1、全國2021年高考物理考前沖刺押題卷（二）（含解析）全國2021年高考物理考前沖刺押題卷（二）（含解析）年級：姓名：高考物理考前沖刺押題卷第卷一、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第15題只有一項符合題目要求，第68題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。1下列說法正確的是()a原子核的質量大于組成它的核子的總質量，這個現象叫做質量虧損b玻爾認為，原子中電子軌道是量子化的，能量也是量子化的c在光電效應實驗中，某金屬的截止頻率對應的波長為0，若用波長為(0)的單色光照射該金屬，會產生光電效應d愛因斯坦提出質能方程emc2，其中e

2、是物體以光速c運動時的動能【答案】b【解析】原子核的質量小于組成它的核子的總質量，這個現象叫做質量虧損，故a錯誤；玻爾原子模型：電子的軌道是量子化的，原子的能量也是量子化的，故b正確；光電效應實驗中，某金屬的截止頻率對應的波長為0，根據，結合光電效應發生的條件可知，若用波長為(0)的單色光做該實驗，其頻率變小，不能產生光電效應，故c錯誤；emc2中e是與物體相聯系的一切能量的總和，既不是單一的動能，也不是單一的核能，故d錯誤2用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示兩斜面、固定在車上，傾角分別為30和60.重力加速度為g.當卡車沿平直公路勻速行駛時

3、，圓筒對斜面、壓力的大小分別為f1、f2，則()af1mg，f2mgbf1mg，f2mgcf1mg，f2mgdf1mg，f2mg【答案】d【解析】如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力f1與f2相互垂直由牛頓第三定律知f1f1，f2f2，則f1mgsin 60mg，f2mgsin 30mg，選項d正確3可視為質點的甲、乙兩小車分別沿同一平直路面同向行駛，t0時，甲在乙前方16 m 處，它們的vt圖象如圖所示，則下列說法正確的是()a甲、乙在t2 s和t10 s時刻并排行駛b甲、乙在t4 s和t8 s時刻并排行駛c在t6 s時，乙車在甲車前8 md在t6 s時，乙車在甲車前18 m【

4、答案】b【解析】由圖象可知，甲做初速度為0，加速度為a1 m/s22 m/s2的勻加速運動；乙做初速度為v06 m/s，加速度為a2 m/s21 m/s2的勻加速運動；兩車相遇時滿足：v0ta2t2s0a1t2，即6t1t2162t2，解得t14 s，t28 s，即甲、乙在t4 s和t8 s時刻并排行駛，選項a錯誤，b正確；在t6 s時，甲的位移：x1262 m36 m；乙的位移：x266 m162 m54 m，可知此時乙在甲的前面，54 m36 m16 m2 m，選項c、d錯誤4如圖，不計空氣阻力，從o點水平拋出的小球抵達光滑斜面上端p處時，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面pq做勻加速

5、直線運動，下列說法正確的是()a小球在斜面上運動的加速度大小比平拋運動時的大b小球在斜面運動的過程中地面對斜面的支持力大于小球和斜面的總重力c撤去斜面，小球仍從o點以相同速度水平拋出，落地速率將變大d撤去斜面，小球仍從o點以相同速度水平拋出，落地時間將減小【答案】d【解析】設斜面傾角為，根據牛頓第二定律得，小球在斜面上運動的加速度agsin ，平拋運動的加速度為g，可知小球在斜面上運動的加速度小于平拋運動的加速度，故a錯誤；對小球和斜面整體分析，小球沿斜面向下加速的過程中，小球具有沿斜面向下的加速度，處于失重狀態，可知地面對斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故b錯誤；根據動能定理得，mghm

6、v2mv，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故c錯誤；比較小球在斜面上與空中運動的時間由于小球在斜面上運動的加速度為agsin ，豎直分加速度為ayasin gsin2g，則知撤去斜面，落地時間變短，故d正確52018年5月21日，中國在西昌衛星發射中心用長征四號丙運載火箭，成功將嫦娥四號任務“鵲橋”號中繼星發射升空.6月14日，“鵲橋”號中繼星進入地月拉格朗日l2點的halo使命軌道，以解決月球背面的通訊問題如圖所示，地月拉格朗日l2點在地球與月球的連線上若衛星在地月拉格朗日l2點上，受地球、月球兩大天體的引力作用，能與月球保持相對靜止已知地球質量和地月距離，若要計算地月拉格朗日l2點與地球

7、間的距離，只需要知道的物理量是()a月球的質量b“鵲橋”號中繼星的質量c月球繞地球運行的周期d引力常量【答案】a【解析】“鵲橋”號中繼星繞地球做圓周運動，其向心力是地球和月球的引力的合力提供的，由萬有引力定律可得：ggm2r，此方程中“鵲橋”號中繼星的質量可以消去，中繼星的周期等于月球的周期，所以只要知道月球的質量，就可計算出地月拉格朗日l2點與地球間的距離故a正確b、c、d錯誤6. 如圖所示，平行金屬板中帶電質點p原處于靜止狀態，電流表和電壓表都看做理想電表，且r1大于電源的內阻r，當滑動變阻器r4的滑片向b端移動時，則()a電壓表讀數減小b電流表讀數減小c質點p將向上運動d電源的輸出功率逐

8、漸增大【答案】ad【解析】選由圖可知，r2與滑動變阻器r4串聯后與r3并聯后，再與r1串聯接在電源兩端，電容器與r3并聯；當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，電源的內電壓增大，路端電壓減小，同時，r1兩端的電壓也增大，故并聯部分的電壓減小由歐姆定律可知流過r3的電流減小，則流過并聯部分的電流增大，故電流表示數增大，故b錯誤；因并聯部分電壓減小，而r2中電壓增大，則電壓表示數減小，故a正確；因電容器兩端電壓減小，故質點p受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，質點p向下運動，故c錯誤；由題意，r1大于電源的內阻r，外電路的總

9、電阻大于r，故當電源的外電阻為r1時，電源的輸出功率最大，則知電路中r4電阻減小時，電源的輸出功率逐漸增大，故d正確7如圖是靜電除塵器除塵機理的示意圖，a、b是直流高壓電源的兩極，通過某種機制使電場中的塵埃帶上負電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的圖示位置的p、m、n三點在同一直線上，且pmmn.下列判斷正確的是()ab是直流高壓電源的負極b電場中m點的電勢高于n點的電勢c同一個點電荷在電場中n點受到的電場力小于在p點受到的電場力d電場中n、m間的電勢差unm小于m、p間的電勢差ump【答案】cd【解析】塵埃在電場中通過某種機制帶上負電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，說

10、明集塵極帶正電，b是直流高壓電源的正極，選項a錯誤；順著電場線，電勢降落，則m點的電勢低于n點的電勢，選項b錯誤；越靠近放電極電場越強，同一點電荷受到的電場力越大，選項c正確；ued，n、m間的平均電場強度小于m、p間的電場強度，所以n、m間的電勢差unm小于m、p間的電勢差ump，選項d正確8一浮桶式波浪發電燈塔的原理如圖甲所示，浮桶內的磁體由支柱固定在暗礁上，內置線圈與阻值r15 的燈泡相連，隨波浪相對磁體沿豎直方向上下運動且始終處于磁場中，其運動速度v0.8sin t(m/s)浮桶下部由內、外兩密封圓筒構成(圖中陰影部分)，其截面如圖乙所示，匝數n100的圓形線圈所在處輻射磁場的磁感應強

11、度大小恒為b0.2 t，線圈的直徑d0.4 m，總電阻r1 .取210.則下列說法正確的是()a線圈中產生電動勢的瞬時值為e0.64sin t(v)b燈泡中電流的瞬時值為i4sin t(a)c燈泡兩端電壓的有效值為30 vd燈泡的電功率為240 w【答案】bc【解析】線圈在磁場中切割磁感線，產生電動勢為emaxnblvmax，ld，聯立解得emaxnbdvmax1000.20.40.8 v64 v，則波浪發電產生電動勢e的瞬時值：eemaxsin t64sin t(v)，故a錯誤；根據閉合電路歐姆定律有：i得i4sin t(a)，故b正確；燈泡電流的有效值為i a，則燈泡的功率為pi2r151

12、20 w，故d錯誤；燈泡兩端電壓的有效值為uir15 v30 v，故c正確第卷二、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分。第912題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1314題為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題（共47分）9（6分）將兩根自然長度相同、勁度系數不同、粗細也不同的彈簧套在一起，看成一根新彈簧，設原粗彈簧(記為a)勁度系數為k1，原細彈簧(記為b)勁度系數為k2，套成的新彈簧(記為c)勁度系數為k3.關于k1、k2、k3的大小關系，同學們做出了如下猜想：甲同學：和電阻并聯相似，可能是乙同學：和電阻串聯相似，可能是k3k1k2丙同學：可能是k3(1)為了驗證猜想，同學們設計了

13、相應的實驗(裝置見圖甲)(2)簡要實驗步驟如下，請完成相應填空將彈簧a懸掛在鐵架臺上，用刻度尺測量彈簧a的自然長度l0；在彈簧a的下端掛上鉤碼，記下鉤碼的個數n、每個鉤碼的質量m和當地的重力加速度大小g，并用刻度尺測量彈簧的長度l1；由f 計算彈簧的彈力，由xl1l0計算彈簧的伸長量，由k計算彈簧的勁度系數；改變鉤碼的個數，重復實驗步驟、，并求出彈簧a的勁度系數的平均值k1；僅將彈簧分別換為b、c，重復上述操作步驟，求出彈簧b、c的勁度系數的平均值k2、k3.比較k1、k2、k3并得出結論(3)圖乙是實驗得到的圖線，由此可以判斷 同學的猜想正確【答案】（2）nmg （3分） （3）乙（3分）【

14、解析】(2)由步驟知，彈簧的彈力等于鉤碼的總重力，即fnmg，由步驟知，可以建立f與x的關系式，要想多得幾組數據，就需改變鉤碼的個數(3)題圖乙得到的實驗圖線的斜率為彈簧的勁度系數，由圖中數據得k3k2k1，所以乙同學的猜想正確10（9分）光伏電池（太陽能電池）是一種清潔、“綠色”能源。光伏發電的原理主要是半導體的光伏效應，即一些半導體材料受到光照時，直接將光能轉化為電能。在一定光照條件下，光伏電池有一定的電動勢，但其內阻不是確定的值，內阻大小隨輸出電流的變化而變化。為了研究光伏電池內阻的變化特性，實驗小組借助測電源電動勢和內阻的方法設計出實驗電路如圖1所示，改變電阻箱的阻值，實驗測得電流表示

15、數i和電壓表示數u如下表：i/ma4.184.144.124.083.802.201.22u/v0.501.001.502.002.302.602.70 （1）根據表中數據，選用適當的標度在圖2中作出光伏電池的iu圖象；（2）根據所作圖象可以判斷，該光伏電池的電動勢約為_v，其內阻隨輸出電流的增大而_（填“增大”、“不變”或“減小”）；（3）當外電阻變化時，光伏電池的輸出功率也發生變化，由（1）問所作圖象可知，當電阻約為_時光伏電池的輸出功率最大，最大輸出功率約為_w。【答案】（1）如圖所示 （3分） （2）2.80 （1分） 增大（1分） （3）605.3（2分） 8.74103（2分）【解

16、析】（1）根據表中數據，選擇適當標度，縱坐標為i、橫坐標為u描點作圖如圖所示；（2）由（1）問圖象可知光伏電池的電動勢約為2.80 v，設光伏電池的電動勢為e，由閉合電路的歐姆定律得，則光伏電池的內阻等于圖線斜率的倒數的絕對值，因此其內阻隨電流的增大而增大；（3）由可知，圖線上縱橫坐標的乘積等于光伏電池的輸出功率，也等于坐標值與坐標軸所包圍矩形的面積，面積越大光伏電池的輸出功率越大，由圖中方格數可知，從坐標點p沿圖線向左移或向右移坐標點，對應坐標包圍的方格數均減少，因此坐標點p對應的“面積”最大，此時對應外電阻，光伏電池的最大輸出功率w。11（14分）如圖，在xoy平面第一象限整個區域分布勻強

17、電場，電場方向平行于y軸向下，在第四象限內存在有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為的直線，磁場方向垂直紙面向外。質量為m，帶電荷量為+q的粒子從y軸上p點以初速度垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上q點以與x軸正方向成45角進入勻強磁場，已知oq=d，不計粒子重力，求：（1）p點坐標；（2）要使粒子能再進入電場，磁感應強度b的取值范圍；（3）要使粒子能第二次進入磁場，磁感應強度b的取值范圍。11【答案】（1）（0，） （2） （3）【解析】（1）設粒子進入電場時y方向的速度為，則（1分）設粒子在電場中運動時間為t，則，（1分）由以上各式，解得，p點坐標為（0，）（1分）（2）粒子剛好能

18、再進入電場的軌跡如圖所示，設此時的軌跡半徑為，則，解得：（1分）令粒子在磁場中的速度為v，則（1分）根據牛頓第二定律解得：（1分）要使粒子能再進入電場，磁感應強度b的范圍 （2分）（3）假設粒子剛好從處磁場邊界與電場的交界d處第二次進入磁場，設粒子從p到q的時間為t，則由粒子在電場中運動對稱性可知粒子從第一次出磁場的c點到d的時間為，由水平方向的勻速直線運動可得：，（1分）設此時粒子在磁場中的軌道半徑為r2，由幾何關系知：（1分）解得：（1分）根據牛頓第二定律得：，解得：（1分）要使粒子能第二次進磁場，粒子必須先進入電場，故磁感應強度b要滿足bb2綜上所述要使粒子能第二次進磁場，磁感應強度b要

19、滿足（2分）12（18分）如圖所示，一質量m4 kg的小車靜置于光滑水平地面上，左側用固定在地面上的銷釘擋住。小車上表面由光滑圓弧軌道bc和水平粗糙軌道cd組成，bc與cd相切于c，bc所對圓心角37，cd長l3 m。質量m1 kg的小物塊從某一高度處的a點以v04 m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自b點進入圓弧軌道，滑到d點時剛好與小車達到共同速度v1.2 m/s。取g10 m/s2，sin370.6，忽略空氣阻力。(1)求a、b間的水平距離x；(2)求小物塊從c滑到d所用時間t0；(3)若在小物塊拋出時拔掉銷釘，求小車向左運動到最大位移時物塊離小車左端的水平距離。【答案】(1)1.2

20、m(2)1 s(3)3.73 m【解析】(1)由平拋運動的規律得：tan（2分）xv0t（1分）得：x1.2 m。（2分）(2)物塊在小車上cd段滑動過程中，物塊與小車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得：mv1(mm)v（1分）由能量守恒定律得：flmv(mm)v2（1分）對物塊，由動量定理得：ft0mvmv1（1分）聯立解得：t01 s。（1分）(3)有銷釘時，物塊的機械能守恒，由機械能守恒定律得：mghmvmv（1分）由幾何關系得：hgt2r(1cos) （1分）b、c間的水平距離：xbcrsin（1分）對小車和物塊組成的系統，由能量守恒定律得：flmv(mm)v2（1分）若拔掉銷釘，物

21、塊與小車組成的系統水平方向動量守恒，mv0mv2mv2（1分）小車向左運動達最大位移時，速度v2為0，此時物塊速度v2為4 m/s由能量守恒定律得：mghmvf(xxbc)mv（2分）聯立解得此時物塊離小車左端的水平距離：x3.73 m。（2分）（二）選考題：共15分。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。13物理選修33（15分）（1）（5分）如圖所示，一定質量的理想氣體從狀態a依次經過狀態b、c和d后再回到狀態a.其中，a?b和c?d為等溫過程，b?c和d?a為絕熱過程(氣體與外界無熱量交換)這就是著名的“卡諾循環”該循環過程中，下列說法正確的是_。（填正確答案

22、標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分）aa?b過程中，氣體對外界做功bb?c過程中，氣體分子的平均動能增大cc?d過程中，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數增多dc?d過程中，氣體放熱ed?a過程中，氣體分子的速率分布曲線不發生變化【答案】acd【解析】a?b過程中，體積增大，氣體對外界做功，故a正確；b?c過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，內能減小，溫度降低，氣體分子的平均動能減小，故b錯誤；c?d過程中，等溫壓縮，體積變小，分子數密度變大，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數增多，故c正確；c?d過程中，氣體內能不變，體積減小，外界對氣體做功，則

23、氣體放熱，選項d正確；d?a過程中，絕熱壓縮，外界對氣體做功，內能增加，溫度升高，分子平均動能增大，氣體分子的速率分布曲線發生變化，故e錯誤（2）（10分）如圖所示，一粗細均勻的u形管豎直放置，左側封閉的理想氣體柱長l110 cm，右側封閉的理想氣體柱長l214 cm，兩側管內水銀面高度相同，初始時左側管內理想氣體的溫度為27 ?.現對左側管內氣體緩慢加熱，當它的溫度上升到227 ?時，兩側管內氣體體積相等，分別求27 ?時和227 ?時左側管內氣體的壓強(右側管內氣體溫度不變)【答案】18 cmhg25 cmhg【解析】設初始時刻和兩管氣體體積相同時左側管內氣體的壓強分別為p1、p2，則有：對左側管： （2分）對右側管： p1l2(p2p)(l2l) （2分）其中p2l(cmhg)t1300 k，t2500 k當它的溫度上升到227 ?時，兩側管內氣體體積相等，則有：l1ll2l（2分）即 l（2分）解得：p118 cmhg（1分），p225 cmhg（1分）14物理選修34（15分）（1）（5分）圖示為一列沿x軸正向傳播的簡諧橫波