【文档说明】（新高考）高考考前冲刺卷 物理（二）(解析版，A3版).doc，共(5)页，304.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-88560.html

以下为本文档部分文字说明：

（新高考）高考考前冲刺卷物理（二）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：本题共4小题，每小题4分，共16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，a、b分别为两束波长λa、λb的单色光经过同一实验装置得到的图样，则()A．a、b为干涉图样，λa＞λbB．a、b为干涉图样，λa＜λbC．a、b为衍射图样

，λa＞λbD．a、b为衍涉图样，λa＜λb【答案】C【解析】从图像上可以看出条纹间距不相等，所以应该是衍射图样，并且a的条纹间距大于b的条纹间距；根据波长越长，衍射条纹间距越宽，可知，a对应光的波长较长。2．如图，一理想变压器ab端接交流电源，原

线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等。则当开关S断开时R1功率为P1，当S闭合时R1功率为P2，且P1∶P2＝9∶25，则副线圈匝数为()A．25B．50C．200D．400【答案】B【解析】设副线圈匝数为n，当开关S断开时，设变压器左边电流为I1，电压为U1，右边电

流为I1′，电压为U1′，电源电压为Uab，电阻阻值均为R，电源电压Uab＝U1＋I1R，11100UnU，11100InI，U1′＝I1′R，P1＝I12R，当开关S闭合时，设变压器左边电流为I2，电压为U2，右边

电流为I2′，电压为U2′，电源电压Uab＝U2＋I2R，22100UnU，222RUIRR，22100InI，P2＝I22R，P1∶P2＝9∶25，解得n＝50，故B正确。3．2021年4月30日电4月29日11时23分，搭载着中国空间站天和核

心舱的长征五号B遥二运载火箭，在我国文昌航天发射场发射升空，准确进入预定轨道。后期天和核心舱将先后迎接天舟货运飞船和神舟载人飞船的访问，实施交会对接，完成空间站三舱组合体在轨组装建造。若发射后的“问天实验舱”和“天和核心

舱”对接前运行的轨道为如图所示的两个圆形轨道，其中“问天实验舱”在较高轨道上运行，A、B、C为两轨道同一直线上的三个点，O点为地心，现让“天和核心舱”变轨加速（可简化为一次短时加速）实现二者对接，下列有关描述中正确的是()A．“天和核心舱”在B点加速时可在C点与“问天实验舱”实现对接B．“天和核

心舱”加速后变轨对接过程中的速度一直在增大C．“天和核心舱”与“问天实验舱”组合体的加速度大于“天舟一号”加速前的加速度D．“天和核心舱”与“问天实验舱”组合体绕行周期大于“天舟一号”加速前的绕行周期【答案】D【解析】“天和核心舱”在B点加速时不可在C点与“问天实验舱”实现

对接，因为“天和核心舱”在B点加速进入高轨道时不是直线运动，所以不可能在C点对接，则A错误；“天和核心舱”加速后变轨对接过程中的速度一直在减小，加速只是一个瞬间过程，所以B错误；根据a＝GMr2可知，“天和核心舱”与“问天实验舱”组合体的加速度小于“天舟一号”加

速前的加速度，所以C错误；根据T＝2πr3GM可知，“天和核心舱”与“问天实验舱”组合体绕行周期大于“天和核心舱”加速前的绕行周期，所以D正确。4．图甲是氢原子的部分能级图，图乙是光电效应演示装置，装置中金属锌的逸出功为3.4eV。用大量从n＝4能

级跃迁到n＝1能级时的氢原子发出的光去照射锌板，下列说法正确的的是（）A．光电效应本质上是β衰变B．锌板不会发生光电效应C．发生光电效应时会发生质量亏损D．从锌板打出来的光电子获得的最大初动能为9.35eV【答案】D

此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号【解析】根据光电效应的概念可知A错误；氢原子从n＝4能级跃迁到n＝1能级时，辐射的光子能量为ΔE＝E4－E1＝12.75eV＞3.40eV，故锌板会发生光电效应，故B错误；光电效应不是核反应，故不会出现质

量亏损，故C错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ekm＝hν－W0＝12.75eV－3.40eV＝9.35eV，D正确。二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5．如图所示，带电量分别为＋2Q、－Q的

点电荷固定在同一水平线上，粗细均匀的光滑绝缘细杆竖直放置与两电荷的连线乘直平分线重合。O为两电荷连线中点，一个带正电的小球套在细杆上可以白由滑动。在A点由静止释放小球，小球能向下运动且通过O点。则小球从A点运动到O点过程中()A．加速度一定不断增大B．速度可能减小C．电势能一定不断增大D．

机械能一定不断增大【答案】BC【解析】将－2Q的点电荷分成两个电荷量均为－Q的点电荷，其中一个＋Q点电荷与－Q点电荷组成等量的异种电荷。它们在AB上的电场线垂直于AB水平向右，另一个＋Q点电荷在AB上的电场强度沿A

B方向的分量，导致带电小球受到向上的电场力，在靠近＋2Q的过程中，加速度不一定在不断增大，A错误；如果沿AB向上的最大电场力大于小球的重力，小球将做减速运动，B错误；小球向下运动的过程中，电场力做负功，因此电势能一定不断增大，C正确；由于电场力做负功。根据功能关系可知、小球的机械能一定减小，D

错误。6．美媒称，中国第三艘航母（第二艘国产航母）正在建造当中，很可能体现出优于前两艘航母的技术进步，新航母很可能比两艘“前辈”更大，并配备电磁弹射系统，允许更大，更重的飞机携带更多武器，执行更远距离任务，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示，当固

定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是()A．若将金属环置于线圈的右侧，环将向右运动B．金属环向左运动过程中将有扩大趋势C．若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射D．合上开关S的瞬间，从左侧看环

中产生沿逆时针方向的感应电流【答案】AD【解析】若金属环放在线圈右侧，根据“来拒去留"可得，环将向右运动，A正确；固定线圈上突然通过直流电流，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，还有缩小的趋势，B错误；

根据“来拒去留”，在线圈上突然通过直流电流时，环都会受到向左的力的作用，与电源的正负极无关，C错误；线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由左侧看为逆时针，D正确。7．如图所示，可视为质点的相同且光滑的两定滑轮

高度相同，跨过滑轮的细线分别连接质量相等的两物体A和B，A套在光滑水平轻杆上，开始时连接A的细线与水平杆夹角为θ＝53°，现由静止释放A，在A由静止开始向右运动至达到最大速度的过程中(B始终未碰杆)()A．A的位移小于B的位移B．A的最大速度为2ghC．B一直处于失重状态D．B克服拉力做功的

瞬时功率等于拉力对A做功的瞬时功率【答案】BD【解析】当连接A的细线与水平杆垂直时，A的速度最大。A的位移xA＝htan37°＝34h，B的位移sin534Bhhxh=-=°，A的位移大于B的位移，A错误；设A、B的瞬时速度分别为vA

、vB，当连接A的细线与水平杆成α角时vAcosα＝vB，当α＝90°时，vB＝0，显然此过程中B先向下加速后向下减速，故B先失重后超重，C错误；细线对A、B的拉力大小相等设为F，B克服拉力做功的瞬时功率P＝FvB，拉力对A做功的瞬时功率PF＝FvAcosα，显然B克服拉力做功的瞬时功率等于拉力

对A做功的瞬时功率，D正确；对A、B系统应用机械能守恒定律得mg‧14h＝12mvm2，解得m2ghv=，B正确。8．如图所示，长直杆固定放置与水平面夹角θ＝30°，杆上O点以上部分粗糙，O点以下部分（含O点）光滑。轻弹簧穿过长杆，下端与挡板相连，弹簧原长时上端恰好在O点，质量为m

的带孔小球穿过长杆，与弹簧上端连接。小球与杆粗糙部分的动摩擦因数μ＝33，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现将小球拉到图示a位置由静止释放，一段时间后观察到小球振动时弹簧上端的最低位置始终在b点，O点与a、b间距均为l。则下列说法正确的是()

A．小球在a点弹簧弹性势能最大B．小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的2倍C．整个运动过程小球克服原擦力做功mglD．若增加小球质量，仍从a位置静止释放，则小球最终运动的最低点仍在b点【答案】BC【解析】由于O点与a、b间距均为l，所以小球在a、b两点

的弹性势能相等，则A错误；小球从a运动到b过程，由动能定理可得mgsinθ‧2l－Wf＝0，解得Wf＝mgl，所以C正确；小球在a点有mgsinθ＋kl－μmgcosθ＝ma1，小球在b点有kl－mgsinθ＝ma2，由于小球最后是在O与b两点间做简谐振动，则在b点与O点的加速

度大小相等，小球在O点有mgsinθ＝ma3，a2＝a3，联立解得a2＝a3＝0.5g，a1＝g，所以小球在a点加速度大小是在b点加速度大小的2倍，则B正确；若增加小球质量，仍从a位置静止释放，则小球最终运动的最低点，由于小球最后是在O与最低点c两点间做简谐振动，则在c点与O点的加速度大小相等，小

球在c点有kl′－mgsinθ＝ma2，解得mglk¢=，所以增大小球的质量，弹簧在最低点的形变量也会增大，则最低点位置发生了改变，所以D错误。三、非选择题：共60分。考试根据要求作答。9．(4分)一定质量的理想气体，从初始状态a经状态b、c、d

再回到a，它的压强p与热力学温度T的变化关系如图所示，其中ba和cd的延长线过坐标原点，状态a、d的温度相等。则从状态d到a，气体与外界热交换（选填“有”或“无”）；从状态b到c，气体吸收的热量它对外界做的功（选填“大

于”“等于”或“小于”）。【答案】有大于【解析】对于p－T图像，因为ab、cd延长线经过原点，因此ab、cd分别体积恒定。因为ad过程是等温降压，因此体积变大，即Vd＞Va，从而得到Vc＞Va。从d到a，气体温度不变，则内能不变，体积变小，则外界对气体做功，所以气体需要放出热量，故

有热交换；从b到c，温度升高，体积变大，因此气体吸收的热量抵消对外界做功后仍使其内能增加，所以从状态b到c，气体吸收的热量大于它对外界做的功。10．(4分)如图所示，在坐标系xOy中，原点的直线OC与x轴正向的夹角φ＝120

°，在OC右侧有一匀强电场，OC为该电场的左边界，电场无右边界；在第二、三象限内有一有界匀强磁场，磁场上边界与电场边界重叠（即为OC边）、右边界为y轴、左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一

带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场时的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v。粒子在磁场中的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且圆弧的半径为x轴下方的磁场水平宽度的2倍。粒子进入电场后，在电场力的作用下又

由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用的时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。则A点到x轴的垂直距离为________，匀强电场的大小为________。【答案】(1－32)mvqB127πBv【解析】粒子第一次进入磁场时弧半径为

磁场左右边界间距的二倍，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝mv2R，A点到x轴的距离L＝R(1－cos30°)＝(1－32)mvqB；粒子在磁场中运动时间t1＝112T，粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O

点返回磁场区域说明电场力的方向一定与v相反，再次进入磁场时速度方向与v相反，将向y轴负方向偏转做圆周运动，运动时间t3＝13T，则在电场中运动的时间t2＝T－t1－t3，那么在电场中的运动有－v＝v－

qEmt2，求得127πBvE=。11．(5分)研究重锤自由落体运动的实验中得到的纸带如图所示，纸带上C、D两点间的点迹不清楚，测得其他点间距离已在纸带上标出，所用电源的频率f＝50Hz。回答下列问题：(1)连在重锤上的是纸带的___________（填“A点左侧端”或“G点右侧端”），

纸带上F、G两点间的距离是___________cm。(2)由纸带可求得当地的重力加速度g＝___________m/s2。(3)纸带上C、D两点的时间间隔为___________s。【答案】(1)A点左侧端7.01(2)9.75(3

)0.1【解析】(1)自由下落，相同时间内位移增大，应是A点左侧端与重锤相连。由匀变速直线运动的推论可知，时间相等的相邻两端位移差相等，即Δx＝xFG－xEF＝xEF－xDE，可得Δx＝0.39cm，纸带上F、G两点间的距离xFG＝7.01cm。(2)由题意可知，两点

间时间间隔T＝0.02s，由Δx＝gT2可得，当地的重力加速度g＝9.75m/s2。(3)由纸带的规律可得nΔx＝xDE－xBC，代入数据可解得n＝6，故C、D之间有5段，即纸带上C、D两点的时间间隔为0.1s。12．(7分)某学习小组要将一量程为500μA的电流表改装为量程为3.0V的电压

表。查资料得该电流表的内阻为1200Ω，将电阻箱与该电流表连接，进行改装。然后利用一标准电压表，按图甲所示的电路对改装后的电表进行检测（虚线框内是改装后的电表）。(1)根据图甲和题给条件，用笔画线代替导线将图乙中的实物

连起来。(2)当标准电压表的示数为2.4V时，电流表的指针位置如图丙所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预期值，而是______V。(3)产生上述问题的原因可能是______。（填正确答案标号）A．资料显示的电流表内阻不准，实际内阻大于1200ΩB．资料显示的电

流表内阻不准，实际内阻小于1200ΩC．电阻箱接入电路的阻值偏大D．电阻箱接入电路的阻值偏小(4)要达到预期目的，不必知道电流表的内阻，只需将电阻箱的阻值在原来的基础上减小______Ω即可。【答案】(1)见解析图(2)3.75(3)AC(4)1500【解析】

(1)实物连线图如图所示。(2)当标准电压表的示数为2.4V时，电流表的示数为320μA，根据比例，电流表的示数为500μA时，标准电压表的示数为3.75V，可知所改装的电表量程是3.75V。(3)当标准电压表的示数为2.4V时，如果改装无误，电流表的示数应为400μA，而现在

示数为320μA，说明改装后电压表总电阻偏大，可能是资料显示的电流表内阻不准，实际内阻大于1200Ω，也可能是电阻箱接入电阻偏大引起的，故AC正确，BD错误。(4)当前改装后电表的总内阻V62.4750032010R要达到预期目的，需要V

62.4600040010R需将电阻箱接入电路的阻值在原来的基础上减小1500Ω。13．(10分)如图所示，质量M＝lkg、半径R＝lm的圆弧体以放在水平面上，圆弧面的最低端B点刚好与水平面相切，B点左侧水平

面粗糙右侧光滑，质量m＝0.5kg的物块b放在水平面上的A点。现使物块b以大小为v0＝4m/s的初速度向右滑去，并刚好能滑到圆弧面上的最高点C，A、B间的距离L＝lm，物块b与B点左侧水平面间的动摩擦因数μ＝0

.2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8。(1)求圆弧面所对的圆心角θ；(2)若A、B间水平面光滑，将圆弧体固定，物块仍以v0的初速度向右滑去，则物块从C点抛出后，经多长时间落地？（结果可用根式表示）【

解析】(1)设小物块在B点时的速度大小为v1，根据动能定理得：－μmgL＝12mv12－12mv02设小物块在C点时的速度大小为v2，圆弧面所对的圆心角为θ，物块从B点滑到圆弧面上最高点C点的过程，小物块与大滑

块组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒则有：mv1＝(M＋m)v2根据系统机械能守恒有：12mv12＝12(M＋m)v22＋mg(R－Rcosθ)联立解得：θ＝53°。(2)若圆弧体固定，且B点左侧水平面光滑，物块以v0的速度冲上圆弧面，物块在C点速度为v3，根据机械能守恒有：12mv02＝

12mv32＋mg(R－Rcosθ)解得：v3＝22m/s物块从C抛出后，在竖直方向的分速度vy＝v3sin53°＝825m/s这时离体面的高度h＝R－Rcos53°＝0.4m根据运动学公式可得：－h＝vyt－12gt2解得：t＝428225s。14．(14分)如图所示，质量为M

的可移动“”型导轨MNPQ位于光滑水平桌面上，两条平行轨道间的距离为L。质量为m的金属杆可垂直于导轨滑动，与轨道之间存在摩擦力，金属杆接入回路中的电阻为R。初始时金属杆位于图中的虚线OO′处，的左侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在t＝0时

，用一平行于导轨的恒力F作用于金属杆，使之由静止开始沿导轨向左运动。t0时刻回路中的电流为I0，此过程中导轨MNPQ向左移动的距离为x0（杆与轨道始终保持相对运动，NP尚未进入磁场）。不考虑导轨的电阻

与回路的自感，求：(1)t0时刻金属杆的速度大小v；(2)金属杆与“”型导轨间的滑动摩擦因数μ；(3)该过程中金属杆移动的距离x。【解析】(1)由闭合电路欧姆定律得：E＝I0R切割感应电动势E＝BLv解得：0IRvBL。(2)滑动摩擦力为

f＝μmg对导轨受力分析，由牛顿第二定律得：f＝Ma导轨匀加速运动x0＝12at02解得：0202mMxgt。(3)在任意短的时间内对金属杆分析，由动量定理得：(F－f－BIL)Δt＝mΔv叠加求和有：(F－f)t0－BLq＝mΔv而EBLxt，EIR，q

It联立解得：20002223302()MxRtImRxFtBLBL。15．(16分)如图所示，不可伸长的绝缘细线长度为l，一端系一质量为m的带正电小物块，另一端固定在O点，虚线MN上方空间存在一水平向右的匀强电场，电场强度mgEq=，将小球拉至位置A，细线刚好水平伸直，由静止释放物

块，物块将在竖直面内来回摆动。某次下摆过程中，在细线拉力达到最大的位置，细线突然断开，物块继续运动刚好能从C点竖直向下滑入半径R＝3m的光滑四分之一圆形轨道，并从圆弧末端D水平滑上一右端有挡板的长木板。已知带电小物块和长木板

质量均为m＝2kg，细线长l＝(2＋1)m，小物块与长木板之间的动摩擦因数为µ1＝0.6，木板与水平地面间的动摩擦因数µ2＝0.2，不计空气阻力，g取10m/s2。则：(1)细线断开时，求物块的速度v；(2)若已知小物块恰好未与木板右端挡板相碰，求木板的长度L0

；(3)若木板长L＝4m，小物块将与挡板碰撞，碰撞时间极短并不再分开。求从小物块滑上木板到二者均停止运动的过程中系统因摩擦而产生的热量Q。【解析】(1)由于Eq＝mg，则F合＝2mg方向与水平方向成45°，所以B点为等效最低点，即物块在该处速度最大，拉力达到最

大从A到B，根据动能定理有21sin45(1cos45)2mglEqlmv得v＝25m/s。(2)从B到C，物块做类平抛运动，则vC＝vcos45°解得vC＝210m/s从C到D，由动能定理22DC1122mgRmvmv解得vD＝10m/s物块滑上木板后，对物块μ1mg＝

ma1，得a1＝6m/s2对木板μ1mg－μ2‧2mg＝ma2，得a2＝2m/s2物块与木板恰好未相碰，则vD－a1t＝a2t得t＝1.25s且有22DD12116.25m22Lvtatat(3)当L＝4m时，设经过时间t1，

物块与木板相碰，则22D11211122Lvtatat得t1＝0.5s此时，物块速度v1＝vD－a1t＝7m/s木板速度v2＝a2t＝1m/s根据动量守恒定律mv1＋mv2＝2mv这一过程损失的机械能22212111(2)18J222mvmvmvE因此全程摩擦

生热2D182J2QmvE。