【文档说明】（新高考）高考考前冲刺卷 物理（四）(解析版，A3版).doc，共(6)页，421.500 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（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、选择题：本题共11小题，每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～11题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分。

1．如图是工业上利用射线的穿透性来检查钢板内部伤痕的示意图，则检查利用的射线是()A．α射线B．β射线C．γ射线D．β和γ射线【答案】C【解析】α射线的穿透能力较弱，在空气中只能前进几厘米；β射线的穿透能力比α射线强，能够穿透几厘米厚的铝板；γ射线的穿透能力很强，能够穿

透几厘米厚的铅板和几十厘米厚的混凝土，在工业上可用于检查钢板内部伤痕，故C正确。2．无线充电技术发展至今，在消费电子领域的发展已经取得不错的成绩，如手机无线充电、电动牙刷无线充电等。以下与无线充电技术应用了相同物理原理的是()A．电磁炉B．磁流体发电机C．电磁轨道炮D．质

谱仪【答案】A【解析】无线充电系统主要采用的是电磁感应原理，通过线圈进行能量耦合实现能量的传递。电磁炉是应用电磁感应原理对食品进行加热的；磁流体发电机利用带电粒子在磁场中的作用下发生偏转，电荷打到上下两极板上；电磁炮是利用电磁力(安培力)推动炮弹发

射的新颖武器；质谱仪是根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。故选A。3．无人机经常应用于应急救援物资的输送。在一次救援物资输送的过程中，无人机与下方用轻绳悬挂的救

援物资一起在空中沿水平方向做匀速运动，救援物资受到与运动方向相反的空气阻力作用，当无人机改变速度大小仍然沿水平方向匀速运动时，绳子与竖直方向的夹角变大，则无人机速度改变后比改变前()A．绳子的张力变小B．救援物资受到的空气阻力变小C．无人机受到的重力和绳子拉力的合力大小变大D．无人机受到的重力

和绳子拉力的合力大小不变【答案】C【解析】设细绳与竖直方向夹角为θ，则水平方向sinfT，竖直方向cosTmg，则当绳子与竖直方向的夹角变大时，绳子的拉力T变大，救援物资受到的空气阻力f变大，AB错误；由三力平衡可知，无人机受到的重力和绳子拉力的合力大小等于受到的阻

力大小，则无人机受到的重力和绳子拉力的合力大小变大，C正确，D错误。4．如图所示，固定光滑直杆上套有一个质量为m，带电量为+q的小球和两根原长均为L的轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点，空间存在方向竖直向下的匀强电

场。已知直杆与水平面的夹角为θ，两弹簧的劲度系数均为3sinmgL，小球在距B点45L的P点处于静止状态，Q点距A点45L，重力加速度为g。下列选项正确的是()A．匀强电场的电场强度大小为sin5mgqB．若小球从P点以初速度v0沿杆向上运动，恰

能到达Q点，则04sin5vgL=C．小球从Q点由静止下滑过程中动能最大为12sin25mgLD．从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度大小为1sin5g，方向向上【答案】C【解析】小球受弹簧的弹力大小为6sin5mgF，由共点力平衡可知6sinsin5mgmgEq，解得5

mgEq，故A错误；由机械能守恒定律可得此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号20162sin255mglmv，解得024sin25glv，故B错误；小球从Q点由静止下滑时，运动到P点受平衡力作用

，速度最大，动能最大为k62sin12525sin5mglmglE，故C正确；从固定点B处剪断弹簧的瞬间小球加速度方向沿AB向下，故D错误。5．A处有一质点做简谐振动并形成向AB方向传播的简谐波，在B处遇到障碍物反向传播，反射波与原入射波在相遇区域

发生了干涉，A、C两点相距为2m，用频闪相机对A、B间区域连续拍摄，依次获得1、2、3三个波形图，其中1、3处在最大位移处，2处于平衡位置。已知频闪的时间间隔为0.2s，由拍摄图像可知()A．波源的振动周期是0.4sB．该波波速为

2.5m/sC．M点是加强点，C点为减弱点D．绳上所有点的振幅相等【答案】C【解析】从波形1到波形3经历的时间为12T，则120.2s0.4s2T，可得波源的振动周期T＝0.8sA错误；这两列波在AB之

间的区域内发生了干涉现象，根据干涉图象的特点可知，AB之间的距离等于一个波长，即4m，所以该波波速5m/svT，B错误；由题意知M点位于最大位移，C点处于平衡位置，因此M点是加强点，C点为减弱点，C正确；干涉时根据所在点距离两个波源（A、B）的距离不同而造成的相位差会使得观测点的振幅

发生变化，D错误。6．如图所示，A、B两小球质量均为m，用轻弹簧相连接，静止在水平面上。两者间的距离等于弹簧原长。现用锤子敲击A球，使A获得速度v，两者运动一段时间后停下，则()A．两球组成的系统动量守恒B．摩擦力对A做的

功等于A动能的变化C．摩擦力对B所做的功等于B机械能的变化D．最终A、B、弹簧所组成的系统损失的机械能可能小于12mv2【答案】D【解析】由于小球运动过程中有摩擦力作用，合外力不为0，所以两球组成的系统动量不守恒，A错误；摩擦力对A做的功不等于A动能的

变化，因为对A除了摩擦力做功，还有弹簧的弹力做功，B错误；摩擦力对B所做的功不等于B机械能的变化，因为对B球分析弹簧弹力也做了功，也是外力，C错误；由于有摩擦力作用，则最后弹簧可能处于压缩或伸长状态，具有一定的弹性势能，所以最终A、B、弹簧所组成的系统损失的机械能可能小于12mv2

，D正确。7．如图所示，一半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，半圆顶点有大小可不计的定滑轮，O点为其圆心，AB为半圆上两点，OA处于水平方向，OB与竖直方向夹角为45°。一轻绳两端连接大小可不计的两个小球甲、乙，初

始时甲、乙分别静止在B、O两点，绳子处于拉直状态。已知甲球的质量m1＝2kg，乙球的质量m2＝1kg，半圆轨道的半径r＝lm，当地重力加速度g＝10m/s2，忽略一切摩擦。解除约束后，两球开始运动的过程中，下列说法正确的是()A．甲球沿着球面运动过程中，甲、乙两球系统的机械能减少B．甲球沿着球面

运动过程中，甲球机械能增加C．甲球一定能沿圆弧面下滑经过A点D．甲球一定在到达A点之前离开圆弧面【答案】D【解析】甲球沿着球面运动过程中，忽略一切摩擦，对于甲、乙两球组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A错误；甲球沿着球面运动过程中，绳子拉力对甲球做负功，则甲球机械能减小，故B错误；若甲

球沿着球面运动过程中，经过某点时对轨道的压力为零，设此时该点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，从B点到该点过程，根据系统的机械能守恒有12212π(sin45sin1()2)()4mgrrmgmmvr，其中π04，在该点，根据牛顿第二定律则有211cosm

mrgv，联立解得π5sin(37)2222，令5sin(37)y和π2222y，分别作出y图像，可知两图线有交点，所以通过分析可知θ有解，但θ不为零，所以甲球经过该点时做离心

运动，所以甲球一定不能沿圆弧面下滑经过A点，C错误，D正确。8．如图，足够长的两平行光滑金属导轨MN、PQ水平放置，间距l＝1m，导轨中间分布有磁感应强度为1T的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线。一粗细均匀的

导体棒以10m/s的速度向右匀速滑动，定值电阻R的阻值为1Ω，导体棒接入电路的电阻也为1Ω，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，导轨电阻不计，下列说法不正确的是()A．理想电压表示数为2.5VB．导体棒运动到图示位置时，有电流流过电阻RC．流经电阻R的最大电流为5

AD．导体棒上热功率为6.25W【答案】B【解析】导体棒切割磁感线产生的感应电动势的最大值m10VEBlv＝＝，产生的是正弦式交流电，则电动势的有效值m52V2EE，由电流的热效应可得225V2EETTRR，，由闭合电路欧姆定律

得理想电压表的示数为2.5VEURRr，故A正确；导体棒运动到图示位置时，由右手定则可知，产生的电流方向由a→b，由于二极管具有单向导通特性，所以此时无电流流过电阻R，故B错误；导体棒切割磁感线产生的感应电

动势的最大值m10VEBlv==，所以最大电流m10A5A11I，故C正确；导体棒上的电流有效值为m2.5A2EIR，所以热功率为222.51W6.25WPIR===，故D正确。9．已知氢原子的能级图如图所示，一群处于n＝3能级的氢

原子，用其向低能级跃迁过程中发出的光照射下图电路阴极K的金属，只能测得1条电流随电压变化的图像如图所示。电子电荷量为1.6×10－19C，则下列说法正确的是()A．阴极金属的逸出功为12.09eVB．题述光电子能使处于

n＝3能级的氢原子电离C．若第三张图中饱和电流为1.6μA，则1s内最少有1016个氢原子发生跃迁D．当电压表示数为3V时，到达A极的光电子的动能Ek≥3eV【答案】BD【解析】由题可知，该群氢原子只有从第3能级跃迁到第

一能级的光子照射金属发生光电效应，所以光子能量为12.09eV，结合光电流图像，其遏止电压为1.6V，所以光电子的最大初动能为1.6eV，根据光电效应方程得0km12.09eV1.6eV10.49eVWhE，A错误；光电子的最大初动能大于使处于3n能

级的氢原子电离所需要的能量，B正确；1s内发出的光电子数目为1136091.610=101.610Ine，C错误；因为光电子具有初动能，所以当正向电压为3V时，到达阳极的动能不小于3eV，D正确。10．北京时间2020年12月3日23时10分，嫦娥五号上升器从月面起飞，携带月球样品成功

进入预定环月轨道，这是中国首次实现地外天体起飞。假设嫦娥五号进入预定环月轨道后半径为R1，周期为T1，能直接观测到月球部分的张角为θ1，另外有一颗探月高轨卫星，在半径为9R1的轨道上围绕月球旋转，高轨卫星能直接观测到月球部分的张角为θ2，已

知嫦娥五号和高轨卫星轨道平面重合，且运行方向相同。下列说法正确的是()A．高轨卫星周期为27T1B．嫦娥五号与高轨卫星每次“不见面”的时间为12127()52πT+C．嫦娥五号与高轨卫星每次“不见面”的时间为12127()52πT

-D．嫦娥五号与高轨卫星能直接观测月球部分的张角关系为12sin9sin22=【答案】ABD【解析】由开普勒第三定律33122212rrTT，得2127TT，A正确；如图，两卫星每次“不见面”的对应的角度12AOB，设“不见面”时间为t，则12122π2πttTT，

代入数据可得12127()52tT，B正确，C错误；设月球半径为r0，由题意可知011sin2rR，022sin2rR，则12sin9sin22=，D正确。11．如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势e＝1112si

nπt(V)。导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为25︰11，降压变压器副线圈接入一台电动机，电动机恰好正常工作，且电动机两端的电压为220V，输入功率为1100W，输电线路总电阻R＝25Ω，电动机内阻r＝8.

8Ω，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则()A．电动机的机械效率为80%B．电流表的示数为11AC．输电线路损失的电功率为200WD．升压变压器原、副线圈匝数之比为1︰10【答案】ABD【解析】电动机的机械效率2

21100W=1100WPIrIrP，而电流5APIU，解得80%，A正确；在降压变压器中有334443nUInUI，其中4220VU，45AII，解得3500VU，32A2.I，所以输电线路损失的电功率231

21WPIR线，C错误；升压变压器中副线圈的电压233555VUUIR，则112211115555nUnU，D正确；升压变压器中有1221nInI，其中23II，解得111AI，B正确。二、非

选择题：本题共5小题，共56分。12．(6分)如图所示为一种加速度仪的示意图。质量为m的振子两端连有劲度系数均为k的轻弹簧，电源的电动势为E，不计内阻，滑动变阻器的总阻值为R，有效长度为L，系统静止时滑动触头位于滑动变阻器正中，这时电压表指针恰好在刻度盘正中。(1)系

统的加速度a（以向右为正）和电压表读数U的函数关系式_____________；(2)将电压表刻度改为加速度刻度后，其刻度是_________(填“均匀”或“不均匀”)；(3)若电压表指针指在满刻度的34位置，

此时系统的加速度大小为__________。【答案】(1)2kLkLaUmmE(2)均匀(3)2kLm【解析】(1)当振子向左偏离变阻器中间位置x距离时，对振子，根据牛顿第二定律得2kxma=，根据

欧姆定律和串联电路分压特点得2LxUEL，联立可得2kLaEUmE。(2)由加速度的表达式可知，a与U是线性关系，所以加速度仪的刻度盘是均匀的。(3)当变阻器触片滑到最右端时电压表的读数等于电源的电动势E，得到电压表指针指在满刻度的34位置时，

电压值34UE，代入到加速度a的表达式得2kLam，负号表示方向向左13．(10分)某兴趣小组设计了一个可同时测量物体质量和当地重力加速度的实验，其装置如图甲所示，已知滑块的质量为M，当地重力加速度记为g0。请完成下列填空：(1)闭合

气泵开关，多次调节导轨，使滑块经过两光电门的时间几乎相等，则导轨水平；(2)将待测物体固定在滑块的凹槽内，并将细线的一端拴接在滑块上，另一端跨过定滑轮挂一个质量为m1的钩码；(3)调整定滑轮使细线与气垫导轨的轨道平行；(4)打开光电门、释放滑块，记录滑块通过光电门的时间t1、t2，读出两光电门之间

的距离L，用游标卡尺测出遮光条的宽度为d，示数如图乙所示，则d＝_________cm，并由此计算出滑块的加速度a1＝_______(用t1、t2、L、d表示)；(5)依次添加钩码，重复上述过程多次，记录相关实验数据并计算出滑块相应的加速度；(6)以钩码质量的倒数（1m）为横轴，加

速度的倒数（1a）为纵轴，建立直角坐标系，利用以上数据画出如图丙所示的图线，若该直线斜率为k，纵截距为b，则待测物体质量M0＝_________，当地重力加速度g0＝__________(用k、b、M表示)。【答案】(4)0.520

2222111()2dLtt(6)kMb1b【解析】(4)由图可知，游标尺的0刻度前为5mm，第4刻度与上边对齐，读数为40.05mm=0.20mm，所以总读数为5mm0.20mm5.20mm=0.520c

m；根据22212axvv可得221212()()ddaLtt，所以212111()2daLtt。(6)滑块的质量为M，待测物体的质量为M0，滑块受到拉力为F，由牛顿第二定律有0()FMMa，对钩码0mgFma，联立得00000

111MMmMMamggmg，所以11am图象的斜率为00MMg，故00MMkg，纵轴截距为01bg，所以01gb，0kMMb。14．(7分)中国登山队从大本营出发，成功登顶珠穆朗玛峰，并在峰顶精准测量珠峰的高度。已知珠峰大本营海拔高度为5200m

，大气压为0.6atm，气温为－3℃，探测员在此给密封的气象探测球缓慢充满氦气，氦气的压强与大气压相等，温度与气温相同，体积为90m3，当探测球缓慢升至海拔8848.86m的峰顶时，氦气的压强为0.3atm，体积为160m3，不计探测

球内外的压强差，探测球的导热性良好，氦气视为理想气体。求：(1)珠峰峰顶的温度是多少摄氏度？(2)在峰顶，探测球内部启动加热装置，使氦气温度快速升高到－3℃，求此时氦气的体积？【解析】(1)在大本营时氦气10.6atmp，3190mV，11273C270KTt在峰顶时

氦气20.3atmp，31160mV由理想气体状态方程112212pVpVTT得T2＝240K22273C33CtT。(2)解法一：加热后，氦气的压强P3＝0.3atm，体积设为V3由玻意耳定律得1133pVpV3311330.690m180m0.3pVVp解法二：加热

后，氦气的温度T3＝270K，体积设为V3由查理定律得3223VVTT333232270160m180m240TVVT。15．(14分)如图甲所示，在光滑水平面上，固定一个四分之一竖直粗糙圆弧轨道AB，半径R＝1

m，紧挨B右侧有一个上表面与B齐平的质量M＝2kg足够长的木板M。m与M之间的动摩擦因数μ＝0.2。一个可视为质点的质量m＝0.5kg的小物块，从A点正上方距A点高h＝1.2m处，由静止释放，沿圆弧轨道到达B点，此时对B点的压力大小FN＝23N。小物块从B点滑上长木板的同时，对长木板施

加一水平向右的拉力F，F随t变化的关系如图乙所示，4s末撤去外力F。重力加速度g取10m/s2，求：(1)小物块滑过粗糙圆弧轨道AB过程中克服摩擦力做的功；(2)2s末小物块m和长木板M的速度大小；(3)从m滑上M到最终m、M相对静止的过程中，m和M之间

产生的热量。【解析】(1)物块滑到B点时2NBvFmgmR解得vB＝6m/s从m开始下落到到达B点，由能量关系21()2fBWmghRmv解得Wf＝2J。(2)物块滑上木板后的加速度212m/saμg==长木板的加速度2121m/sFmgaM2s末物块的速度11

12m/sBvvat木板的速度2212m/svat恰好达到共速此过程中物块相对木板滑动的距离121116m22Bvvvxtt。(3)若当两者相对静止共同向右加速运动时则1()5NFMma而2s后力F变为F2＝7N＞5N则两者之间产生相对运

动，此时滑块的加速度仍为212m/sag木板的加速度2223m/sFmgaM经过t2＝2s时滑块的速度11126m/svvat木板的速度22228m/svvat此过程中物块相对木板滑动的距离22112222m22vvvvxtt此后撤

去外力，则滑块加速，木板减速，加速度220.5m/smgaM共速时113223vvatvat解得t3＝0.8s，＝7.6m/s此过程中物块相对木板滑动的距离213330.8m22vvvvxtt则从m滑上M到最终m、M相对静止的

过程中，m和M之间产生的热量123()8.8JQmgxmgxxx。16．(19分)如图所示xOy坐标系，在y＞0空间存在场强为E，方向沿y轴正向的匀强电场，在y＜0的空间存在磁感应强度为B，垂直于xOy平面向里的匀强磁场。P点位于y轴上，距离原点O的距离为OP＝h，一

质量为m，带电荷量为－q(q＞0)的带电粒子，从P点以垂直于y轴的初速度射出，粒子重力和空气阻力忽略不计。(1)若带电粒子飞出后经过x轴上的D点，然后进入磁场区域，运动一周后又回到P点，试求O、D之间的距离d的大小；(2)在(1)的条件下，求出相应

v0的大小；(3)若带电粒子经过在电场和磁场中的运动，最终能击中与O相距为d的D点，试讨论初速度v0所有可能满足的条件。（用m、q、B、E、d、h表示）【解析】(1)如图甲所示，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子以速度vD经过D点，vD与x轴正向的夹角为α。进入磁场后，沿

半径为R的圆弧运动到另一点D′，又从D′进入电场做类斜抛运动最后回到P点，由此可知D′与D关于O对称，即DOODd①由几何关系可得d＝Rsinα②对粒子在磁场中的运动根据牛顿第二定律和洛伦兹力公式有2DDvqvBmR③vD在y

轴方向的分速度大小为sinDyDvv④设粒子在电场中运动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qE＝ma⑤根据运动学公式202Dyahv⑥联立①~⑥式解得22EmhdqB⑦(2)粒子在电场中沿x方

向做匀速直线运动，有d＝v0t⑧沿y方向做初速为零的匀加速直线运动，有212hat⑨联立⑤⑧⑨式解得0EvB⑩(3)Ⅰ.假设粒子从P点飞出后，历经磁场n次，最终从x轴上方击中D点，当n＝0时，恰好对应粒子未经过磁场直接击中D点的情形，如图乙所示。粒子经过磁场回转一次，在x轴方向倒退的距

离为122DDR⑪其中22sinsinDyDmmmEhRRqBqBqBvv⑫设粒子自P点飞出后在电场中做类平抛运动的水平位移大小为dn，粒子从D2出磁场后经电场再次到达x轴，前进2dn

。如此历经n次循环，应有22nndndnRd（n＝0，1，2，…）⑬根据类平抛运动规律可得22qEhtm⑭0ndtv⑮联立⑫⑬⑭⑮解得01()2212qEEvdnnhmB（n＝0，1，2，…）⑯Ⅱ.假设粒子从P点飞出后，再经磁场回转

，又斜向上进入电场，如此循环，历经磁场n次，最终从x轴下方击中D点，如图丙所示。设粒子自P点飞出后在电场中做类平抛运动的水平位移大小为dn′，则应有2(1)2nndndnRd（n＝1，2，3，…）⑰根据类平抛运动规律可得0nd

'vt⑱联立⑫⑭⑰⑱解得01(2)212qEEvdnnhmB（n＝1，2，3，…）⑲