2021年全国高考物理冲刺信息卷（新课标Ⅰ卷三）（解析版）

2021年全国高考物理冲刺信息卷（三）（新课标I卷）

理科综合,物理

（考试时间：55分钟试卷满分：110分）

注意事项：

1.本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考

证号填写在答题卡上。

2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3.回答第H卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第I卷

二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要

求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得。分。

14.用能量为&的光照射大量处于基态的氢原子，发现氢原子可以辐射6种颜色的光，氢原子能级图如图

所示，各色可见光的波长和光子能量如下表所示，下列说法正确的是（）

nK/eV

00--------------------0

6----------------------0.38

5----------------------0.54

4----------------------0.85

3----------------------1.51

2-----------------------3.4

1-----------------------13.6

色光红橙黄绿蓝靛紫

光子波长范围/nm622-770597-622577-597492-577455-492350-455

光子能量范围/bV1.61-2.002.00-2.072.07-2.142.14-2.532.53-2.762.76-3.10

A.Eb=12.09eV

B.辐射6种颜色的光中包含红光

C.辐射6种颜色的光中有三种可见光

D.氢原子从基态跃迁到高能级，电子的动能增大，原子的电势能增大

【答案】B

【详解】根据题意可知氢原子从基态跃迁到〃=4能级Eo=E4£=12.75eV,A错误：氢原子从”=3能级向

"=2能级跃迁E3-E2=1.89eV,能产生红光,B正确；氢原子从"=4能级向〃=2能级跃迁&-E2=2.55eV,

能产生蓝靛光，仅有两种，C错误；氢原子从基态跃迁到高能级，原子要吸收光子，电子的动能减小，

原子的电势能增大，D错误。故选B。

15.地球围绕太阳公转的轨道平面叫黄道面，月球围绕地球公转的轨道平面叫白道面。白道面和黄道面之

间有一个5.15。的夹角。如图甲所示，满月时，月球在黄道面上的投影点与地球和太阳在一条直线上。图乙

为连续观察到两次满月的位置图，已知地球绕太阳和月球绕地球公转的方向相同。地球公转周期为4,月

球公转周期为B下列说法中错误的是（）

A.月球公转的角速度较大

B.从图乙的第一次满月到第二次满月，月球比地球多转一圈

C.这两次满月的时间间隔为吉；

TT

D.这两次满月的时间间隔为者r

1\~12

【答案】c

【详解】月球公转的周期约为29.4天，地球的公转周期约为365天，因此TAT2，由0=—知，月球

T

公转的角速度大，故A正确；因为月球绕地球旋转和地球绕太阳旋转的方向相同，从第一次三者共线到

,212万、

第二次三者共线，月球多转一圈，故B正确；设两次满月的时间间隔为f,则有（〒-1"）片2兀，解得

肛

故C错误，D正确。

16.某校羽毛球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量〃？=50kg的运动员原地静止站立（不

起跳）摸高为2.10m,比赛过程中，该运动员先下蹲，重心下降0.5m,经过充分调整后，发力跳起摸到了

2.90m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，ga10m/s2,则（）

加

A.运动员起跳过程处于完全失重状态

B.起跳过程的平均速度比离地上升到最高点过程的平均速度大

C.起跳过程中运动员对地面的压力为960N

D.从开始起跳到双脚落地需要1.05s

【答案】D

【详解】在起跳过程中可视为匀加速直线运动，加速度方向竖直向上，所以运动员起跳过程处于超重状态，

V4-0V

故选项A错误；在起跳过程中做匀加速直线运动，起跳过程的平均速度K=一丁=不，运动员离开地面后

22

p+0v

做竖直上抛运动，离地上升到最高点过程的平均速度4=三一=5,故选项B错误；运动员离开地面后做

竖直上抛运动，根据2gh=y可知v==J2X10X(2.9—2.l)m/s=4m/s,在起跳过程中根据速度

242

位移公式可知2aM=F，解得&='v=」—m/s2=16m/s2,对运动员根据牛顿第二定律可知

2M2x0.5

FN-mg=ma,解得改=1300N,根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1300N,故选项C错误；

v4v

起跳过程运动的时间=-=—s=0.25s,起跳后运动的时间-2=一=04s,故运动的总时间

a16g

t—ty+2/2=1.05s,故选项D正确。故选D。

17.如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V,副线圈上通过输电线接有

一个灯泡L、一个电吹风M,输电线的等效电阻为R,副线圈匝数可以通过调节滑片尸改变.S断开时，灯

泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法正确的是()

A.电压表读数增大

B.电流表读数减小

C.等效电阻R两端电压增大

D.为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动

【答案】C

【解析】S闭合时，变压器副线圈电路电流增大，两端电压不变，电压表读数不变，A错误.由于变压器输

出功率增大，输入电流增大，电流表读数增大，B错误.由于输电线中电流增大，所以输电线等效电阻R

两端电压增大，C正确.为使灯泡L正常发光，应该增大变压器输出电压，滑片P应向上滑动，D错误.

18.如图所示，在X。），平面内有匀强电场，半径为R的圆周上有一粒子源P,以相同的速率X在平行于圆

周面内沿各个方向发射质量为m的带电量为+4的微粒，微粒可以到达圆周上任意一个位置。比较到达圆

上各个位置的微粒，发现到达Q点的微粒的动能最小，从C点离开的微粒的机械能最大，已知NBOP=30。，

/AOQ=37。，取重力加速度为g,取sin37°=0.6,cos370=0.8,取最低点。所在水平面为零重力势能面，不

计空气阻力及带电微粒间的相互作用。则下列说法错误的是（）

A.匀强电场的电场强度大小为当醇，方向沿y轴负方向

B.匀强电场的电场强度大小为誓，方向沿x轴负方向

3q

C.通过。点的微粒动能为士〃?%+（X3+3）〃/

223

D.微粒从P点运动到。点过程中电势能增加2等

【答案】A

【详解】在C点微粒机械能最大，说明P到C电场力做功最大，由几何关系可知，过C点做圆的切线为电

场的等势线，即电场力沿OC方向，因带电粒子带正电，场强方向沿OC方向，即沿x轴负方向；而在。

点，微粒动能最小，即重力与电场力的合力方向沿则有Eytan37。=/ng,/^sin37°=血g,解得

E==等,故B正确’A错误：从P点到D点’根据动能定理有纭口一线p=%’则有

E=；mv^+mgR(1+cos30°)+EqRsin30°65)1,

kD-------1----mgR+-mv^,故C正确；微粒从尸点运动

2V

到。点过程中电场力做功服=-qE（Rcos37。-Rsin37°）=—2等，电场力做负功，电势能增加，故D

正确。

19.如图所示，粗糙的水平地面上有三块完全相同的木块A、B、C,质量均为机，B、C之间用轻质细绳连

接。现用一水平恒力厂作用在C上，三者开始一起做匀加速直线运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一

木块上面，系统仍加速运动，且三者始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的

是（）

~A

B--------------C►F

A.无论粘在哪个木块上面，系统加速度都将减小

B.若粘在木块A上面，绳的拉力减小，4、B间的摩擦力不变

C.若粘在木块B上面，绳的拉力增大，A、B间的摩擦力增大

D.若粘在木块C上面，绳的拉力和A、8间的摩擦力都减小

【答案】AD

【解析】设橡皮泥的质量为△〃?，粘上橡皮泥之后，因系统内无相对滑动，所以整体分析，由牛顿第二

定律有尸一3〃"7g-7/A/ng=（3，〃+4”）a,可知系统加速度。将减小，选项A正确；若粘在木块A上面，以木

块C为研究对象，受力分析可知木块C受重力mg、拉力F、摩擦力”"哆、绳子拉力FT作用，由牛顿第二

定律可得尸一/加8一尸丁="?。，其中a减小，尸和“zng不变，所以绳子的拉力尸T增大，选项B错误；若粘在

木块8上面，以木块A为研究对象，设木块A受到静摩擦力大小为了,则有尸〃?a,其中a减小，，”不变,

故f减小，选项C错误；若粘在木块C上面，由于加速度“减小，故A、8间的静摩擦力减小，以A、B为

整体，有F/—2w〃g=2"?a,故FT'减小，选项D正确。

20.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为八电阻为R的均匀金属棒AB置于圆

导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心。，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应

强度的大小为8,方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平

外力作用下以角速度。绕。逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下

列说法正确的是（）

3,

A.金属棒中电流从B流向AB.金属棒两端电压为78勿产

4

3

C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为一CBo/

2

【答案】AB

（cir-4-

［详解】根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A,A正确；金属棒转动产生的电动势为E=B---

「=*及»/切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而

2R+R

-Bcor\B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，C错误；由C=旦可得电容器所

4U

3

带电荷量为Q=-C5toJ,D错误。故选AB。

4

21.在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体

的加速度〃与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q

完成同样的过程，其“一x关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径

是星球N的3倍，贝1（）

A.M与N的密度相等

B.。的质量是尸的3倍“V

C.。下落过程中的最大动能是P的4倍

D.。下落过程中弹簧的最大压缩量是尸的4倍

【答案】AC

【解析】由题图知，当K=0时，对尸有机/,8知=团/3々0,即星球M表面的重力加速度gM=3〃o；对Q有，

=〃3o,即星球N表面的重力加速度以=的。在星球表面，由〃吆=G誓得,星球质量加=塔，则星球的

密度。=言二=言^，所以M、N的密度之比意=,•箫=；xg=l,A正确；当尸、。的加速度”=0时，

对P有mPgM=kx（）9则〃卬=&；对。有niQgN=k-2x（）,则加。=果^，即"，Q=6/MB错误；根据a-x图线

3

与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功及动能定理可知，£km产/阕由，£kmQ=，”X（的,

所以Ekm0=4EkmP，选项C正确：根据运动的对称性可知，Q下落忖弹簧的最大压缩量为4X0,P下落时弹

簧的最大压缩量为2xo,选项D错误。

第n卷

三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~34

题为选考题，考生根据要求作答。

（-）必考题（共47分）

22.（6分）发光二极管（LED）是一种被广泛应用到显示器、照明等各领域的非纯电阻元器件，它把电能转

化为光能和热能。某兴趣小组为探究工作电压是‘14〜4V"、最大正向直流电流是“5〜20mA”的LED管的/

-U曲线，并依此实验计算发光二极管效率达最大时其电阻和辐射的光功率，设计了如图甲所示的实验电

路。

mA

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0

实验室备有以下器材：

电流表Ai：量程0〜25mA,内阻约为50C；

电流表A2：量程0〜200mA,内阻约为10C；

电压表V：量程0〜5V,内阻约为10?kC；

滑动变阻器阻值范围0〜15Q,最大电流1A；

滑动变阻器4：阻值范围0〜IkC,最大电流100mA；

直流电源E：输出电压6V,内阻不计；

开关S、导线若干。

（1）为了提高实验结果的准确性，电流表应选择;滑动变阻器应选用（以上填器材代号）。

（2）实验小组根据实验得到的数据描点绘出了如图乙所示的1-U图象，而发光二极管（LED）的效率〃与

通过二极管的电流/的关系曲线如图内所示。其中发光二极管的效率〃是指辐射的全部光功率0与供

给发光二极管的电功率的比值。则发光二极管效率达最大时其电阻&=Q.辐射的光功率0

=Wo

【答案】（1）A|（1分）R（1分）（2）106.7（2分）5.76x10-3（2分）

【解析】（1）由于发光二极管中电流为5〜20mA,为了提高实验结果的准确性，电流表应该选择量程为

。〜25mA的A|.由于实验电路采用滑动变阻器分压接法，滑动变阻器应该选择阻值范围小的R.

（2）根据题图丙，发光二极管效率达到最大时对应的电流为6mA,根据题图乙电流为6mA对应的电压

p

为1.6V,发光二极管输入功率P=U/=9.6xlO'W,由〃=~^xl00%,解得。=尸％=Px60%=5.76xl0，W.

由于发光二极管是非纯电阻元件，故不能用/?=，求解二极管的电阻，发光二极管效率最大时P

=3.84x103W,由产热=/2/IL，解得&W06.7C。

23.（9分）某物理课外小组利用图中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中，置于实验

台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端

可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010kg。实验步骤如下：

长木板

（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上

匀速下滑。

（2）将”（依次取〃=1,2,3,4,5）个钩码挂在轻绳右端，其余N一〃个钩码仍留在小车内；用手按住小

车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻，相对于其起始位置的位移s,绘制s-f

图象，经数据处理后可得到相应的加速度服

（3）对应于不同的”的〃值见下表。"=2时的s-f图象如图甲所示；由图求出此时小车的加速度（保留2

位有效数字），将结果填入下表。

（4）利用表中的数据在图乙中补齐数据点，并作出〃一〃图象。从图象可以看出：当物体质量一定时，物

体的加速度与其所受的合外力成正比。

（5）利用a-n图象求得小车（空载）的质量为kg（保留2位有效数字,重力加速度取g=9.8m.s-2）»

（6）若以“保持木板水平”来代替步骤⑴，下列说法正确的是（填入正确选项前的标号）

A.a-n图线不再是直线

B.a-n图线仍是直线，但该直线不过原点

C.a-n图线仍是直线，但该直线的斜率变大

【答案】（3）0.39（2分）（4）见解析图（3分）（5）0.45（0.43〜0.47均正确）（2分）（6）BC（2分）

【解析】(3)因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，将图中点(2,0.78)代入$=5』，可得〃=0.39m/s2。

(4)根据描点法可得如图所示图线。

(5)根据牛顿第二定律可得〃mg=(M+5〃?)a,则”=/粽〃，图线斜率忆=方粽=•，可得"=045kg

(6)若不平衡摩擦力，则有nmg—//[M+(5—n)m]g—(M+5m)a,则a=誓+£；*"rg,所以a~n图线仍是

直线，但直线不过原点，斜率变大，故B、C正确。

24.(12分)如图所示，一小木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L=2.0m,处于

静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数〃=0.40,现使平板车在水平路面上以加速度的匀加速启动，速

度达到v=6.0m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

取g=10m/s2。

⑥―二

，〃/〃/力〃//〃〃〃/〃〃〃历〃/〃/〃打〃〃,

(1)若木箱与平板车保持相对静止，加速度40大小满足什么条件？

2

(2)若ao=6.Om/s,当木箱与平板车的速度都达到6.0m/s时，求木箱在平板车上离驾驶室后端距离s；

(3)若在木箱速度刚达到6.0m/s时平板车立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹

车时的加速度大小a应满足什么条件？

【答案】(1)。0二4.0m/s2(2)3.5m(3)tz<18m/s2

【解析】(1)木箱与车相对静止，加速度相同，设最大值为由”由牛顿第二定律有"加g=(1分)

解得4m=4.0m/s2,故应满足条件为6ZO<4.0m/s2(l分)

(2)由于的=6.0m/s?〉”。m/s2,故木箱与车发生相对滑动

木箱速度达到v=6m/s所需的时间八=十=1.5s(l分)

运动的位移X1=/(1分)

平板车速度达到v=6m/s所需的时间，2=5=1.0s（l分）

的

运动的位移M=%+v（f|-f2）（l分）

且有S=X2—X]+L（\分）

解得s=3.5m（l分）

2

（3）木箱减速停止时的位移由=方（1分）

2

平板车减速停止时的位移必=为（1分）

木箱不与车相碰应满足为一x£s（l分）

2

解得«<18m/so（1分）

25.（20分）某研究小组设计了如图所示的双立柱形粒子加速器，整个装置处于真空中.已知两个立柱底

面均为边长为4的正方形，各棱均分别和某一坐标轴平行.立柱1下底面中心坐标为[5,0）,立柱2

下底面中心坐标为（g,券,。），它们的上底面均位于z=104的平面内.两个立柱上、下底面间的电压大

小均为U,立柱1内存在着沿z轴正方向的匀强电场，立柱2内存在着沿z轴负方向的匀强电场，两立柱外

电场均被屏蔽.在z>104和z<0的空间内存在着沿x轴正方向的两个匀强磁场，其磁感应强度分别是回

和鸟（均未知）.现有大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回

到立柱1的下底面.若粒子在经过z=0和z=10〃两个平面时，仅能自由进出两立柱的底面（经过其它位

置均会被吸收）；该粒子质量为小、电荷量为%不计粒

子重力及粒子间的相互作用力.求:

（1）粒子经过立柱2下底面时的动能£,；

（2）磁感应强度4和B2的大小;

（3）若两立柱上、下底面间电压的大小可调且在粒子运

动过程中保持同一定值；两个磁场仅方向可变且保持与z

轴垂直.求从立柱1下底面出发的粒子再次回到立柱1

下底面的最短时间t.

2007442

【答案】（1）2qU；（+（5夜+5）乃

221

【详解】粒子经过立柱2下底面时，共经过2次加速，根据动能定理：2qU=E—,（2分）

解得回=2qU（l分）

（2）要使大量的带正电的粒子从立柱1底面各处由静止出发，经过立柱1、2加速后能全部回到立柱1的

下底面，需要立柱1最左面的到达立柱2最左面，立柱1最右面的到达立柱2最右面，第2次加速后亦然,

即在磁场中圆周运动半径等于10J.（1分）

第一次加速后：

qU=不〃?丫；（［分），qv}B-m—^r-\Qd^（1

（3）粒子在磁场中的圆周运动时间与粒子速度无关，等于半个周期，所以要减少时间需要减少电场中的运

动时间，但是随着速度增加，圆周运动的半径变大，其最大半径为对角线，对应粒子从立柱1最左面的到

达立柱2最右面，而且是对角线，如图：

yy

由夕匕4=/〃」•（1分），qv,B,=m旦，（1分）

w启\l442qB.d八八、d442qB、d八八、

解得：V.=-——工L—（1分），v,=-——U-；（1分）

2m2m

\0d7vm71mlOd

t=----f----------P-------f-------------

最短时间为：均qB］qB2匕+彩，。分）

?-2

解得f=［竺嚅亘+（5拒+5）乃（2分）

（-）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

33.[物理——选修3-3]（15分）

（1）（5分）以下说法正确的是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选

对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A.晶体熔化过程中所吸收的热量，将用于增加分子的势能，而分子的平均动能保持不变

B.空气的相对湿度越大，人们感觉越潮湿

C.布朗运动是指悬浮在液体中的小颗粒中的分子的无规则的运动

D.非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性

E.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大

【答案】ABE

【详解】晶体熔化过程中，吸收热量，内能增加，但是温度不变，分子平均动能不变，将用于增加分子

的势能。A正确；空气的相对湿度越大，空气中的水气越接近饱和，人们感觉越潮湿。B正确；布朗运

动是指悬浮在液体中的小颗粒的无规则的运动。C错误：非晶体的物理性质各向同性，多晶体的物理性

质各向同性，单晶体的物理性质是各向异性。D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子距离减小，

分子力做负功，分子势能增大。E正确。故选ABE。

（2）（10分）如图所示是一定质量的理想气体由状态变化的p-V图象。已知该气体在状态M

时的温度为27°C。

（1）求该气体在状态I时的温度：

（2）已知该气体内能的变化满足AU=oAT（常量glffj/K）,则气体从状态M—NT/-G变化的整个过程

中是吸热还是放热？传递的热量是多少？

【答案】（1）600K；（2）吸热;5x105J

【解析】（1）对于一定质量的理想气体，过程由理想气体状态方程有上卢^=¥（1分）

由图像数据解得：7>600K（l分）

（2）理想气体M-N的过程体积增大，气体对外做功，由p—U图线与横轴所围的面积可知

明=—"%+，v）（Vv--5X105J（1分）

2

N―/过程，气体体积增大，压强不变，气体膨胀，对外做功卬2二一PN（匕一匕丫）=-4xl（）5j（1分）

/TG过程，气体体积减小，外界对气体做功卬3=（P'+PG）（匕-.）=3xl（）5j（l分）

2

从状态MTNTITG的过程中，外界对气体做的功为W=WI+W2+W3=-6X1（）5J（I分）

M-G过程，由理想气体状态方程有华立=隼2（1分）

1G

得7b=200K（l分）

该气体内能的变化量为（TGTG=-IO5J（I分）

由热力学第一定律知/。=卬+。

可得85xl（）5j,即气体从外界吸收热量，该过程中传递的热量为5X1（）5J。（1分）

34.