【文档说明】（新高考）高考考前冲刺卷 物理（十）(解析版，A3版).doc，共(6)页，275.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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（新高考）高考考前冲刺卷物理（十）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．如图所示，有一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零。已知电容器的电容为C，带电量为Q

，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电量的绝对值为e，不计电子的重力。关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率ν，以下判断正确的是()A．带正电，ν0＋QeChB．带正电，ν0＋QeChdC．带负电，ν0＋QeChD．带负电，ν0＋QeChd【

答案】C【解析】电子在电容器里面减速运动，所以受到向左的电场力的作用，所以场强方向向右，电容器右侧的极板带负电。一束单色光入射到极限频率为ν0的金属板K上，射出电子的最大初动能为Ek，则hν－W＝Ekhν0＝W，

电子在电容器中减速运动，由动能定理得－eU＝0－Ek，电容器两极板间的电势差U＝QC，根据以上各式，解得ν＝ν0＋QeCh，故C正确。2．一遥控玩具汽车在平直路上运动的位移－时间图象如图所示，则下列正确的是()A．25s内汽车的位移为30mB．前10s内汽车的加速度为3m/s2C．20s末汽车

的速度大小为1m/sD．前25s内汽车做单方向直线运动【答案】C【解析】由图象可知，前25s内汽车的位移为△x＝25m－0＝25m，故A错误；在前10s内图线的斜率不变，说明汽车的速度不变，则汽车做匀速直线运动，加速度为0，故B错误；位移－时间图线的斜率表示速度，则20s末汽车的速度203

0m/s1m/s2515xvt，故C正确；汽车在前10s内向正方向做匀速直线运动，10－15s内静止，15－25s内反向做匀速直线运动，所以汽车的运动方向发生了改变，故D错误。3．如图所示，直角三角

形abc中，∠abc＝30°，将一电流为I、方向垂直纸面向外的长直导线放置在顶点a处，则顶点c处的磁感应强度大小为B0。现再将一电流大小为4I、方向垂直纸面向里的长直导线放置在顶点b处。已知长直通电导线产生的磁场在其周围空间某点的磁

感应强度大小B＝kIr，其中I表示电流大小，r表示该点到导线的距离，k为常量。则顶点c处的磁感应强度()A．大小为3B0，方向沿ac向上B．大小为B0，方向垂直纸面向里C．大小为3B0，方向沿∠acb平分线向下D．大小为2B0，方向垂直bc向上【答案】A【解

析】由安培定则可知，a点处电流产生的磁场在c点处的磁感应强度方向垂直ac向左，b点处电流产生的磁场在c点处的磁感应强度大小为2B0、方向垂直bc向上，两磁场叠加后，合磁场在c点处的磁感应强度大小为3B0、方向沿ac向

上，A正确。4．如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电小球质量相等，A球带负电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零。则()A．B球带负电荷，C球带正电荷B．B球和C球都带正电荷C．B球和C球

所带电量不一定相等D．B球和A球所带电量一定相等【答案】B此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号【解析】B球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态，则A与C球对B球的库仑力的合力应与重力大小相等，方向相反；而库仑力的方向只能沿两

电荷的连线方向，故可知A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧；因A带负电，则可知B、C都应带正电，故A错误，B正确；由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带

电量的一半，故B、C带电量应相同，故C、D错误。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．甲、乙两颗人造卫星在同一平面内绕地球运动，甲卫星的轨道为圆，乙

卫星的轨道为椭圆，乙卫星椭圆轨道的长半轴与甲卫星的轨道半径相等。某时刻乙卫星过远地点，两卫星与地球正好在同一直线上，如图所示。下列关于甲、乙两卫星在该时刻的速度、加速度大小关系，正确的是()A．a甲＞a乙B．a甲＜a乙C．v甲＞v乙D．v甲＜v乙【答案】A

C【解析】两颗人造卫星绕地球运动，万有引力产生加速度GMmr2＝ma，解得加速度a＝GMr2，乙卫星所在位置的半径r大，加速度小，即a甲＞a乙，故A正确，B错误；假设某卫星以地心与远地点的距离为半径绕地球做匀速圆周运动，速度为v，根据卫星变轨的原理可知，乙卫星在远地点做加速运动，可

以达到上述轨道，即v＞v乙，根据万有引力提供向心力可知v＝GMr，甲卫星的轨道半径小，即v＜v甲，则v甲＞v乙，故C正确，D错误。6．图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，M是平衡位置为x＝0.5m处的质点，N是平衡位置为x＝2m处的质点，图乙为质点N由该时刻

起的振动图象，则下列说法正确的是()A．该波沿x轴的负方向传播B．该波的周期是0.20sC．该波的传播速度是10m/sD．从t＝0.20s到t＝0.30s，质点M通过的路程为5cm【答案】AC【解析】由振动图象可知

，质点N在t＝0时刻向下振动，可知该波沿x轴的负方向传播，A正确；由振动图象读数周期T＝0.4s，波长λ＝4m，则波速v＝10m/s，B错误，C正确；从t＝0.20s到t＝0.30s，经过了T4，由于质点M不是从平衡位置

或者最高点最低点开始振动，则质点M通过的路程不等于5cm，D错误。7．平行板电容器、静电计、理想二极管(正向电阻为0，反向电阻无穷大)与内阻不计的电源连接成如图所示的电路，现在平行板电容器两极板间的P点固定一带负电的点电荷，其中电容器的右极板固

定，左极板可左右移动少许。设静电计的张角为θ。则下列说法正确的是()A．若左极板向左移动少许，则θ不变，P点的电势降低B．若左极板向左移动少许，则θ变大，P点的电势不变C．若左极板向右移动少许，则θ不变，位于P点的点电荷的电势能减小D．若左极板向右移动少许，则θ变小，位于P点

的点电荷的电势能增大【答案】AC【解析】静电计上的电压不变，所以静电计的张角θ不变，由于二极管具有单向导电性，所以电容器只能充电，不能放电；将电容器的左极板水平向左移时，电容器的电容C＝εrS4πkd减小，但不能放电，则电容器带电量

不变，由C＝QU和E＝Ud可得，电容器两极板间的电场不变，则P点的电势PEEx（x为P点到左极板的距离），则P点的电势降低，故A正确，B错误；将电容器的左极板水平向右移时，电容器的电容C＝εrS4πkd增大，电场强度E＝Ud增大，P点的电势升高，由于P点固定的是负电荷，所

以位于P点的点电荷的电势能减小，故C项正确，D项错误。8．如图甲所示，水平面上一质量为m的物体，在水平力F作用下从静止开始加速运动，力F的功率P恒定不变，运动过程所受的阻力f大小不变，加速运动t时间后物体的速度达到最大值

vm，F作用过程中物体的速度v的倒数与加速度a的关系图象如图乙所示，仅在已知功率P的情况下，根据图象所给的信息可以求出以下哪个物理量()A．物体的质量mB．物体所受阻力fC．物体加速运动的时间tD．物体运动的最大速度vm【答案】ABD【解

析】由题意可知P＝Fv，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，即Pfmav，变形得1mfavPP＝，由乙图可知，斜率0.03mP＝，纵轴截距0.1fP，P已知，可求出m和f，选项A、B能够求出；水平力等于阻力时

，速度达到最大，则有P＝Fvm＝fvm，能求出vm，选项D能够求出；由P＝Fv知，v增大，F减小，则物体先做变加速运动，当加速度为零时做匀速运动，根据条件不能求出加速运动时间，选项C不能求出。三、非选择题：共60分。考试根据要求作答。9．(

4分)如图，某自动洗衣机洗衣缸的下部与控水装置的竖直均匀细管相通，细管的上部封闭，并和压力传感器相连接。洗衣缸进水时，细管中的空气被水封闭，随着洗衣缸中水面的升高，细管中的空气被压缩，当细管中空气压强达到一定数值时，压力传感器使进水阀门关闭，达到自动控制水位的目的。假设水位变化

时管内空气温度恒定，当水位上升时细管内空气将_________（填“吸热”“放热”），若刚进水时细管被封闭的空气柱长度为L，当空气柱被压缩到0.96L时，压力传感器使洗衣机停止进水，此时洗衣缸与细管内水位的高度差为_________cm。（结果保留两位有效数字，设大气压p0＝

1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，g取10m/s2）【答案】放热42【解析】当水位上升时，细管内空气的体积减小，外界对气体做功，而温度不变，气体的内能不变，根据热力学第一定律，所以管内空气将放热；根据玻意耳定律得00()0.96pLSpghLS

，解得42cmh。10．(4分)如图，在双缝干涉实验中，S1和S2为狭缝，P是光屏上的一点，已知双缝S1、S2和P点的距离差为2.1×10-6m，用单色光A在空气中做双缝干涉实验，若光源到缝S1、S2距离相

等，且A光频率f＝5.0×1014Hz。则P点处是___________（填“亮”或“暗”）条纹；若将S2用遮光片挡住，光屏上的明暗条纹___________（填“均匀”或“不均匀”）分布。（光在空气中的速度c＝3.0×108m/s）【答案】暗不均匀【解析】设A光在

空气中波长为λ，由cf得7610m，光的路程差62.110m，所以3.5N，即从S1和S2到P点的光的路程差δ是波长λ的3.5倍，所以P点为暗条纹。将S2用遮光片挡住。光屏上得到的是衍射条纹，所以是不均匀分布的。11．(6分)某实验小组要测量定值电阻Rx的阻值

，实验室提供的器材规格如下：A．待测电阻Rx(阻值约为100Ω)B．电流表G1(量程为10mA，内阻RG1未知)C．电流表G2(量程为30mA，内阻RG2未知)D．电阻箱R(最大阻值为9999.99Ω)E．电池阻(2节干电池)F．开关一只，导线若干该小组根据现有的器材设计了如图所示

的电路，实验过程如下：a．根据电路图，连接实验器材b．先将电阻箱的阻值调到最大，然后闭合开关S，调节电阻箱的阻值，记录电流表G1的示数I1和电流表G2的示数，I2及对应的电阻箱的阻值b。c．多次调节电阻箱的阻值，改变两个电流表的示数，并记录数据d。数据处理：以21II为纵坐标，以对应的电阻箱

的阻值R为横坐标，描点连线得到如图所示的倾斜直线。(1)待测电阻Rx＝______Ω。电流表G1的内阻RG1_____Ω。(2)若将电流表G1与电阻箱串联改装成量程为3V的电压表，应将电阻箱的阻值调为_____Ω。【答案】(1)10

020(2)280【解析】(1)根据并联电路电流与电阻的特点结合21IRI图象，得G211165xxRRIIR，G221228031xRIIR，联立解得Rx＝100Ω，RG120Ω。(2)将电流表G1与电

阻箱串联改装成量程为3V的电压表时，通过的电流为0.01A，故电阻箱接入的电阻3202800.01R。12．(8分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律的实验装置如图所示，调节气垫导轨水平，将重物A由静止释放，滑

块B上拖着的纸带（未画出）被打出一系列的点。对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图甲给出的是实验中的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点（图上未画出），计数点间的距离如图中所示。已知重物的质量m＝100g、滑块的质量M＝

150g，则：（g取10m/s2，结果保留三位有效数字）(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝_________m/s；(2)在打点0～5的过程中系统动能的增加量ΔEk＝_______J，系统势能的减少量ΔEp＝________J，由此得出的结论是_

______；(3)若某实验小组作出的12v2－h图象如图乙所示，则当地的实际重力加速度g＝________m/s2。【答案】(1)1.95(2)0.4750.497在误差允许的范围内，系统的机械能守恒(3)9.70【解析】(1)由图可知x46

＝17.65cm＋21.35cm＝39cm＝0.39m，则460.39m/s1.95m/s20.2xvT。(2)在打点0～5的过程中系统动能的增加量2k10.475J2EMmv()，系统重力势能的减小量ΔEp＝mgh5＝0.497J

，由此得出的实验结论是在误差允许的范围内，系统的机械能守恒。(3)根据系统机械能守恒得212mghMmv()，则212mghvMm，可知图线的斜率3.88mgkMm，代入数据解得g＝9.70m/s2。13．(8分)在如图所示的竖直xOy坐标系中，在第一象限有一呈抛物

线形状的曲面，抛物线方程为2512yx=。y＝2.4m处有一粗糙水平面，其上有一半径R＝0.5m的四分之一光滑圆弧挡板PQ，挡板末端Q的坐标为（0，2.4m），在圆弧过P点的切线上有一点A，AP间距为d。现使一质量m＝50g的小球从水平面上的A点沿AP方向以v

0＝6m/s的速度射向P点，小球沿圆弧挡板运动到Q点抛出。已知小球与水平面间的摩擦力大小为0.3N。重力加速度g取10m/s2，π取3。(1)若d＝0，求小球沿圆弧挡板运动时受到挡板的弹力大小与小球在圆弧挡板中转过的角度θ（弧度制）的函数关系式；(2)d为何值时，小球落至曲

面上的动能最小？【解析】(1)由牛顿第二定律和向心力公式可得挡板对小球的弹力2NmvFR由动能定理可得22f01122FRmvmv解得N3.60)6N(.F。(2)设小球从Q点抛出时速度为v。由平

抛运动规律可得xvt212hgt根据机械能守恒定律可得2k12Emvmgh252.412hx联立可知，当12m/sv时，EK最小由动能定理可得22f0π11()222FdRmvmv解得1.25md

。14．(14分)如图，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为l，PQ与P1Q1距离为23l。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为l与23l。

金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下作匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒

一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)外力F与作用时间t的函数关系式；(2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒

匀速运动的速度大小。【解析】(1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有sin0mgf金属棒A沿斜面向下作匀加速运动，对金属棒A，有sin安FmgfFma由安培力公式有0安FBI

l对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有EIRR金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有0EBlv又因为vat联立解得2202BlaFtmaR=+。(2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有002()3ABBlvBlv=在撤去F到A棒匀

速的过程中，对A，根据动量定理，有010(sin)AmgfBIltmvmv对B，根据动量定理，有012(sin)03BmgfBIltmv联立可解出0413Avv=。15．(16分)如图所示，在竖直

的xoy平面内，在水平x轴上方存在场强大小E1＝mgq、方向平行于x轴向右的匀强电场，在第二象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方存在方向垂直纸面向外的匀强磁场、大小与方向都未知的匀强电场E2。一质量为m、带电量为q的小球从y轴上的P（0，

L）位置无初速度释放，释放后小球从第一象限进入第四象限做匀速圆周运动，运动轨迹恰好与y轴相切。(1)求匀强电场E2大小与方向；(2)求小球第二次穿过x轴的位置与第三次穿过x轴的位置之间的距离；(3)若让小球从y轴上的Q点（图中未标出）无初

速度释放，小球第二次穿过x轴后进入第二象限做直线运动，恰好又回到Q点。求第二象限中匀强磁场的磁感应强度B的大小。【解析】(1)小球在第四象限做匀速圆周运动，有qE2＝mg①得E2＝mgq②小球释放后进入第一象限，故小球带正电，可得电场方向竖直向上。(2)小球在第一象限做匀

加速直线运动，对小球，有221()()qEmgma③22cosLva④1tanEqmg⑤由③④⑤得2vgL，45小球再次回到第一象限做类平抛运动，如图所示，有竖直方向2cosvtg⑥水平方向1xEqma⑦21(sin)2xxvtat⑧由

⑥⑦⑧得8xL。(3)假设x轴下方匀强磁场磁感应强度大小为B0，从P点释放的小球进入磁场，有R+RcosL⑨20vBqvmR⑩假设Q点离坐标原点的距离为yQ，对从Q点释放的小球，进入第一象限的速度v1，同理可得1Q2vgy⑪从Q点释放的小球进入x轴下方，做匀速圆周运动，有2101

1vBqvmR⑫从Q点释放的小球在第二象限做直线运动，电场力和重力的合力与洛伦兹力大小相等，v1与x轴夹角θ＝45°，有12Bqvmg⑬电场力和重力的合力与洛伦兹力方向相反，则MQ与NQ必然垂直，由几何关系，得1Q2Ry

⑭由⑨⑩⑪⑫⑬⑭并代入R，得(22)2mgLBqL。