【文档说明】（新高考）高考考前冲刺卷 物理（十二）(解析版，A3版).doc，共(5)页，276.500 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、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8～1

0题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。1．第26届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量h来定义，“国际千克原器”于2019年5月20日正式“退役”。h的值为6.63×10-34J‧s，则h的单位“J‧s”用国际单位制中

的基本单位表示为()A．kg‧m2/s2B．kg‧m2/sC．N‧s/mD．N‧s‧m【答案】B【解析】能量的单位是J，由功能关系可知221J=1Nm1kgms，h的单位是J‧s，由Eh可得Ehν，则222121kgms1Jm=1k

gmskgm/ss，故选B。2．很多智能手机都有加速度传感器，用手托着手机，迅速向下运动，然后停止，手机记录的加速度a随时间t变化的图像如图所示，则()A．t1时刻手机速度最大B．t2时刻手机在最低点C．t3时刻手受的压

力最大D．t4时刻手受的压力最小【答案】C【解析】图像的面积表示速度变化，所以t2时刻手机速度最大，A错误；手机停止时，位置最低，所以t4时刻手机在最低点，B错误；根据牛顿第二定律，手机加速度向上并且加速度最大时，手给手机的作用力最大，即手受到的压力最大，由图可知，t3时刻手受的压力最大，C正

确；手机加速度向下并且加速度最大时，手给手机的作用力最小，即手受到的压力最小，由图可知，t1时刻手受的压力最小，D错误。3．如图所示，一束光斜射向水面，入水后分成a、b两束，下列说法正确的是()A．a光比b光更容易发

生衍射现象B．a光的频率大于b光的频率C．在水中a光的速度比b光的速度小D．当a、b两种光从水射向空气时，a光的临界角小于b光的临界角【答案】A【解析】由题图看出，a光的偏折程度小于b光的偏折程度，则a光的折射率小于b光的折射率，a光的频率小，由c＝λf知波长大，因

此a光比b光更容易发生衍射现象，A正确，B错误；由公式v＝cn，则在同样介质中a光传播的速度比b光的大，C错误；因为a光的折射率小，由公式sinC＝1n知，a光的临界角大，D错误。4．两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势

面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是()A．粒子带正电B．粒子在a点的电势能小于在c点的电势能C．b点和d点的电场强度相同D．粒子

的动能先增大后减小【答案】B【解析】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，电场方向向下，粒子受力向上，粒子带负电，故A错误；粒子从a到c的过程中电场力做负功，速度减小，电势能增大，粒子在a点的电势能小于在c点的电势能，故B正确；b点和d点的电场强度大小

相同，但方向不同，故C错误；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，粒子的动能先减小后增大，故D错误。5．如图甲所示的LC振荡电路中，把通过P点向右的电流方向规定为电流的正方向，通过P点的电流变化规律如图乙所示，

则()此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号A．0.5s～1.0s时间内，电容器在充电B．0.5s～1.0s时间内，电容器的上极板带正电C．1.0s～1.5s时间内，Q点比P点电势低D．1.0s～1.5s时间内，磁场能正在转变成电场能【答案】A【解析】由图乙可知，在

0.5s～1.0s内，电路电流在减小，电容器C正在充电，故A正确；由图乙可知，在0.5s～1.0s内，电流是正的，即经过P点的电流向右，由于电路中做定向移动的带电粒子是带负电的电子，因此在该时间段内，电子经过P点向左移动，因此电容器上极板带负电，故B错误；由图乙可知，在1.0s～1.5s内，通

过电感线圈的电流向上，且增大，电感线圈产生自感电动势，由楞次定律可知，电感线圈下端电势高，上端电势低，即Q点比P点电势高，故C错误；由图乙可知，在1.0s～1.5s内，电路电流增大，磁场增大，磁感应强度变大，电路处于放电过程，电场能转化为磁场能

，故D错误。6．如图所示，S1、S2是振动情况完全相同的两个波源，它们的振动频率均为5Hz，振幅均为0.5m。P是两列波传播方向上的一个质点，PS1＝5m，PS2＝9m，t＝0时P刚好振动到波谷位置。已知S1、S2连线上相邻两振动减弱点

间的距离为1m，下列说法正确的是()A．P的振幅为1.0mB．波的传播速度为5m/sC．t＝0时，S1刚好振动到波谷位置D．t＝0.1s时，S2刚好振动到波峰位置【答案】A【解析】如图所示，设Q1是S1、S2连线中点左侧第1个振动减弱点，Q2是其左侧第2个振动减弱点，Q2

与Q1相距∆l，由振动减弱的条件，有1211–2QSQS，同理有222112113–2(）（)QSQSQSlQSl，联立解得|2|l，即两波源连线上相邻两振动减弱点间的距离为2，由题意1m2，则2m，而P到S1、S2的路程差2142mxPS

PS，故P点振动加强，振幅为1m，故A正确；由vf，得10m/sv，故B错误；因15m2.5PS，t＝0时P在波谷位置，此时S1应在波峰位置，故C错误；t＝0时S1与S2均在波峰位置，再过0.1s，即半个周期，S2刚好振动到波谷位置，故D错误。7．如图所示，一

根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，重物Q的质量M＝6m。现把滑块P从图中A点由静止释放，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，已知OA与水平面的夹角θ＝53°，OB长为l，与AB垂直。不计滑轮的质量和一切

阻力，重力加速度为g，在滑块P从A到B的过程中，下列说法正确的是()A．P与Q的机械能之和先减小后增加B．重物Q的重力的功率一直增大C．滑块P运动到位置B处速度达到最大，且大小为433glD．轻绳对滑块P做功4mgl【答案】D【

解析】当滑块P经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，故在A点弹簧的压缩量与在B点弹簧的伸长量相等，在滑块P从A到B的过程中，弹力对P先做正功再做负功，故P与Q组成的系统机械能之和先增加后减小，A错误；刚释放时重物Q的速度为零，当P运动到

B点时，P的速度方向与绳垂直，此时Q的速度为零，故重力的功率先增大后减小，B错误；由A的分析可知，在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在A、B间某位置，合力为零，速度最大

，在B点时合力已向下，速度已开始减小，C错误；P从A到B过程，对P、Q整体，由动能定理可得216tan53cos532（）LmgLmgLmv，设轻绳对滑块P做功为W，对P由动能定理可得21tan532WmgLmv

，联立解得4Wmgl，D正确。8．半圆柱体P放在粗糙的水平面上，有一挡板MN，延长线总是过半圆柱体的轴心O，在P和MN之间放有一个质量分布均匀，且表面光滑的圆柱体Q，Q与P等半径，Q的重力为G，整个装置处于静止状

态，右图是这个装置的截面图。若用外力使MN绕O点缓慢地顺时针转动，在MN到达水平位置前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是()A．Q所受的合力保持不变B．MN对Q的弹力逐渐减小C．P、Q间的弹力先减小后增大D．当

OM与水平夹角为30°时，MN对Q的支持力为33G【答案】AD【解析】MN绕O点缓慢地顺时针转动的过程中，Q缓慢移动，可看成平衡状态，受力始终平衡，即合力为零保持不变，故A正确；以光滑圆柱体为研究对象，受力分析如图，

因为两圆柱等半径，所以1111cos2OAOOAOO，所以160OOA、130OOA，则120=?，MN绕O点缓慢地顺时针转动的过程中，三角形OO1A各边长度及角度都不变，所以θ不变，而β变大

，α变小，由正弦定理N1N2sinsinsinFFmg，所以PQ间的弹力FN1减小，MN对Q的弹力FN2增大，故BC错误；当OM与水平夹角为30°时，∠O1OB＝60°，所以∠OO1B＝30°，∠AO1B＝30°，即α＝β＝30°，所以N1N2/23cos303GFFG，故D

正确。9．假设银河系中两个黑洞A、B，它们以二者连线上的O点为圆心做匀速圆周运动，测得A、B到O点的距离分别为r和2r。黑洞A、B均可看成质量分布均匀的球体，不考虑其他星球对黑洞的引力，两黑洞的半径均远小于它们之间的距离。则黑洞A、B()A．质量之比为1∶2B．所受引力之比为1∶2C．

角速度之比为1∶1D．线速度之比为1∶2【答案】CD【解析】两个黑洞A、B以二者连线上的O点为圆心做匀速圆周运动，构成双星系统，根据万有引力提供向心力，有22121122212()mmGmrmrrr，知半径之比等于质量之

反比，故质量之比为2∶1，A错误；黑洞A、B间的万有引力属于相互作用力，大小相等，B错误；两黑洞属于同轴转动模型，做匀速圆周运动的周期相同，则角速度相等，之比为1∶1，C正确；根据线速度与角速度关系v＝ωr知线速度与半径成正比，黑洞A、B的线速度之比为1∶2，D正确。10．如图为质谱仪的

结构图，该质谱仪由速度选择器与偏转磁场两部分组成，已知速度选择器中的磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E，荧光屏PQ下方匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为2B0。三个带电荷量均为q、质量不同的粒子沿竖直方向经速度选择器由荧光屏上的狭缝O进入偏转

磁场，最终打在荧光屏上的S1、S2、S3处，相对应的三个粒子的质量分别为m1、m2、m3，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。则下列说法正确的是()A．打在S3位置的粒子质量最大B．质量为m1的粒子在偏转磁场中运动时间最短C．如果S

1S3＝Δx，则20312qBxmmE-=D．如m1、m2在偏转磁场中运动时间差为Δt，则0212πqBtmm-=【答案】ABD【解析】由洛仑兹力提供向心力知202vqvBmR，解得02mvRqB，三个粒

子所带电荷量相等，则其轨迹半径与质量成正比，故打在S3位置的粒子质量最大，故A正确；由202π2()qvBmRT，02mvRqB，得0πTmqB，m1质量最大，故周期最小，在偏转磁场中运动时间最短，故B正确；由于S1S3＝Δx，31310222(

)2vxRRmmqB，0qEqvB，联立得2031qBxmmE，故C错误；由对B选项的分析可知212100ππ2222TTmmtqBqB，解得0212πqBtmm-=，故D正确。二、非选择题：本题共5小题，共54分

。11．(4分)用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门。调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；

从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1，t2…，计算出t12，t22…(1)挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重

锤的加速度为ai，则0iaa＝______。（结果用t0和ti表示）(2)作出0iaia的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M＝______。【答案】(1)202itt(2)02nkmk【解析】(1)遮光片经过光电

门时的速度00dvt，iidvt，重锤做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得220022iivahvah，，整理得2020iiatat。(2)由牛顿第二定律得000()MgnmgMnma

，000(()))(iMimgnimgMnma，整理得00021iamgiaMgnmg，则0iaia图像的斜率002mgkMgnmg，解得0(2)=nkmMk。12．(10分)实验课中同学们要完成“测量电池的电动势和内阻”的任务。某小组计划用如图甲所示的电路进行测

量，已知实验室除待测电池（电动势约几伏）、开关、导线外，还有下列器材可供选用：电流表A：量程0～0.6A，内阻约0.2Ω电压表V：量程0～3V，内阻约3kΩ滑动变阻器R1：0～500Ω，额定电流1A滑动变阻器R2：0～

20Ω，额定电流2A(1)为了便于实验，滑动变阻器最好选用_______；（填写仪器的字母代号）(2)请根据图甲所示的电路图，在图乙中完成实物的连接；(3)实验过程某次测量时电流、电压表示数情况如图丙所示，此时电压表读数为_____

__V，电流表读数为________A；(4)实验得到的U－I图线如图丁所示，可得电池的电动势E＝________V，内阻r＝________；（结果保留两位有效数字）(5)为了研究电表内阻对测量结果的影响，我们用U和I的函数关系来分析这一个问题。若字母RV、RA分别表示电压表

和电流表的内阻，U、I分别表示电压表和电流表的示数，E、r分别表示电池的电动势和内阻的真实值。考虑到电表内阻的影响，请选择相关的字母写出反映U和I实际关系的函数表达式U＝______。【答案】(1)R2(2)见解析图(3)1.700.28(4)2.01.0(5)VV()EIrR

Rr【解析】(1)因为电池的内阻小，为保证实验中可多测量几组数据，且在调节滑动变阻器时电流变化比较明显，所以滑动变阻器选择R2。(2)根据电路图连接的实物图如图所示。(3)电压表的精确度为0.1V，读数时保留到精确度的下一位，所以电压为1.70V；电流表精确度为0

.02A，读数时保留到精确度的同一位，电流表的读数为0.28A。(4)根据闭合电路欧姆定律有U＝E－Ir，所以U－I图象的斜率1.91.61.00.40.1kr，所以电源的内阻r＝1.

0Ω，当I＝0.1A时，U＝1.9V，解得E＝2.0V。(5)根据闭合电路欧姆定律可知V()UUEIrR，变形得VV()EIrRURr。13．(9分)如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200kg，活塞质量m＝10kg，活塞面积S＝100cm2，活

塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27°C，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0＝1.0×105Pa，重力加速度为g＝10m/s2。求：(1)缸内气体的压强p1；(2)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处。【解析】

(1)以缸体为对像（不包括活塞），列缸体受力平衡方程：p1S＝Mg＋p0S解得：p1＝3.0×105Pa。(2)当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有p2S＝Mg＋p0S(2分)则缸内气体为等压变化，对这一过程研

究缸内气体，由盖‧吕萨克定律得：120.5SlSlTT可得T2＝2T1＝600K故气体的温度是327℃。14．(14分)如图所示，半径未知的14光滑圆弧AB与倾角为37°的斜面在B点连接，B点的切线水平。斜面BC长为L＝0

.3m。整个装置位于同一竖直面内。现让一个质量为m的小球从圆弧的端点A由静止释放，小球通过B点后恰好落在斜面底端C点处。不计空气阻力。（g取10m/s2）(1)求圆弧的轨道半径；(2)若在圆弧最低点B处放置一

块质量为m的胶泥后，小球仍从A点由静止释放，粘合后整体落在斜面上的某点D。若将胶泥换成3m重复上面的过程，求前后两次粘合体在斜面上的落点到斜面顶端的距离之比。【解析】(1)设圆弧的半径为R，则小球在AB段运动时，有：mgR＝12mv02解得：02vgR小球从B平抛运动到C的过程中，分

解位移：Lsin37°＝12gt2，Lcos37°＝v0t联立解得：R＝0.08m。(2)在B处放置m的胶泥后，粘合时动量守恒：mv0＝2mv1得122gRv在B处放置3m的胶泥后，粘合时动量守恒：mv0＝4mv2得224gRv整体

从B平抛，分解位移：x＝vt，y＝12gt2根据几何关系可知tan37yx解得平抛时间2tan37vtg落点距离B为22cos37cos37xsvg可知s与v2成正比，则21122241svsv。15．(17分)如图所示，间距为L＝2

m的两平行光滑金属导轨由倾斜部分和水平部分平滑连接而成，水平导轨处于B＝0.5T方向垂直导轨平面的匀强磁场中，以磁场左边界为坐标原点，磁场右边界坐标为x1（值未标出），在坐标为x0＝1.2m处垂直于水平导

轨放置有一质量m＝1kg、电阻为R＝0.1Ω的导体棒ab。现把质量为M＝2kg、电阻也为R＝0.1Ω的导体棒cd，垂直导轨放置在倾斜轨道上，并让其从高为h＝1.8m处由静止释放。若两导体棒在磁场内运动过程

中不会相碰，ab棒出磁场右边界前已达到稳定速度，且两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并接触良好，不计导轨的电阻，忽略磁场的边界效应，g＝10m/s2。求：(1)cd棒恰好进入磁场左边界时的速度大小；(2)ab棒离开磁场右边界前的稳定速度；(3)cd棒从进入磁场到离开磁场的过程中

，安培力对系统做的总功。【解析】(1)cd棒下落过程中机械能守恒，有：Mgh＝12Mv02解得：v0＝6m/s。(2)cd棒进入磁场后与ab棒组成的系统动量守恒，有：Mv0＝(M＋m)v1解得两棒匀速时的速度：v1＝4m/s。(3)设两棒达到相同速度时相距为△x，则两棒同速

前进，流过导体棒中的电量：01()2BLxxqR对ab棒应用动量定理得：10BILtmv1qIt解得：Δx＝0.4m则从ab棒出磁场右边界到cd棒出磁场右边界的过程中，流过导体棒中的电量22BLxqR设cd出磁场时的速度为v2

，对cd棒应用动量定理可得：－BLΔq2＝Mv2－Mv1解得：v2＝3m/s由功能关系可知，整过程中有：W安＝12Mv22＋12mv12－12Mv02解得：W安＝－19J。