【文档说明】（新高考）高考考前冲刺卷 物理（五）(解析版，A3版).doc，共(6)页，336.500 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（五）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8～10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．汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5m/s2，则自驾驶员急踩刹车开始，2s与5s时汽车的位移之比为()A．

3∶4B．4∶5C．5∶4D．4∶3【答案】A【解析】以初速度方向为正方向，则由匀变速直线运动规律可得，2s内汽车的位移为21011130m2xvtat，汽车减速至静止过程所需时间为0004s5svta＜，5s内汽车的位移为202040m2vxa，因此x1∶x2＝3

∶4，A正确。2．如图所示，这是研究光电效应的实验装置，c为滑动变阻器的中点。将滑动变阻器的滑片P移到中点处，用红光照射光电管，此时电流表中有电流，则()A．将滑片P向a端移动，光电子的最大初动能不变B．将滑片P向a端移动，光电流将一直变小

C．将滑片P向b端移动，光电流将一直变大D．将滑片P向a端移动，将光强相同的红光与紫光分别照射光电管，形成的饱和电流大小相等【答案】A【解析】依据光电效应方程Ekm＝hν－W0可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关

，与A、K极间的电压无关，故A正确；滑动触头P向a端移动，光电管两端的正向电压增大，光电流增大，当光电流达到饱和电流时电流不再增大；将光强相同的红光与紫光分别照射光电管，由于红光的光子量小，光子数多，红光照射形成的饱和电流较大，故B

D错误；将滑片P向b端移动，光电管两端的反向电压增大，光电流将减小，故C错误。3．一复色光a沿如图所示方向从空气射向玻璃球，在球内分为b、c两束，O为球心。下列判断正确的是()A．c光在球中的传播时间长B．b光在

球中传播速度小C．b光的频率小于c光D．增大a光入射角，b光可能在玻璃球内发生全反射【答案】B【解析】因b光的偏折程度比c大，可知玻璃对b的折射率较大，则b的频率较大，根据cvn可知b光在球中传播速度小，而b光在

球中传播的距离较大，可知b光在球中的传播时间长；因为光从空气进入玻璃的折射角等于从玻璃球射向空气的入射角，则增大a光入射角，两种光都不能在玻璃球内发生全反射。故选B。4．如图，两个等量同种点电荷位于圆的直径AC上，直径BD垂直于AC，下列说法正确的是()A．圆

弧ABCD是等势面B．B、D两个位置的电场强度相同C．负电荷在A点的电势能比其在O点的电势能小D．A、C两点的电势相等且比B、D两点的电势高【答案】D【解析】等量正电荷的电场分布情况如图所示，从A经B

到C，距两正电荷的距离先增大后减小，因顺电场线走向电势降低，所以从A经B到C，电势先减小后增大，则圆弧ABCD不是等势面，故A错误；由于B、D两点到MN的距离相等，由点电荷电场强度计算公式2kqEr可得，点电荷在B、D处产生的场强大小相

等，由矢量的合成可得EB＝ED，但方向不同，故B错误；由电荷电势能计算公式Ep＝qφ可得，负电荷在A点的电势能比其在O点的电势能大，故C错误；根据电场分布和电势的对称性可知CABD，故D正确。此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号5

．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．tB．4πtC．6πtD．22π

t【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14，则有1π2π42RRtgg，小球光滑斜面ACD滑到D的时间为t′，根据等时圆原理可得2Rtg所以4πtt，故选B。

6．如图甲所示，光滑的水平桌面上固定着一根绝缘的长直导线，可以自由移动的矩形导线框abcd靠近长直导线静止放在桌面上。当长直导线中的电流按图乙所示的规律变化时（图甲所示电流的方向为正方向），则t1到t2时间内线框(

)A．向右做加速运动B．向左做加速运动C．向右做减速运动D．向左做减速运动【答案】C【解析】由图可知，在t1到t2，时间内，导线的电流为正向在减小，产生的磁场在减小，根据楞次定律可知，导线框的感应磁场与原磁场的方向相同，由右手螺旋定则可得，电流的方向为abcda，直导线的电流和线框的da

边的电流方向相同，它们互相吸引，但是由于在0到t1时间内，导线的电流为正向在增大，产生的磁场在增大，根据楞次定律可知，它们互相排斥，导线框已经向右运动，有了初速度，所以此时线框向右做减速直线运动，但不是匀减速运动，故选C

。7．如图所示，两质量均为m的小球a、b固定在轻杆两端，用等长的细线悬挂在O点，整个系统静止时，细线和轻杆构成正三角形。用力F缓慢拉动小球b，保持两细线张紧，最终使连接a球的细线竖直。重力加速度大小为g。则

连接a球的细线竖直时，力F的最小值是()A．12mgB．32mgC．mgD．3mg【答案】B【解析】受力分析如图，轻杆对a的作用力只能沿杆方向，因为连接a球的细线竖直，所以为了保持a受力平衡，杆对a无作用力。则杆对b也无作用

力，对b受力分析有Fmin＝mgsin60°＝32mg，故选B。8．2020年12月17日，“嫦娥五号”携带着从月球采集的样品，似一颗流星一般划过天际，成功在内蒙古的预定区域返回着陆。由于月球被地球潮汐锁定，使得

面向我们的永远是月球的同一面，已知月球绕地球的公转周期为T，测得月球表面重力加速度为g，月球半径为R，约为地球半径的14，万有引力常量为G，地球质量约为月球质量的81倍，月地距离约为地球半径的60倍，由以上信息可知()A．如果不断从月球挖取大量矿石带回地球，如果月地

距离不变，由于总质量不变，所以两星球之间的万有引力大小不变B．月球的密度为23πGTC．月球的第一宇宙速度为gRD．月球的自转周期为T【答案】CD【解析】由万有引力公式F＝GMmr2和数学知识（Mm，0MmM）可知引力将变小，故A错误；月球表面的物体受到的月球的吸引力约等于重力，则mg＝G

MmR2，所以M＝gR2G，月球的密度ρ＝3πr3GT2R3，故B错误；在月球附近做匀速圆周运动的物体的万有引力提供向心力，则mg＝mv2r，可得v＝gR，故C正确；由题意知，月球的自转周期等于月球绕地球的公转周期为T，故D正确。

9．在真空中水平放置的平行板电容器，两极板间有一个带电油滴，电容器两板间距为d，当平行板电容器两极板间的电压为U0时，油滴保持静止状态，如图所示，当给电容器突然充电使两极板间的电压增加ΔU1，油滴开始向上以加速度a运动；经时间Δt1后，电容器又突然放电使其电压减少ΔU2，加速度

大小变为3a，且加速度方向向下，又经过时间Δt2，油滴恰好回到原来位置。假设油滴在运动过程中没有失去电荷，充电和放电的过程均很短暂，这段时间内油滴的位移可忽略不计，运动过程中油滴未与极板相碰，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()A．ΔU1∶ΔU2＝1∶8B．Δ

t1＝Δt2C．Δt1时间内和Δt2时间内，油滴动能变化量之比为1∶4D．Δt1时间内和Δt2时间内，油滴动量变化量大小之比为1∶3【答案】BD【解析】由题可知，液滴处于静止状态时0Uqmgd，电容器电压增加ΔU1，油滴开上向上以加速度a运动

01UUqmgmad，电容器电压减少ΔU2，加速度大小变为3a向下1023UUUmgqmad，联立可得121=4UU，A错误；设向上为正方向，在经过Δt1后，油滴的位移21112xat，此时的速

度为1vat，当再经过Δt2时，Δt2时间的位移2222132xvtat，油滴回到初始位置则有120xx，联立可以得出Δt1＝Δt2，B正确；Δt1时间末的速度1vat，再经过Δt2时间

后的速度223vvat，因为Δt1＝Δt2，所以212vat，因此油滴的动量变化量之比为213mvmvv（），故D对，C错误。10．如图甲所示，在水平桌面上竖直固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图乙是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速

度平方与其对应高度的关系图像。已知小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，轨道半径r＝0.4m，空气阻力不计，B点为AC轨道中点，g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．图乙中x＝36m2/s2B．小球质量为0.2

kgC．小球在B点受到轨道作用力为8.5ND．小球从A至C的过程中，轨道ABC对桌面的水平冲量大小为1.6N·s【答案】BCD【解析】小球在光滑的轨道上运动，只有重力做功，机械能守恒，有2201122mvmvmgh

，得2202vvgh，当h＝0.8m时2229m/sv，得05m/sv，当h＝0时2222025m/svxv，故A错误；由图乙可知，r＝0.4m，小球的速度3m/sCv，由牛顿第二定律2CvF

mgmr，得0.2kgm，故B正确；小球从A到B机械能守恒，则有2201122BmvmvmgR，可得到B点的速度17m/sBv，在B点由牛顿第二定律可知28.5NBBvFmR，故C正确；由动量定理可得轨道对小球的冲

量为01.6NsCImvmv，小球对轨道的冲量大小也是1.6N·s，则轨道ABC对桌面的水平冲量大小为1.6N·s，故D正确。二、非选择题：本题共5小题，共54分。11．(6分)甲、乙两位同学设计了利用自由落体运动

规律估测一幢教学楼高度的实验。甲同学在教学楼顶楼的平台上自由释放一金属小球，乙同学站在楼下用手机连拍功能拍出小球落地前的照片，小球落地前连续拍出的五张照片经技术处理后如图所示。已知手机每间隔0.1s拍一幅照片，照

片和实物的比例为1∶60，小球在E点刚好落地，忽略空气阻力。则(1)小球经过C点时的速度大小为vC＝___________m/s（保留两位有效数字）。(2)当地重力加速度大小为g＝___________m/s2

（保留两位有效数字）。(3)该教学楼的高度为h＝___________m（保留两位有效数字）。【答案】(1)18(2)9.8(3)20【解析】(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度公式23()6018m/s2CSSvT。(2)根据逐差法求匀变速直线运动的加速度公式234122()

()609.8m/s4SSSSgT。(3)根据匀变速直线运动速度公式2ECvvgT，位移公式22Evhg，代入数据解得20mh。12．(8分)用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时描

绘小灯泡的伏安特性曲线。A．电压表V1（量程6V、内阻很大）B．电压表V2（量程3V、内阻很大）C．电流表A（量程3A、内阻很小）D．滑动变阻器R（最大阻值10Ω）E．小灯泡（2A、5W）F．电池组（电动势E、内阻r）G．开关一只

，导线若干(1)某同学设计的实验电路图如图甲，实验时调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，则电压表V1的示数________，电压表V2的示数________。（填“变大”“变小”或“不变”）(2)每一次操作后，同时记录电流表A、电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I，U1）、（I

，U2），标到U－I坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E＝________V、内阻r＝________Ω。（结果保留两位有效数字）(3)在U－I图象中两条图线在P点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为________Ω，

电池组的效率为________。【答案】(1)变小变大(2)4.51.0(3)056%【解析】(1)调节滑动变阻器的滑动片向右滑动，滑动变阻器接入电路中的阻值变小，外电路的电阻减小，则路端电压减小，电压表V1的示

数变小；因电路的电流变大，则电压表V2的示数变大。(2)由题图乙可知，电池组的电动势E＝4.5V，内阻r＝1.0Ω。(3)两图线的交点处，两个电压表的读数相同，故此时滑动变阻器接入电路中的阻值为0；电池组的效率为56%UIEI。13．(8分

)如图所示，一个足够高绝热的气缸竖直放置，内有一个绝热且光滑的活塞，中间有一个固定的导热性良好的隔板，隔板将气缸分成两部分，分别密封着两部分理想气体A和B。活塞的质量为m，横截面积为S，与隔板相距h。现通过电热丝

缓慢加热气体，当A气体吸收热量Q时，活塞上升了2h，此时气体的温度为T1。已知大气压强为p0，重力加速度为g。(1)求该加热过程中，气缸内A和B两部分气体的内能增加量之和ΔE；(2)气体的温度为T1时，停止对气体加热，同时在活

塞上缓慢添加砂粒，当活塞恰好回到原来的位置时A气体的温度为T1，求此时添加砂粒的总质量Δm。【解析】(1)气体B的压强0BmgppSB气体对外做的功022()BWpShpSmgh由热力学第一定律得EQW解得

02()EQpSmgh(2)B气体的初状态：压强10mgppS，体积13VSh，温度T1B气体末状态：压强20()mgppmS，体积2VSh，温度T2由理想气体状态方程112212pVpVTT解得0213(1)()pSTmmgTg。14．(14分)如图，

装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝3kg的小物块A，物块A不会脱离弹簧。装置的中间是长度l＝4.0m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带以v＝7m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段

光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量m＝1kg的小物块B从曲面上距水平台面h＝5.25m处由静止释放，经过传送带后与物块A发生对心弹性碰撞，已知碰撞前物块A静止且弹簧处于原长状态，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝

0.3，取g＝10m/s2，不考虑物块大小对问题的影响，不考虑物块运动对传送带速度的影响。求：(1)物块B与物块A碰撞前瞬间的速度大小；(2)物块A、B碰撞后，传送带的传动速度降为v′＝2.5m/s，方向保持逆时针方向不

变。试求物块B第二次离开传送的速度方向及大小。【解析】(1)设B滑到曲面底部速度为v0，根据机械能守恒定律2012mghmv解得0105m/sv由于07m/svv，B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度为v1，由动能定理可得22101122mglmvmv

解得19m/sv由于19m/sv仍大于7m/s，说明假设成立，即B与A碰前速度为9m/s。(2)设第一次碰后A的速度为1Av，B的速度为1Bv，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得111BAmvmvMv221112111222BAmvmvMv

解得14.5m/sBv上式表明B碰后以4.5m/s的速度向右反弹滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为Bx，由动能定理得21102BBmgxmv解得27m8Bx因4.0ml，所以还未滑出传送带B的速度减为零后B向左做匀加速直线

运动，这个过程经历的时间有11Bvgt得11.5st由于传送带已经在AB碰撞后调为2.5m/sv，所以物体B将向左做加速运动，设加速到与传动带共速的时间为2t。因此有2vgt解得25s6t这

过程产生的位移2225m224Bvxt23BBBxxx－得3Bx＝7m3>0所以，在共速后物体将做匀速直线运动，速度大小2.5m/s，方向向左离开传送带。15．(18分)如图所示，在xOy平面内有磁感

应强度为B的匀强磁场，其中x∈(0，a)内的磁场方向垂直xOy平面向里，在x∈(a，∞)内的磁场方向垂直xOy平面向外，在x∈(-∞，0)内无磁场。一个带正电q，质量为m的粒子（粒子重力不计）在x＝0处，以一定的初速

度沿x轴正方向射入磁场。(1)若粒子经过a轴时速度方向与x轴垂直，求粒子的初速度以及粒子在磁场中运动的时间。(2)若粒子做半径r＝2a的圆周运动，求粒子与x轴交点的坐标值x。(3)若粒子做圆周运动的半径满

足“a2≤r≤2a”，试写出粒子经过磁场偏转后与y轴的交点坐标y与r的关系式。【解析】(1)由于粒子经过x轴时能与x轴垂直，O1在y轴上，O2在x轴上，如图所示由几何关系可得30洛伦兹力提供向心力有200v

mqvBr32ar0233qBavm022rmTvqB606030073603mtTqB。(2)当2ra时，有302323232OAaaa222232xaaa8312a(3)

若2ara≤≤时，有2yr若2ara≤时，粒子经过虚线处，先向上1cosr，再向下2cosr，然后向上1cosr到达y轴22cosrar所以y坐标为21cos2cosyrr2224yrra。