（新高考）高考考前冲刺卷 物理（一）(解析版A3版)

（新高考）此卷只装订不密封此卷只装订不密封班级姓名准考证号考场号座位号物理（一）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7小题，每小题4分，共28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．下列关于近代物理知识的描述中，正确的是()A．康普顿效应实验说明了光不但具有粒子性，还具有能量和动量B．一个处于n＝3能级状态的氢原子自发跃迁时，能发出3种频率的光子C．结合能越大，原子核越稳定D．衰变中产生的β射线实际上是原子核外电子挣脱原子核形成的【答案】A【解析】康普顿效应说明光具有粒子性，且有动量和能量，动量大小p＝eq\f(h,λ)，能量大小E＝hν，故A正确；一个处于n＝3能级状态的氢原子自发跃迁时，最多只能发出2种频率的光，分别为n＝3跃迁到n＝2，n＝2跃迁到n＝1，故B错误；原子核的结合能越大，原子核的比结合能不一定越大，原子核的稳定性用比结合能来表示，比结合能越大表示该原子核越稳定，故C错误；β衰变中产生的β射线实际上是原子核中的一个中子转化为质子同时生成一个电子，故D错误。2．中国空间站将于2022年建成，我国将进入空间站时代，空间站轨道半径为6800km，可看成圆轨道，空间站可供多名宇航员长期工作生活，引力常量为G，下列说法正确的是()A．知道空间站的运行周期就可以求得地球的质量B．空间站的运行周期与地球自转的周期几乎相等C．空间站的运行速度大于第一宇宙速度D．在空间站工作的宇航员因受力平衡而处于悬浮或静止状态【答案】A【解析】由万有引力提供向心力，即有Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r可得，知道空间站的运行周期就可以求得地球的质量，A正确；由于空间站的运行半径比同步卫星的小，故空间站的运行周期一定小于同步卫星的周期，又同步卫星的周期等于地球自转的周期，所以，空间站的运行周期一定小于地球的自转周期，B错误；因为空间站的运行的轨道大于地球的半径，故空间站的运行速度小于第一宇宙速度，C错误；在空间站工作的宇航员的合力提供向心力，其受力不平衡，D错误。3．如图所示的理想变压器电路中，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，在a、b端输入正弦交流电压U，甲、乙、丙三个灯泡均能正常发光，且三个灯泡的额定功率相等，则下列说法正确的是()A．乙灯泡的额定电流最大B．甲灯泡的额定电压为UC．丙灯泡的电阻最小D．甲灯泡的额定电压最小【答案】D【解析】设原线圈中电流为I1，根据电流比与变压器匝数成反比可知，副线圈中的电流为eq\f(1,2)I1，即丙灯泡的额定电流为eq\f(1,2)I1，设原线圈两端的电压为U1，则副线圈两端的电压为2U1，由于三个灯泡的额定功率相等，则U甲(I乙＋I1)＝U1I乙＝U1I1，可见乙灯的额定电流为I1，甲灯的额定电流为I甲＝I乙＋I1＝2I1，A错误；U甲＝eq\f(1,2)U1＝eq\f(1,3)U，B错误；由电阻定义式得，R甲＝eq\f(\f(1,2)U1,2I1)＝eq\f(U1,4I1)，R乙＝eq\f(U1,\a\vs4\al(I1))，R丙＝eq\f(2U1,\f(1,2)I1)＝eq\f(4U1,I1)，C错误；甲灯的额定电压最小，D正确。4．如图所示，绝缘水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角θ＝30°。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行，且小球A正好静止在斜面中点。在小球A的正下方地面处固定放置一带电小球B，两球相距为d。已知两球的质量均为m、电荷量均为＋q，静电力常量为k，重力加速度为g，两球均可视为点电荷。则下列说法正确的是()A．地面对B球的支持力为mg－keq\f(q2,d2)B．eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,2k))时，斜面对小球A的支持力为eq\f(\r(3)mg,4)C．eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,2k))时，细线上拉力为0D．将小球B移到斜面底面左端C点，eq\f(q,d)＝2eq\r(\f(mg,k))时，斜面对小球A的支持力不为0【答案】B【解析】两球电性相同，可知地面对B球的支持力为mg－keq\f(q2,d2)，A错误；当eq\f(q,d)＝eq\r(\f(mg,2k))时，则有keq\f(q2,d2)＝eq\f(1,2)mg，对球受力分析，如图甲所示，根据矢量的合成法则，依据三角知识，则斜面对小球A的支持力为N＝eq\f(\r(3),4)mg，T＝eq\f(1,4)mg，B正确，C错误；当小球B移到斜面底面左端C点，对球受力分析，如图乙所示，F＝keq\f(q2,2d2)＝mg，mg、F、T三个力的合力为零，致使N＝0，小球恰要离开斜面，D错误。5．如图所示，两个质量相等的物体分别从倾角为30°和60°的固定光滑斜面顶端由静止自由下滑，到达斜面底端。两物体在整个下滑过程中，相同的物理量是()A．重力的冲量B．动量的变化量C．动能的变化量D．重力的平均功率【答案】A【解析】设底部长为L，当斜面的倾角为θ时物体下滑到底部的时间为t，根据牛顿第二定律可得物体沿斜面下滑的加速度a＝gsinθ，根据位移－时间关系可得SKIPIF1<0，解得运动的时间SKIPIF1<0，由于两个斜面的倾角分别为30°和60°，所以两种情况下物体达到斜面底端的时间相同。根据I＝mgt可知重力冲量相同，故A正确；物体所受的合力F合＝mgsinθ，则合力的冲量I合＝mgtsinθ，由于θ不同，则合外力的冲量不同，根据动量定理可得I合＝Δp，所以下滑过程中动量变化量的大小不同，故B错误；根据动能定理，合力做功等于重力做功W＝mgh，由于h不同，合力做功不同，所以动能增加量不同，故C错误；重力做功的平均功率SKIPIF1<0，由于h不同，所以两物块所受重力做功的平均功率不相同，故D错误。6．如图所示，总质量为m，边长为L的正方形线圈共三匝，放置在倾角为α的光滑斜面上，刚好关于磁场边界MN对称，MN上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电流I后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为g，则()A．磁场方向可以竖直向下，且B＝eq\f(mgtanα,IL)B．磁场方向可以竖直向上，且B＝eq\f(mgtanα,3IL)C．磁场方向可以水平向左，且B＝eq\f(mg,IL)D．磁场方向可以垂直斜面向下，且B＝eq\f(mgsinα,3IL)【答案】D【解析】当磁场方向竖直向下时，由平衡条件得3BIL＝mgtanα，则B＝eq\f(mgtanα,3IL)，选项A错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项B错误；当磁场方向水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项C错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得3BIL＝mgsinα，则B＝eq\f(mgsinα,3IL)，选项D正确。7．如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，电阻为R的正方形金属线框的右边与磁场边界重合。在外力作用下，金属线框由静止开始以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场。则感应电流i（以逆时针方向为正方向）、线框电功率P、外力F的大小以及通过线框横截面的电荷量q随时间t变化的关系正确的是()【答案】C【解析】线框做匀加速运动，其速度SKIPIF1<0，感应电动势SKIPIF1<0，感应电流SKIPIF1<0，i与t成正比，根据右手定则可知感应电流方向为顺时针，故A错误；线框的电功率SKIPIF1<0，P－t图像的开口向上，故B错误；线框进入磁场过程中受到的安培力SKIPIF1<0，由牛顿第二定律得F-FB=ma，得SKIPIF1<0，F－t图象是不过原点的倾斜直线，故C正确；线框的位移x＝eq\f(1,2)at2，电荷量SKIPIF1<0，q－t图象应是开口向上的抛物线，故D错误。二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8．平直公路上行驶的a车和b车，其位移－时间图象分别为图中直线a和曲线b，已知b车做匀变速直线运动，t＝2s时，直线a和曲线b刚好相切，下列说法正确的是()A．b车的加速度大小为1m/s2B．a车的速度大小为1m/sC．b车做匀加速直线运动D．t＝2s时，a、b两车相遇，速度不相等【答案】AB【解析】位移－时间图象中的斜率代表物体的速度，所以a物体做匀速运动，t＝2s时，直线a和曲线b刚好相切，所以vb＝va＝eq\f(6－4,2)m/s＝1m/s，对b车从0到2s，设初速度v0：vb＝v0－at，eq\f(v0＋vb,2)t＝x＝6m－2m＝4m，联立解得：v0＝3m/s，a＝1m/s2，A、B正确；因为斜率代表速度，而b车的斜率越来越小，所以b车做匀减速运动，C错误；因为t＝2s时，直线a和曲线b刚好相切，斜率相同，所以两车在该时刻速度相等，D错误。9．如图所示，ACD为一半圆形区域，其中O为圆心，AD为直径，∠AOC＝90°，半圆形区域内存在着垂直该平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带电粒子（不计重力）从圆弧的P点以速度v沿平行于直径AD方向射入磁场，运动一段时间从C点离开磁场时，并且速度方向偏转了60°角，设P点到AD的距离为d。下列说法中正确的是()A．该粒子带正电B．该子的比荷为C．该粒子在磁场中运动时间为SKIPIF1<0D．直径AD长度为4d【答案】BD【解析】带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，A错误；过P点和C点做速度的垂线，交点即为圆心如图，由几何关系可知，OCO′P为菱形∠COP=∠CO′P=60°，SKIPIF1<0，r＝eq\f(mv,qB)，SKIPIF1<0，B正确；粒子在磁场中运动时间SKIPIF1<0，C错误；直线AD的长度等于磁场区域半径的2倍，即4d，D正确。10．如图所示是某科技小组制作的投石机的模型。轻杆AB可绕固定转轴OO′在竖直面内自由转动，A端凹槽内放置一小石块，B端固定配重。某次试验中，调整杆与竖直方向的夹角为θ后，由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直方向时，石块被水平抛出，打到正前方靶心上方6环处，不计所有阻力。若要正中靶心，下列措施不可行的是()A．增大石块的质量B．增大θ角C．增大配重的质量D．减小投石机到靶的距离【答案】BCD【解析】设石块和配重的质量分别为m1、m2，石块和配重到转轴的距离分别为l1、l2，石块被抛出时的速度大小为v1，则此时配重的速度大小为SKIPIF1<0①，根据机械能守恒定律有SKIPIF1<0②，由②式可知，若增大m1，则v1将减小，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将增大，此措施可行，故A正确；根据杠杆原理可知，轻杆AB之所以能绕转轴OO′转动起来从而使石块被抛出，一定满足SKIPIF1<0③，即SKIPIF1<0④，根据②④两式可知，若增大θ，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故B错误；根据②式可知，若增大m2，则v1将增大，又因为石块抛出点到靶心的水平距离不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故C错误；减小投石机到靶的距离后，由于v1不变，所以石块击中靶前做平抛运动的时间将减小，此措施不可行，故D错误。三、非选择题：共57分。第11～14题为必考题，每个试题考生都必须作答。第15～16题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共47分。11．(6分)某组同学用图甲所示装置测量重力加速度，铁架台上固定着光电门，让直径为d的小球从一定高度处由静止开始自由下落，小球球心正好通过光电门。光电门可记录小球通过光电门的时间。(1)用游标卡尺测量小球直径时，卡尺的刻度如图乙所示，则小球的直径为________cm。(2)某次实验中小球的下边缘与光电门间的距离为h，小球通过光电门的时间为Δt，若小球通过光电门的速度可表示为eq\f(d,Δt)，重力加速度可表示为g＝________(用字母表示)。(3)严格来说eq\f(d,Δt)并不等于小球球心经过光电门时的速度，由此计算出的速度比真实值________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】(1)2.540(2)SKIPIF1<0(3)偏小【解析】(1)由20分度的游标卡尺的读数规则知小球的直径d＝2.5cm＋8×0.005cm＝2.540cm。(2)由运动学公式v2＝2gh⇒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,Δt)))2＝2geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(d,2)))，解得g＝SKIPIF1<0。(3)eq\f(d,Δt)为小球通过光电门的平均速度，是通过光电门时间中点的瞬时速度，而小球球心通过光电门的速度为位移中点的瞬时速度，由位移中点的瞬时速度大于时间中点的瞬时速度知速度比真实值偏小。12．(9分)某同学有一块满偏电流Ig＝250μA的小量程电流表G。需要将它改装为4mA量程的电流表。(1)他采用图甲所示电路测量电流表G的内阻R。断开S1闭合S2时电流表G读数为Ig，若再闭合S1后干路电流仍保持为Ig，则当电流表G读数为_______时，电流表G内阻Rg与电阻箱R'的阻值相等。据此原理，该同学测出电流G内阻。下面是打乱的操作，请按正确步骤排序_________。A．读出R'的阻值为90.0Ω，断开开关B．闭合开关S2，调节R的阻值使电流表G指针偏转到满刻度C．闭合开关S1保持R的阻值不变，调节R'的阻值使电流表G指针偏转到满刻度的一半D．将R的阻值调至最大实验室有∶滑动变阻器R1（最大阻值200Ω）、滑动变阻器R2（最大阻值10kΩ）备选。为了让Rg≈R'，滑动变阻器应选用_____（选填“R1”或“R2”"）(2)改装为4mA量程的电流表，需要将电阻箱R'并联在电流表G两端，调其阻值为____Ω。(3)该实验，小组用图乙所示电路校准改装的电流表，当标准表示数为3.2mA时，电流表G示数如图丙所示，由于实验测量的Rg存在误差，导致改装表与标准表存在读数差异，为了使改装表示数与标准表示数一致，则需要将R'的阻值调整为________Ω。【答案】(1)eq\f(1,2)IgDBCAR2(2)6.0(3)7.6【解析】(1)闭合S1后，并联部分电路起到分流的作用，干路电流仍保持为Ig，则当电流表G读数为eq\f(1,2)Ig时，两支路电流相等，故电流表G内阻Rg与电阻箱R'的阻值相等。正确步骤排序为DBCA。甲电路中，测电流表内阻，要求闭合S1后，干路电流不变，故要求滑动变阻器的阻值足够大，故选R2。(2)分流电阻满足IgRg＝(I－Ig)R'，带入数据可得R'＝6.0Ω。(3)设电流表G的内阻为Rg′，则有(3.2－0.16)×10－3R'＝0.16×10－3Rg′，解得Rg′＝1140Ω，根据上一问中求分流电阻的方法，有IgRg′＝(I－Ig)R'′，解得R'′＝7.6Ω。13．(13分)光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO，假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求：(1)两小球质量之比SKIPIF1<0；(2)若小球A与小球B碰后的运动方向以及小球B反弹后与A相遇的位置均未知，两小球A、B质量满足什么条件，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰。【解析】(1)两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得：m1v0＝m1v1＋m2v2已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得：eq\f(1,2)m1v02＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，又由于PQ＝1.5PO则小球A和B通过的路程之比为s1∶s2＝v1t∶v2t＝1∶4联立解得SKIPIF1<0。(2)由(1)中两式解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0若小球A碰后静止或继续向右运动，一定与小球B第一次反弹后相碰，此时有v1≥0此时m1≥m2若小球A碰后反向运动，则v1＜0此时m1＜m2则小球A与B第一次反弹后相碰需满足|v1|＜|v2|，即eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0＜eq\f(2m1,m1＋m2)v0解得m1＞eq\f(1,3)m2综上所述，只要小球A、B质量满足m1＞eq\f(1,3)m2，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰。14．(17分)如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在x≥2L区域内存在与x轴平行的匀强电场(未画出)，一带正电小球，电荷量为q，从原点O水平抛出，再从A点进入电场区域，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标xB＝3L。已知小球抛出时的动能为Ek0，在B点的动能为eq\f(4,3)Ek0，重力加速度为g，不计空气阻力。求：(1)小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比；(2)匀强电场的场强和小球的质量；(3)小球在电场中运动的最小动能。【解析】(1)设小球质量为m，初速度为v0，从O到A，小球水平方向做匀速直线运动，有：2L＝v0tOA①从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向的速度为0，由运动学公式得：L＝eq\f(v0,2)tAB②①②联立解得：tOA＝tAB即eq\f(tOA,tAB)＝eq\f(1,1)。(2)设小球在B点竖直方向上的速度为vBy，有eq\f(4,3)Ek0＝eq\f(1,2)mvBy2③又Ek0＝eq\f(1,2)mv02④设小球在A点竖直方向的速度为vAy，由于小球在竖直方向做自由落体运动，而且tOA＝tAB⑤③④⑤联立解得：vAy＝eq\f(\r(3),3)v0⑥从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得：v02＝2eq\f(qE,m)L⑦④⑦联立解得：E＝eq\f(Ek0,qL)，方向水平向左又由运动学公式得vAy＝gtOA⑧v0＝eq\f(qE,m)tAB⑨⑥⑧⑨联立解得：m＝eq\f(\r(3)Ek0,3gL)。(3)由以上所得结果可知F合与水平方向夹角为30°，vA与水平方向夹角为30°，建立如图所示坐标系将vA分解到x′、y′上，小球在x′方向上做匀速运动，在y′方向上做类似于竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的最小动能为Ekmin＝eq\f(1,2)mvAx′2而vAx′＝vAcos30°＝v0解得Ekmin＝Ek0。(二)选考题：共12分。请考生从第15题和第16题中任选一题作答，若两题都做，则按所做的第一题记分。15．[物理—选修3－3]（12分）（4+8）(1)(4分)下列说法正确的是___________。（在给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的）A．功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功B．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加C．食盐溶化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体D．布朗运动是指液体分子的无规则运动【答案】BC【解析】功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故A错误；物体吸收热量Q，同时对外做功W，若二者相等，则内能不变，若Q＞W，则内能增加，若W＞Q，则内能减少，故B正确；晶体的特点是在熔化过程中温度保持不变，有固定的熔点，食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体，所以C正确；布朗运动的实质是液体分子不停地做无规则运动撞击悬浮微粒，悬浮微粒受到的来自各个方向的液体分子的撞击作用不平衡导致做无规则运动，反映的是液体分子的无规则运动，故D错误。(2)(8分)如图所示，一端封闭且粗细均匀的“L”型细玻璃管，竖直部分长为l＝50cm，水平部分足够长。当温度为288K时，竖直管内有一段长为h＝20cm的水银柱，封闭着一段长l1＝20cm的空气柱，外界大气压强始终保持76cmHg。求：=1\*GB3①被封闭气柱长度为l2＝40cm时的温度；=2\*GB3②温度升高至627K时，被封闭空气柱的长度l3。【解析】=1\*GB3①气体在初态时有：p1＝96cmHg，T1＝288K，l1＝20cm末态时有：p2＝86cmHg，l2＝40cm由理想气体状态方程得：eq\f(p1l1S,T1)＝eq\f(p2l2S,T2)所以可解得：T2＝516K。=2\*GB3②当温度升高后，竖直管中的水银将可能有一部分移至水平管内，甚至水银柱全部进入水平管。因此当温度升高至627K时，水银柱如何分布，需要分析后才能得知。设水银柱刚好全部进入水平管，则此时被封闭气柱长为l＝50cm，压强p＝76cmHg，此时的温度为：T＝eq\f(plT1,p1l1)＝eq\f(76×50×288,96×20)K＝570K现温度升高到627K＞T＝570K，可见水银柱已全部进入水平管内，末态时p3＝76cmHg，T3＝627K，此时空气柱的长度为：l3＝eq\f(p1l1T3,p3T1)＝eq\f(96×20×627,76