b点的电场强度，故B错误；带负电的试探电荷从a点移到b1点的过程中电场力做正功，电势能减小，即带负电的试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确；带正电的试探电荷从c点移到b1点的过程中电场力做正功，电势能减小，即带正电的试探电荷在c点的电势能大于在d点的电势能，故D错误。8．一交流电源电压u＝220sin 100πt(V)，通过理想变压器对如图所示的电路供电，已知原、副线圈匝数比为10∶1，L1灯泡的额定功率为4 W，L2灯泡的额定功率为20 W，排气扇电动机线圈的电阻为1 Ω，电流表的示数为2 A，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则(　　)A．流过L1的电流为20 AB．排气扇电动机的发热功率2 WC．整个电路消耗的功率44 WD．排气扇电动机的输出功率20 W【答案】C【解析】由于电流表的示数I2＝2 A，由＝可得变压器原线圈的电流I1＝0.2 A，即流过L1的电流为0.2 A，A错误；交流电源电压有效值为220 V，L1两端的电压，故原线圈两端的电压，由＝可得变压器副线圈两端的电压，流过灯泡L2的电流，则流过排气扇的电流，排气扇电动机的发热功率，排气扇的电功率，则排气扇电动机的输出功率，BD错误；整个电路消耗的功率，C正确。9．如图为某同学设计的一个光电烟雾探测器，光源S发出一束波长为0.8 μm的红外线，当有烟雾进入探测器时，来自S的红外线会被烟雾散射进入光电管C，当红外线射到光电管中的金属表面时发生光电效应，当光电流大于8×10－9 A时，便会触发报警系统。已知元电荷e＝1.6×10－19 C，光在真空中的传播速度为3×108 m/s，下列说法正确的是(　　)A．光电流的大小与光照强度无关B．若光源发出的是可见光，则该装置将会失去报警功能C．该金属的极限频率为3.75×1014 HzD．若射向光电管C的光子中有10%会产生光电子，当报警器报警时，每秒射向该金属表面的光子数最少为5×1011个【答案】D【解析】光电流的大小与光照强度有关，在达到饱和电流之前，光照强度越大，光电流越大，故A错误；根据报警器的工作原理，可见光的光子能量大于红外线的光子能量，所以若光源发出的是可见光，则该装置不会失去报警功能，故B错误；根据波长与频率的关系式，有c＝λv，代入数据得v＝3.75×1014 Hz，根据光电效应原理，可知该金属的极限频率小于3.75×1014 Hz，故C错误；当光电流等于8×10－9 A时，光电子的数目为个，若射向光电管C的光子中有10%会产生光电子，故光电子最少为5×1011个，故D正确。10．地震波是一种机械运动的传播，产生于地球介质的弹性，按传播方式可分为纵波（P波）、横波（S波）（纵波和横波均属于体波）和面波（L波）三种类型。假设有一次地震产生的一机械波沿x轴传播，图甲为t＝0时的波动图像，图乙为x＝5 m处A质点的振动图像，此时P、Q两质点的位移均为－1 m，则(　　)A．这列波向x轴负向传播B．t＝0.3 s时，P、Q两质点加速度相同C．P质点的振动方程为y＝2sin(πt－) cmD．从t＝0开始经过0.15 s，P、Q两质点经过的路程相等【答案】C【解析】由乙图可知，在t＝0时，A质点沿着y轴正方向运动，因此从甲图可知，波向x轴正向传播，A错误；由乙图可知，振动周期T＝1.2 s，在t＝0.3 s时，P点运动到x轴的上方，而Q点仍在x轴的下方，两质点加速度不相同，B错误；A质点的振动方程为，而P点的振动比A点落后，因此P质点的振动方程为y＝2sin(πt－) cm，C正确；由于，P点正向上加速运动，Q正向下减速运动，因此P经过的路程大于Q经过的路程，D错误。11．某战士进行投弹训练，他选择了如图所示的地形，ABC为一倾角为30°的斜面，底边BC长为L，CDE 是半径为R的四分之一圆弧，在C点与水平面相切，该战士在A点将手榴弹以初速度 v0水平抛出，手榴弹刚好落在C点，当他在A点将手榴弹以初速度2v0水平抛出时，手榴弹落在圆弧上的D点。则下列说法中正确的是(　　)A．手榴弹落在C点时速度方向与水平方向的夹角为60°B．圆弧半径R一定大于LC．手榴弹落在D点时速度方向与水平方向的夹角一定大于手榴弹落在C点时的夹角D．如果手榴弹水平抛出时的速度大小合适，手榴弹可能正好落到E点【答案】B【解析】设手榴弹在C点的速度方向与水平方向的夹角为θ则tan θ＝＝，可得θ≠60°，故A错；当手榴弹以初速度2v0水平抛出时，设运动轨迹与C点所在的水平面交于F点，则手榴弹在F点的水平位移为以初速度v0水平抛出时水平位移的2倍，则CF＝BC，所以R一定大于L，故B正确；当手榴弹落到AC延长线上时速度与水平方向的夹角与手榴弹落到C点时速度与水平方向的夹角相等，当手榴弹落到D点时速度与水平方向的夹角小于落到AC延长线上时的夹角，也就小于落到C点时的夹角，故C错误；由以上分析可知，由于圆弧的遮挡，手榴弹不可能刚好落到E点，故D错误。二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题～16题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。12．(15分)某同学要精确测量某一金属丝的电阻率。(1)先用多用电表×1挡粗测其电阻，指针偏转如图甲所示，读数为________Ω，然后用螺旋测微器测其直径如图乙所示，读数为________mm，最后用米尺测其长度如图丙所示，其读数________cm。 (2)采用伏安法进一步测定这段金属丝的电阻。有以下器材可供选择：（要求测量结果尽量准确）A．电池组（3 V，内阻约1 Ω）B．电流表（0～3 A，内阻约0.025 Ω）C．电流表（0～0.6 A，内阻约0.125 Ω）D．电压表（0～3 V，内阻约3 kΩ）E．电压表（0～15 V，内阻约15 kΩ）F．滑动变阻器（0～20 Ω，额定电流1 A）G．滑动变阻器（0～1000 Ω，额定电流0.1 A）H．开关，导线实验时应选用的器材是________（选填器材前字母代号）。请在下面的虚线框中补全实验电路图。用该方法测金属丝电阻，测量结果会比真实值偏________（选填“大”或“小”）。在某次测量时电表示数如图丁所示，则电流表示数为________，电压表的示数为________。(3)为了减小系统误差，有人设计了如图戊所示的实验方案。其中Rx是待测电阻，R是电阻箱，R1、R2是已知阻值的定值电阻。闭合开关S，灵敏电流计的指针偏转。将R调至阻值为R0时，灵敏电流计的示数为零。由此可计算出待测电阻Rx＝________。（用R1、R2、R0表示）【答案】(1)11    0.600    60.10    (2)ACDFH    见解析图    小    0.14    2.40    (3)【解析】(1)欧姆表的读数为表盘示数与倍率的乘积，所以圆形柱体的电阻大致为R＝11×1 Ω＝11 Ω，螺旋测微器的读数为固定刻度的毫米数与可动刻度的n×0.01 mm的和，由图示螺旋测微器可知，其直径为0.5 mm+10.0×0.01 mm＝0.600 mm，根据米尺读数原理，可知米尺的读数为60.10 cm。(2)      金属丝电阻约为11 Ω，电池组电动势为3 V，回路中最大电流约，故电流表选C，电压表选D。伏安法测电阻，滑动变阻器采用限流接法，选用阻值变化范围较小的F即可。由于，所以选用电流表外接法，电路图如图所示。利用此方法测得的电流偏大，根据，可得金属丝电阻值的测量值比真实值偏小。电流表选用小量程0.6 A，分度值为0.02 A，电流为0.14 A；电压表选用小量程3 V，分度值为0.01 V，电压为2.40 V。    (3)灵敏电流计示数为零，说明其两端电势相等，可得，解得。13．(6分)车辆通过高速公路ETC自动收费出口时，车速要在20 km/h以内，与前车的距离最好在10 m以上。ETC电子收费系统如图所示，识别区起点（图中没画出）到自动栏杆的距离，也就是识别区的长度为8 m。某汽车以18 km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车停止时距离栏杆仅有0.5 m。司机刹车的反应时间约为0.6 s。(1)求该车刹车的加速度大小；(2)请以识别区起点为位移零点，画出该过程的位移－时间图像。【解析】(1)汽车从识别区起点开始0.9 s内一直匀速直线运动，有x1＝0.9×5 m/s＝4.5 m采取制动后汽车匀减速运动的位移x2＝8 m－4.5 m－0.5m＝3 m由得(2)匀速直线运动时有x1＝5t（t≤0.9s）匀减速运动的时间所以有（0.9≤t＜2.1s）该过程的位移－时间图像如图。14．(8分)如图所示，线框由导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有垂直线框所在平面向里的匀强磁场且B2＝2 T，已知ab长L＝0.1 m，整个电路总电阻R＝0.5 Ω，螺线管匝数n＝4，螺线管横截面积S＝0.1 m2，在螺线管内有如图所示方向的磁场B1，若磁场B1以T/s均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，g取10 m/s2，试求：(1)通过导体棒ab的电流I的方向；(2)通过导体棒ab的电流I的大小；(3)导体棒ab的质量m的大小。【解析】(1)根据楞次定律可得，通过导体棒ab的电流I的方向为。(2)由法拉第电磁感应定律可得由闭合电路欧姆定律可得E＝IR联立解得： 。(3)由于导体棒恰好处于静止状态，由共点力平衡条件可得解得：。15．(12分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在－m≤x≤0的区域内有磁感应强度大小B＝4.0×10－2T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左边界与x轴交于P点；在x＞0的某区域内有电场强度大小E＝3.2×104 N/C、方向沿y轴正方向的有界匀强电场，其宽度d＝2 m。一质量m＝4.0×10－25 kg、电荷量q＝－2.0×10－17 C的带电粒子从P点以速度v＝4.0×106 m/s，沿与x轴正方向成α＝60°角射入磁场，经电场偏转最终通过x轴上的Q点（图中未标出），不计粒子重力。求：(1)带电粒子在磁场中运动的半径和时间；(2)当电场左边界与y轴重合时Q点的横坐标；(3)若只改变上述电场强度的大小，要求带电粒子仍能通过Q点，试讨论电场强度的大小E′与电场左边界的横坐标x′的函数关系。【解析】(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qvB＝ m代入数据解得r＝2 m如图甲所示轨迹交y轴于C点，过P点作v的垂线交y轴于O1点，由几何关系得O1为粒子运动轨迹的圆心，且圆心角为60°。在磁场中运动时间代入数据解得。(2)带电粒子离开磁场垂直进入电场后做类平抛运动，设带电粒子离开电场时的速度偏向角为θ，如图甲所示，则有设Q点的横坐标为x，由几何关系得联立解得x＝6 m。(3)电场左边界的横坐标为x′。①当0＜x′＜4m时，如图乙，设粒子离开电场时的速度偏向角为θ′，则有又有联立解得②当4m≤x′≤6m时，如图丙，则有又有联立解得。16．(15分)如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速运动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量m1＝5 kg的小物块P和质量m2＝11 kg的小物块Q由跨过定滑轮的轻绳连接，P与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带上端以速度v0＝8 m/s冲上传送带（此时P、Q的速率相等），已知物块P与传送带间的动擦因数μ＝0.4，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。（sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。）求：(1)物块P刚冲上传送带时加速度的大小；(2)从物块P刚冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，P、Q系统机械能的改变量；(3)若传送带以不同的速度v（0＜v＜v0）顺时针匀速运动，当v取多大时，物块P沿传送带运动到最远处过程中与传送带因摩擦产生的热量Q有最小值。【解析】(1)对P、Q进行受力分析，如图所示，设刚冲上传送带时P的加速度为a1对Q：对P：，解得。(2)当在传送带上减速到与传送带共速时，经分析得到P、Q的受力如图所示，设此时P的加速度为a2对Q：对P：解得设减速到与传送带共速的过程中P的位移为x1解得再减速到0的过程中P的位移为x2解得设系统机械能的改变量为，根据能量守恒，机械能的改变量等于重力以外的力（也就是摩擦力）做的功解得。(3)设传送带的速度v（0＜v＜v0），共速前第一个减速过程P的位移为x3，用时为t3，皮带位移为；共速后至减速为零为第二个减速过程，P的位移为x4，用时为t4，皮带位移为，得皮带位移为第二个减速过程：，解得皮带的位移物块P减速到0的过程中因摩擦产生的热量为Q解得时，Q有最小值，最小值为。