2021届决胜新高考物理模考冲刺卷2（新高考湖南专用解析版）

2021年决胜高考物理模考冲剌卷（二）

一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分，每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的。

1.铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：

~；：U+—>a+b+2；n,则a+b可能是（）

A.唱Xe+；：Kr

B.*Ba+；；Kr

C.4Ba+g

D.'^Xe+^Sr

【答案】D

【解析】

根据核反应的特点可知，核反应前后质量数和电荷数都守恒，根据各选项中的数据可知，

A质量数和电荷数都不守恒，B质量数不守恒，C电荷数不守恒，只有D中质量数和电

荷数都守恒，故D正确.故选D.

点睛：本题考查了重核裂变前后质量数和电荷数都守恒，根据两个守恒仔细计算即可，

属于基础题目.

2.在忽略空气阻力的情况下，让一重一轻的两块石头从同一高度同时开始下落，则下

述正确的说法是

A.重的石块落得快，先着地

B.轻的石块落得快，先着地

C.在着地前的任一时刻，两石块具有相同的速度、相同的位移、相同的加速度

D.两块石头在下落这段时间内的平均速度不相等

【答案】C

【解析】

在忽略空气阻力的情况下，让一重一轻的两块石头从同一高度同时开始下落，则加速度

均为g,则在着地前的任一时刻，两石块具有相同的速度、相同的位移、相同的加速度，

则两石块同时着地，由于落地的瞬时速度相同，则平均速度也相同，故选C.

3.如图所示的U-/图象中，I是电源的路端电压随电流变化的图象，II是某电阻两

端的电压随电流变化的图象.下列说法错误的是（）

A.电源电动势为3V

B.电源内阻为。5。

C.该电阻为定值电阻，阻值为1C

D.该电阻接在该电源两端时，流过的电流为L5A

【答案】D

【详解】

A.由（7=£-〃可知，图象I与纵轴的交点表示电源的电动势，故电动势E=3V,故A正

确，不符合题意；

B.图象I的斜率表示内阻，故内阻

,-=|—|=2Q=O.5Q

IA/I6

故B正确，不符合题意；

c.该电阻的阻值等于图象n的斜率大小，为

R嗒寺=0

故c正确，不符合题意;

D.根据闭合电路欧姆定律可得，该电阻接在该电源两端时，流过的电流

E

-------A=2A

r+R0.5+1

故D错误，符合题意。

故选D。

4.如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、3两点，

。为AB连线的中点，为A8的垂直平分线.在MN之间的C点由静止释放一个

带负电的试探电荷（可视为质点），若不计空气阻力，则试探电荷（）

,M

I

3（,

I

I

I

吩.......h.............................-©

APB

I

I

:N

A.从。点沿直线MN向N端运动，先匀加速运动，后匀减速运动

B.从。点运动至距离该点最远位置，即可在该最远位置静止不动了

C.从C点运动至距离该点最远位置的过程中，所经过的各点电势先降低后升高

D.从。点运动至距离该点最远位置的过程中，电势能先减小后增大

【答案】D

【详解】

A.根据分析可知，小球在。点上方时，其受到的竖直向下的电场力：在O点处，受到

的电场力为零；在0点下方时，受到竖直向上的电场力，沿MN向N端运动的过程中，

小球受到的电场力（合力）不断的变化，所以小球受到的加速度不断的变化，故A错

误；

B.无穷远处的场强为零，而运动到最远的时候是速度为零而不是场强为零，故B错误；

C.根据两个正点电荷形成的电场和沉着电场线的方向电势降低可知，小球从C点运动

至0点的过程各点的电势增加，从。点运动到最远位置的过程各点的电势减小，所以

各点的电势先升高后降低，C错误；

D.根据A项的分析可知，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增加，故D

正确。

故选D。

5.如图所示，物块A、B置于水平地面上，与地面间的动摩擦因数均为〃物

体A、B用跨过光滑动滑轮的细绳相连,在竖直平面内用逐渐增大的力斜向上提动滑轮,

某时刻拉A物体的绳子与水平面成60。角，拉8物体的绳子与水平面成30。角，A、B

两个物体仍处于平衡状态，此时若继续增大斜向上的力，AB两个物体将同时开始在水

平面内运动，则A、B两个物体的质量之比为（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）

A.收2B.2:6C.Q：GD.G：夜

【答案】A

【详解】

对A、B分别受力分析，如图所示

Teos60°=〃N]

N、=mAg-Tsin60°

0.5T+W”

可解得2

mA

4g

对B由平衡条件有

TCOS30°=//N2

N?=mBg-Tsin30°

n

石曰gT+0.5”

可解得_2；

mH-

4g

联立可解得如=走。

mH2

故选A

6.如图所示是用长为L的均匀导体折成闭合的正六边形框架。6。阿，将六边形框架

静置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为3,方向垂直于六边形框架所在平面。现

将六边形框架。、力两端接到直流电源上，由。端输入大小为/的电流，则下列说法正

确的是（）

A.六边形框架所受安培力大小为』8〃

6

B.ab边所受安培力大小为!B/L

6

c.边所受安培力与龙、ed、A三边所受安培力的合力大小之比为1:2

D.ab边所受安培力与其余五边所受安培力的合力大小之比为1:1

【答案】A

【详解】

A.六边形框架接入电路后，受安培力的等效长度为,故其所受安培力大小为」8〃，

66

A正确；

B.方两端接到直流电源上，电路中边与其余边形成并联关系，设。方边的电阻

为厂，则另外无边的总电阻为5,，故两支路电流分别为

15=6-1

故边所受安培力大小为

abab636

选项B错误；

D.其余五边所受安培力大小为

F,=BL-L=—BIL

55636

%：月=5：1

选项D错误；

C.论、ed、de三边所受安培力的合力大小为

22

F.=BL-L=—BIL

35636

则

%/=5：2

选项C错误。

故选Ao

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7.“嫦娥二号”环月飞行的高度为100km,所探测到的有关月球的数据将比环月飞行高

度为200km的“嫦娥一号”更加详实.若两颗卫星环月的运行均可视为匀速圆周运动，

运行轨道如图所示。则（）

A.“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”小

B.“嫦娥二号”环月运行的线速-度比“嫦娥一号”小

C.“嫦娥二号”环月运行的向心加速度比“嫦娥一号”大

D.“嫦娥二号”环月运行的角速度与“嫦娥一号”相等

【答案】AC

【解析】万有引力提供了向心力，则弓詈=m（年产丁=m32r==ma

所以除了周期随高度的增加在增加以外，加速度、线速度、角速度都随高度的增加而在

减小，AC对；BD错

故选AC

点睛：根据月球对嫦娥卫星的万有引力提供向心力，可分别得到周期、线速度、角速度、

向心加速度与轨道半径的关系来分析.

8.2020年11月10日8时12分中国载人深潜“奋斗者”号成功坐底世界第四极马里亚纳

海沟，将中国载人深潜纪录刷新至10909米，下图为某次试验中深潜器从水面开始下潜

到最后返回水面lOmin内全过程的深度曲线（a）和速度图像（b）,则下列说法中正确

的是（）

A.图中为代表本次最大深度

B.全过程中最大加速度是0.25m/s2

C.深潜器加速度向上发生在3~4min和6~8min的时间段内

D.6~IOmin内，深潜器的加速度不变

【答案】AC

【详解】

A.由深度曲线（a）可知，加代表本次最大深度，A正确;

B.由速度图像（6）可知，在O~lmin和3~4min的时间段内速度变化最快，故加速度

最大，其值为

a=-=-m/s2«0.03m/s2

△t60

B错误;

C.由图像可知，向上为正方向，在3~4min和6~8min的时间段内速度图像的斜率为正,

即加速度向上。C正确；

D.6~10min内，图像的斜率由正到负，故深潜器的加速度的方向发生了变化，D错误。

故选AC。

9.一质量为机、电阻为K、边长为L的正方形导线框静止在光滑绝缘水平桌面上，桌

面上直线PQ左侧有方向竖直向下的匀强磁场I,磁感应强度大小为8,PQ右侧有方向

竖直向上的匀强磁场H,磁感应强度大小为28,俯视图如图所示.现使线框以垂直PQ

V

的初速度丫向磁场II运动，当线框的三分之一进入磁场II时，线框速度为一，在这个

2

过程中，下列说法正确的是（）

IP11

XXX：•・・•

X日xp：：：

I••••

XXX：••••

O

v

A.线框速度为不时，线框中感应电流方向为逆时针方向

B.线框速度为*时，线框的加速度大小为空区互

2mR

c.线框中产生的焦耳热为:机/

D.流过导线横截面的电荷量为丝1

R

【答案】CD

【详解】

V

A.据右手定则可知，线框速度为不时，线框右边切割产生的感应电流是顺时针，线框

2

左边切割产生的感应电流也是顺时针，则线框中感应电流方向为顺时针方向.故A项

错误.

V

B.据法拉第电磁感应定律，线框速度为不时，线框中感应电动势

2

vv3

E=BL—+2BL—=—BLv

222

线框中感应电流

,E3BLv

/=—=------

R2R

安培力

FA=BIL+2BIL=3BIL="Q

'2R

线框的加速度

22

aF=—9B=-L--V----

m2mR

故B项错误.

C.据功能关系，线框中产生的焦耳热

c121/八232

Q=—mv——7M（—）=—mv

2228

故C项正确.

D.此过程中的平均感应电动势

—A①

E=----

△t

平均感应电流

7=£=竺

R2R

流过导线横截面的电荷量

-△①

<7=/Ar=—

此过程中磁通量的变化量

△①=2”23+/1乙2=比2

33

则

q=-----

R

故D项正确.

故选CD.

【点睛】

-EAOAz△①

感应电量4=1=〃丁•k=，这个规律要能熟练推导并应用.

10.如图所示，质量为M的绝缘足够长的木板。放置在光滑的水平面上。质量为，〃的

物块P叠放在。的左端，PQ所在空间存在着如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小为

B.P带正电，电荷量为q,Q不带电，P、Q之间的动摩擦因数为〃.一水平恒力F作

用在。上，使尸、。由静止开始向左运动。在运动的过程中，下列说法正确的是()

•••••••

卜

••一•…•…•・一门•一

A.尸和Q一起运动时，PQ间的摩擦力逐渐减小

B.P刚好脱离。时，P的速度大小为器

C.尸脱离。后，Q做匀速直线运动

D.P、Q刚好发生相对滑动时P的速度大小为詈-J：,、

Bq〃Bq(M+?n)

【答案】BD

【解析】A、P、。发生相对滑动前，尸与。向左运动，对整体尸=(M+m)a,一起做

匀加速直线运动，对P：户〃?a,PQ间摩擦力不变，故A错误：

B、当物体受到的洛伦兹力的大小与重力相等时，S[Jmg=qvB,速度达到i，=器时，P刚

好脱离0，故B正确；

C、尸脱离Q后，。在水平恒力F作用下做匀加速直线运动，故C错误；

D、P、Q刚好发生相对滑动时，设P的速度为u,则有〃(mg-qvB)=ma-,对整体PQ：

a=-!—；联立解得"詈-「二、，故D正确。

M+mBq^Bq(M+m)

三、非选择题：共56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。

(-)必考题：共43分。

11.(6分)

利用图5)所示的装置测量滑块运动的加速度，将木板水平固定在桌面上，光电门A固

定在木板上靠近物块处，光电门8的位置可移动，利用一根压缩的短弹簧来弹开带有遮

光片的滑块.实验步骤如下：

00,102030.40.50.60.70.80.91.0

（1）用游标卡尺测量遮光片的宽度4,其示数如图（b）所示，d=cm；

（2）两个光电门同时连接计时器，让滑块从。位置弹开并沿木板向右滑动，用计时器

记录遮光片从光电门A运动至B所用的时间f,再用米尺测量A、8之间的距离s.则上

t

表示滑块在A至8段的的大小；

（3）保持光电门A的位置不动，逐步改变光电门B的位置，每次都使滑块从。位置弹

开，用计时器记录每次相应的，值，并用米尺测量A、B之间相应的距离s.每次实验重

复几次测量后取平均值，这样可以减少实验的误差（填"偶然”或"系统”）；

（4）若用土图象处理数据，所得图象如图（c）所示，该图线在上轴上的截距表示

tt

滑块经过速度的大小；用作图法算出滑块运动的加速度〃=m/s2.（保

留2位有效数字）

【答案】0.860平均速度偶然光电门A（或4）2.4

【详解】

（1）[1]宽度d的读数为

8，nm+12x0,05mm=8.60mm=0.860cm

s

（2）[2]一表示滑块在A至B段的平均速度；

t

（3）[3]每次实验重复几次测量后取平均值，是为了减小人为操作造成的误差，为偶然

I天差；

（4）[4][5]若某同学做该实验时误将光电门乙的位置改变多次，光电门A的位置保持不

变，画出一-，图线后，得出的纵坐标截距的物理含义为滑块经过光电门A时的瞬时速

度，加速度为

Av-“,2

a'——=2.4m/s

△t

12.（9分）

利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电

源，电阻箱R（最大阻值999.9。），电阻&（阻值为3.0C）,电阻R/（阻值为3.0C）,

图（a）

实验步骤如下：

①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；

②多次调节电阻箱，记下电流表的示数/和电阻箱相应的阻值R

③以;为纵坐标，R为横坐标，作;一R图线（用直线拟合）；

④求出直线的斜率左,在纵坐标轴上的截距匕

回答下列问题：

⑴实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0。时电流表的示数如图（b）所示,

读出数据，完成下表。答：①______________,②_____________；

R/Q1.02.03.04.05.06.07.0

//A0.1430.125①0.1000.0910.0840.077

r'/A-16.998.00②10.011.011.913.0

（2）将所缺数据点补充完整后并作:一R图如图（c）所示，根据图线求得斜率

k=A'Q-',截金巨人=A1；

（3）根据图线求得电源电动势E=V,内阻片C。

【答案】0.1109.091.06.03.0V1.0Q

【详解】

(1)据图可知，电流表中20mA分为5小格，每小格表示4mA,指针指示100mA后两格

半处，故示数为1l0mA=0。10A、其倒数为约等于9.09A。

(2)根据图中(5,11),(1,7)两点可算出图线斜率为1.0A“。」，截距为6.0A，

(3)电流表与电阻R并联，两端电压相等，电阻R的阻值为3.0C,电流表内阻为RA=6.0C,

则通过电阻用的电流为为通过电流表的2倍，电流表示数为/,电路电流为3/,并联电

阻R产2Q,由图a所示电路图可知

£=3/(R井+Ro+R+r)

.23.丁苧+如2

由图示图象与图象的函数表达式可知

,3

k=—

E

3、

b=—(5.0+r)

E

代入数据解得，电源电动势

£=3.0V

/=1.0Qo

13.(13分)

在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg,加=0.2kg的两个小球，中间夹

着一个被压缩的具有与=10.8J弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连)，原来处于静止

状态.现突然释放弹簧，球机脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖

直放置的光滑半圆形轨道，如图所示.g取lOm/sz.求：

（1）弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小。

（2）球机从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量。

【答案】1.87V-53.4N-S方向向左

【解析】由动量守恒定律得人加%

由机械能守恒定律得Ep=gMv；+gmv1

解得V]=3m/v2=9m/s,

弹力对m的冲量/=mv2=1.87V•s

11

0,02

由A运动到B的过程由机械能守恒定律得一机$=-mv2+mgx2R,得彩'=8m/s

由A运动到B的过程由动量定理得/合=加町（—碎Z）=3・4N・S•方向向左

14.（15分）

如图所示，在空间建立直角坐标系X。），，匀强磁场垂直于xOy平面向里.带电粒子以初

速度也从“点垂直于y轴进入匀强磁场，运动中经过b点，且。〃=。4若撤去磁场，加

一个与）,轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v从a点垂直于y轴进入电场，粒子仍

能通过b点.粒子重力不计，那么电场强度E与磁感应强度B的比值为多少？

XXXXX

XXXX

XXXXX

O

XXXXX

【答案】2v；

【详解】

设04=仍=",因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d,

由牛顿第二定律

qv°B=—

即

mv

得

qd

如果换成匀强电场，水平方向是做匀速直线运动，竖直方向是做匀加速运动即：

一监（旦）2

2mv

解得

「2mv2

£--

qd

所以有

工3

B

点晴：考查粒子在磁场做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，掌握处理圆周运动与

平抛运动的规律，注意儿何关系的应用，理解牛顿第二定律结合向心力公式列式.

（二）选考题：共13分。请考生从两道中任选一题作答。如果多做，则按第一题计分。

15.[物理选修3-3]（13分）

（1）（5分）关于一定量的理想气体，下列说法正确的是（填正确答案标号

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为

。分）

A.气体分子的体积等于气体分子的质量与该种气体密度的比值

B.只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以升高

C.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零

D.气体从外界吸收热量，其内能不一定增加

E.气体在等压膨胀过程中温度一定升高.

【答案】BDE

【详解】

A.由于气体分子之间的空间距离很大，所以每个气体分子平均所占有的空间体积比气

体分子的体积要大得多，A错误；

B.温度是分子平均动能的标志，则只要能增加气体分子热运动的剧烈程度，气体的温

度就可以升高，B正确；

C.气体的压强不是由气体的重力产生的，所以在完全失重的情况下，气体对容器壁的

压强也不为零，c错误；

D.根据热力学第一定律，气体从外界吸收热量，若同时对外做功，则其内能不一定增

加，D正确；

E.根据理想气体的状态方程一=%可知，气体在等压膨胀过程中温度一定升高，E正

T

确：

故选BDEo

(2)(8分)如图甲所示，一端开口导热良好的气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg,

横截面积为50cm,气缸全长21cm,气缸质量为20kg,大气压强为Ixlt/pa,当温度为

7℃时:活塞封闭的气柱长10cm,现将气缸倒过来竖直悬挂在天花板上，如图乙所示,

g取10m/s2.

甲乙

①求稳定后，活塞相对气缸移动的距离；

②当气缸被竖直悬挂在天花板上，活塞下降并达到稳定的过程中，判断气缸内气体是吸

热还是放热，并简述原因.

【答案】(1)x=5cm(2)当气缸被竖直悬挂在天花板上，活塞下降并达到稳定的过

程中，气缸内气体是吸热，气缸倒置过程中，气缸内气体体积变大，对外做功，而气体

内能不变，所以，气缸内气体吸热.

【解析】①设气缸倒置前后被封闭的气体的压强分别为4和P2，气柱体积分别为匕和

V2,活塞向下移动的距离为x,则

初态：Pi=1.2x105pa,匕=L]S

5

末态：P2—0.8x10pa,V2=L2s=(Li+x)S

因为气缸导热良好，则气缸倒置前后温度不变，由玻意耳定律得：

PM=p2v2

代入数据解得：x=5cm

②气缸倒置过程中，气缸内气体体积变大，对外做功，而气体内能不变，所以，气缸内

气体吸热

故本题答案是：①活塞相对气缸移动的距离5cm

②当气缸被竖直悬挂在天花板上，活塞下降并达到稳定的过程中，气缸内气体是吸热

点睛：本题的关键是找准不同状态下的物理参量，然后利用玻意耳定律求解。

16.[物理选修3—4](13分)

(1)(5分)有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在/=0时刻它的波形图如图甲所示，

其中