2021年全国高考物理冲刺信息卷（新课标Ⅰ卷五）（解析版）

2021年全国高考物理冲刺信息卷（五）（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.场致发射显微镜的构造如图所示：一根尖端直径约为100nm的针，位于真空玻璃球泡的中心，球的内

表面涂有荧光材料导电膜，在膜与针之间加上如图所示的高电压，使针尖附近的电场高达4xl（）9v/m,电子

就被从针尖表面拉出并加速到达涂层，引起荧光材料发光。这样，在荧光屏上就看到了针尖的某种像（针

尖表面的发射率图象），如分辨率足够高，还可以分辨出针尖端个别原子的位置。但由于电子波的衍射，会

使像模糊影响分辨率。将电极方向互换，并在玻璃泡中充进氨气，则有氨离子产生打到荧光屏上，可使分

辨率提高。以下判断中错误的是（）

A.氯原子变成离子是在金属尖端附近发生的

B.电子从针尖到导电膜的运动过程加速度不断减小

C.电子或氢离子的撞击使荧光材料的原子跃迁到了激发态

D.分辨率提高是因为氢离子的德布罗意波长比电子的长

【答案】D

【解析】当无规则运动的氢原子与针尖上的鸨原子碰撞时，由于氮原子失去电子成为正离子，故A正确；

由图可知，该电场是非匀强电场，电子向电场弱的地方运动，电场减弱，加速度不断减小，故B正确;

当电子或氢离子以很大的速度撞击荧光材料时，电子或氮离子把一部分动能转移给了荧光材料的原子，

从而从使其跃迁到了激发态，故C正确；在电场加速，根据动能定理有qU=Ek，根据动能与动量的关

系有/=，根据德布罗意波长久=。，联立得力h

万石，变换电极前后，两极的电压不变,

而氮离子的质量、电量都大于电子的质量、电量，故氮离子的德布罗意波长比电子的小，故D错误。

15.甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙作初速度为零的匀

变速直线运动，它们的位置x随时间f必变化如图所示.已知f=3s时，甲、乙图线的斜率相等.下列判断

正确的是（）

A.最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反

B.f=3s时，乙的位置坐标为一9m

C.乙经过原点时的速度大小为2j^m/s

D.f=10s时，两车相遇

【答案】D

【解析】因x-r图像的斜率等于速度，由图像可知最初的一段时间内，甲、乙图像的斜率符号相同，则运

动方向相同，选项A错误；f=3s时，甲、乙图线的斜率相等，则此时乙的速度为6m/s,则乙的加速度

为a='=9m/s2=2m/s2,则此时乙的位置坐标为工=垢+,。/2=-20m+'x2x32m=-llm,选

项B错误；乙经过原点时的速度大小为v==j2x2x20m/s=46m/s,选项C错误：两车相

1,1,

遇时：vt+2x=—at，即6f+40=-x2广，解得r=10s,选项D正确.

a22

16.中国科学院云南天文台研究人员在对密近双星半人马座V752进行观测和分析研究时，发现了一种特

殊双星轨道变化的新模式，这种周期的突变有可能是受到了来自其伴星双星的动力学扰动，从而引起了两

子星间的物质交流，周期开始持续增加。若小质量子星的物质被吸引而转移至大质量子星上（两子星质量

和恒定），导致周期增大为原来的左倍，则下列说法正确的是（）

A.两子星间的万有引力增大B.两子星的间距增大为原来的2正倍

C.两子星间的万有引力有可不变D.两子星的间距增大为原来的温倍

【答案】D

2

「m1ml47r24-TT

【详解】"[i</〃2，在质量未转移前有G咫二叫亍丁斗二牲12r2，r\+n=R（）,联立解得G-周一

4"4万24万2

(m2+-Am)

=&三-，同理，质量转移后有G=(/H1-Am)rxj=(//^+A/n)-,m

,0R2

+必=R,联立解得G町/=R等,又T=ZTo,解得R=依R。，B项错误，D项正确；质量未转

移时万有引力为F=G写々，质量转移后万有引力为F'=G（g+△♦）!’%一△"）=G

&R

町〃+（町—。加）2,比较可得两子星间的万有引力减小了，A项错误，c项正确。

R2

17.如图是某手机充电器的第一级变换电路，其中D1~D4为规格相同的二极管（可视为理想二极管）。频

率为50Hz、电压为220V的正弦交流电由〃、人端输入，从c、〃端输出。下列说法正确的是（）

A.c、d端输出恒定直流B.以d端输出电压的有效值为110V

C.c、"端输出电流将不再改变方向D.c、"端输出电流的频率为50Hz

【答案】C

【析解】由于二极管具有单向导电性，因此c、d端输出脉动直流，电流大小变化而方向不变，A错误，C

正确；c、d端输出电压的有效值仍为220V,B错误；输出电压的频率为100Hz,D错误。故选C。

18.如图所示，由粗细均匀的金属导线围成的一个正六边形线框岫c虑/；它的六个顶点均位于一个半径为

R的圆形区域的边界上，戾为圆形区域的一条直径，尻上方和下方分别存在

大小均为B且方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于圆形区域。现给线框接

入从。点流入、从/点流出的大小为/的恒定电流，则金属线框受到的安培力

的大小为（）

【答案】A

【解析】根据串并联电路的特点可知线框流过af边的电流4=?/,流过abcdef边的电流乙=J/，de

66

ab边受到的安培力等大同向，斜向左下方，同理be、ef边受到的安培力等大同向，斜向右下方，则de、ab、

iR1R

be、ef边所受的安培力合力为居=彳8〃？，方向向下；cd边受到的安培力：F,=BI2xR=—,方向向

36

下，af边受到的安培力：6=8/1XR=怨方向向上；所以线框受到的合力尸一月一月

63

A正确，BCD错误。故选A.

19.如图所示，直角三角形He中ah垂直be,ah长度为L，。=30°，”为"的中点，e为的中点,

/为。c■的中点。在。、。和d点分别固定电荷量为+q（q>0）、-4和一2q的点电荷。以无穷远处电势为

零，下列说法正确的是（）

b

e/

A.若将a点处点电荷移除，则a点处的电场强度大小为《驹

B.。点电场强度的方向沿。的角平分线

C.e点电势可能低于7点电势

D.电子在一点的电势能大于在e点的电势能

【答案】AD

【详解】由数学知识知三角形abd是边长为L的等边三角形，b点和△点的点电荷在。点处产生电场的

电场强度分别为g=左菅（方向由。指向b）和耳=攵青（方向由。指向d），为在沿用方向和垂

直用方向的分量分别为％=%菅（方向与&方向相同）和4=左普（方向垂直述），若移除a处

噜，故A正确,

点电荷，根据矢量合成法则可知。点处电场强度大小为Ea=J（&+%）2+理

B.b、d、a点处点电荷在c点产生电场强度分别为线=条（方向由c指向人）、耳,=华（方向

JL-iL-t

由c指向d）、E'a=--（方向由。指向C）,则a,d处点电荷在。点的合电场强度大小为弯（方向

4L24L-

由C指向。），根据矢量合成法则可知。点处电场强度的方向不沿，的角平分线，故B错误；若仅存在d

点处点电荷，根据数学知识可知ed>",d点固定的电荷带负电，故/点电势低于e点电势，若仅存

在。点和匕点处的点电荷，。、b两点处的点电荷电荷量分别为+4和-4,由a4可知e点电势为0,

又由〉曲可知/点电势为负，得了点电势低于e点电势，综合以上分析可知，（pf＜（pe,故C错误；

根据知〈乳，且电子带负电，结合电势能”=q»,可知电子在/点的电势能大于在e点的电势能，

故D正确。故选AD。

20.如图甲所示，质量为加=3kg的长木板A置于光滑水平面上，质量为，"=2kg的木块B（可视为质点）

静止在长木板A的左端，现对8施加一个水平向右的外力F,结果A、8的加速度随时间变化的图象如图乙

所示，'=6s时A、B刚好分离，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度8=1°向$2,则下列说法

正确的是（）

A.A、8间的动摩擦因数为0.2B.，=4s时A的速度为4m/s

C.A的长度为4mD.f=4s后外力的大小为8N

【答案】BC

【解析】由题图乙知，尸4s时A、8间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，此时A的加速度4A=2m/s2,

分析A的受力知〃〃=代入数值得〃=03,A错误；因。一/图象与f轴所围面积表示速度变化

量的大小，所以/=4s时A的速度v==4m/s,B正确；4sD6s内，A的位移为

1212

=VA/2+~aA（A/2）-=12m,8的位移为/=川\/2+5。8（4,2）-=16m,所以A的长度为

L=4一%=4m,C正确；由牛顿第二定律及题图乙知尸-刖g=〃％,代入数值得尸4s后外力尸=14N

D错误。故选BC。

21.如图所示，在正方形R?cd内有垂直于正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为品。电子（质量

为加、电荷量为e）从a8边上的p点以初速度均沿与ah夹角为6=60°的方向射入磁场，从加边离开磁

场，aP=L,不计电子重力，下列说法正确的是（）

Ito

A.电子初速度%大小可能为"应

5m

eBcL4兀机

B.若电子初速度大小变为一^,则电子在磁场中的运动时间为丁丁

4m3eB0

C.若电子初速度大小变为也人，则电子从边离开磁场

2m

D.若电子初速度大小变为CeB弦,则电子在磁场中的运动时间大于警

m3叫

【答案】BC

【解析】电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹与“4边恰好相切时的初速度大小设为匕,画出运动

轨迹如图所示

E2兀加

T=根据儿何关系可知R+Rsin6>=L

eB(>

解得枣心上丝，显然空白〈匕，即电子入射的初速度大小为空以时将从而边离开磁场。

1

m5m5m

eBIjr47r

A错误；初速度大小为」一<匕时，电子从出?边离开磁场，转过的圆心角为。=2兀——x2=—

4m33

a十ma4jimeB(、L

在磁场中的运动时间4=丁丁=一丁=丁丁，B正确；初速度大小为一^一〈匕时，电子从边离开,

2兀叫3叫2m

C正确；初速度大小为6eB°L〉2(2-“4”1,时,电子从泅边离开磁场，电子在磁场中的运动时

mm

4兀

间小于二G"，D错误。故选BC。

3eB。

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）在研究平抛运动的实验中，某同学记录了小球运动途中经过的A、B、C、D、E'F、G点的位

置，相邻两点的时间间隔均为△f=0.05s.取A点为坐标原点，以+x方向表示水平初速度方向、+y方向表示

竖直向下方向，实验记录如下：（结果保留两位小数）

标号nABCDEFG

t(s)00.050.100.150.200.250.30

x(m)00.0240.0510.0730.0980.1260.150

y(m)00.0420.1080.1980.3140.4540.617

图I图2

（1）作出x—f图象如图1所示，小球平抛运动的水平初速度大小是m/s；

（2）以，为横坐标，上为纵坐标，作出上一f图象如图2所示，其函数解析式为』=4.88/+0.59：

ttt

①重力加速度的测量值是m/s；

②U0.10S时，小球的竖直分速度大小是m/s；

【答案】0.50；9.761.57

【解析】（1）小球做平抛运动，将运动分解，水平方向做匀速直线运动，则有：

根据作出的x-f图象，则平抛的水平初速度大小为：％='=二=0.50m/s；

（2）根据y=+则有：+

因此重力加速度的测量值为：g=2k=2x4.88=9.76m/s2

竖直方向的初速度应该为纵截距0.59,可知1=0时竖直分速度v（）y=0.59m/s;

0.1s时竖直分速度Vly=Voy+^r=1.57m/S

23.（9分）利用如图（a）所示电路研究电源电动势一定时路端电压随电源内电阻变化的规律，实验所用

电源内阻可以在0.2。〜1.2。之间连续变化.

（1）已知电源电动势为L5V,改变电源内阻，由计算机将得到的路端电压U与相应的电流/的数据进行拟合

的图线如图（b）,则电路中的定值电阻R=C,实验过程中路端电压U和内阻r的关系是

U=__________

⑵现有L“3V,3W”和L2"1.5V,0.75W”两个灯泡，上述实验中所用到的内阻可调电源4个，阻值为3。的

定值电阻1个，阻值为1。的定值电阻2个，要求使两个灯泡都正常工作且电路消耗的总功率最小，请你在

以上器材中合理选择，设计一个满足以上要求的方案，将你所设计的电路图画在图（c）中的方框内，在图

中标出灯泡Li、L2的位置及所选用的定值电阻阻值.在该方案中4个电源的总内阻应该调整为八=Q.

【解析】（1）图象的斜率表示电阻的阻值，则R20

由闭合电路欧姆定律可得U=——ExR=15x2=上3一

R+r2+r2+r

（2）要使两灯均能正常发光，则电压应等于4.5V,故只能将两灯串联。

3075

3V灯泡的电流人=§A=1A,1.5V灯泡的电流I2=『A=0.5A

故3V灯泡应在干路，1.5V灯泡应与某一电阻并联，因1.5V灯泡的电阻为3C,故只要与3c电阻并联即可;

6-45

此时需要电压为U=3+L5=4.5V：电流为1A,则所需内电阻/•=r^C=L5C

因在满足条件的电路中所用电阻较小，故消耗的能量最小。原理图如图所示:

115V、0.75W

3V、3W<—0—|

3ft

24.（12分）如图所示，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道A8C和水平轨道物在A点相切，BC

3

为圆弧轨道的直径，。为圆心，0A和。8之间的夹角为a,sina=；。一质量为〃?的小球沿水平轨道向右运

动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一

直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。

重力加速度大小为g。求

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；

(2)小球到达4点时动量的大小；

(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。

【答案】(I加g.(2尸磐⑶|\伶

【解析】(1)设水平恒力的大小为后，小球到达C点时所受合力的大小为凡由力的合成法则有

尸

0=tanaG\i)

mg-

产=("*)2+网②

设小球到达C点时的速度大小为V,由牛顿第二定律得尸=，统③

由①@③式和题给数据得用=%④

(2)设小球到达A点的速度大小为环，作交尸4于。点，由几何关系得DA=Rsina⑥

CD=/?(1+cosa)⑦

由动能定理得

—mg-CD—F(yDA=pnv2—pnv?@

由④©⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为新⑨

(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向

的初速度为以，从C点落至水平轨道上所用时间为人由运动学公式有丫口+%产=17。⑩

PDA

vj_=vsinab

由⑤©⑩u式和题给数据得/=|

25.(20分)如图，光滑绝缘水平桌面位于以必、cd为边界的匀强电场中，电场方向垂直边界向右。两小

球A和B放置在水平桌面上，其位置连线与电场方向平行。两小球质量均为m,A带电荷量为q(q>0),B

不带电。初始时小球A距外边界的距离为L两小球间的距离也为心已知电场区域两个边界外、cd间的

距离为103电场强度大小为瓦现释放小球A,A在电场力作用下沿直线加速运动，与小球8发生弹性碰

撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。求：

(1)两小球发生第一次碰撞后，B获得的动量大小；

(2)两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、8间的最大距离；

(3)当小球B离开电场区域时，A在电场中的位置。

-'O-O®

【答案】⑴，2〃切也:(2)£；(3)距cd边界的距离为L

【解析】(1)设小球A的加速度为“，与小球8第一次碰前速度为血,根据牛顿运动定律和运动学公式，有

qE=ma①

v；=2aL②

设碰撞后A、8的速度大小分别为以卜vm由量守恒和能量守恒,Wmv0=mvM+mvBI③

联立①②®④式，得％=o,户生⑤

mv

小球B获得的动量大小为PBI-i)t=12mqEL⑥

(2)设A、8两个小球发生第一次碰撞后经时间「两者速度相同，时两小球相距最大距离为Asm,根据运动学

公式，有"⑦

八%=以/一；「产⑧

由①⑤⑦⑧式得—⑨

(3)设A、8两小球第一次碰撞后，经时间〃发生第二次碰撞，有;点；=%占⑩

由⑤⑩式得4=2殳⑪

a

设A、8两小球第二次碰撞前后的速度分别为卜20,1m0,VA2，VB2,有口根。==2%

%20=%⑫

由动量守恒和能量守恒，有。20+匕；20=机以2+加匕2⑬

gmVA20+j加嗑。=।〃叱2+।⑭

由场醺可得以2=%，VB2=2V0⑮

在外时间内，A、B小球的位移均为S|=%4=4L⑯

可知A与8第二次碰撞位置距电场cd边界的距离为$2=\0L-L-L-Sl=4L⑰

假设经时间发生第三次碰撞，由运动学规律，得%f2+ga%=2%f2⑱

得。2=.

a

由于2V(/2=8L>邑=4L⑲

故两小球不会发生第三次碰撞。

设两小球第二次碰后3经时间△离开电场，则52=%2匕⑳

19

在f3时间内，A的位移为〃2="2/3+544(21)

由①②年旗21)式得,以2=3L(22)

即8离开电场时,A距cd边界的距离为=s2-sA2=L(23)

(-)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.固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质

B.“墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀“，混合均匀主要是由于炭粒受重力作用

C.石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同

D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变

E.第二类永动机不能制成，并不是因为违背了能量守恒定律

【答案】ACE

【解析】固体可以分为晶体和非晶体两类，单晶体具有各向异性，A正确；根据分子动理论的知识可知，

混合均匀主要是由于水分子做无规则运动，使得炭粒做无规则运动，即布朗运动，B错误；石墨和金刚石

的微观结构不同，所以它们的物理性质不同，C正确；物体放出热量，同时对外做功，则其内能一定减小，

故D错误；第二类永动机不能制成，是因为违反了热力学第二定律，并不是违背了能量守恒定律，故E正

确。

（2）（10分）如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由〃和c三个粗细不同的部分连接而成，各

部分的横截面积分别为2S、1■和S.已知大气压强为po,温度为7b.两活塞A和8用一根长为4/的不可

伸长的轻线相连，把温度为公的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示.现对被密封的气体

加热,使其温度缓慢上升到T.若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？

a

rriz-H

554T

【答案】当左:/时，p=^当时，p=—Po

【解析】加热前，AB活塞处于平衡状态，由平衡方程可得内部气体压强和轻绳的张力.加热后由于没有摩

擦，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持P1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞

向左移动的距离等于/为止，此时B被挡住，活塞不能继续移动；根据盖-吕萨克定律可得此时被封闭气体

的温度，以此温度为分界，进行讨论可得结果.

设加热前，被密封气体的压强为P-轻线的张力为f.因而活塞处在静止状态

对A活塞有：2poS-2pS+f=0（1分），对B活塞有：p}S-p0S-f=0（1分）

联立得：Pi=Po，f=。

即被密封气体的压强与大气压强相等，细线处在拉直的松驰状态.

这时气体的体积X=2SI+Sl+Sl=4Sl

对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持Pi不变，

若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于/为止

这时气体体积K=4Sl+Sl=5SI

VV5

设此时气体的温度为心，由盖-吕萨克定律得：于=才（1分），解得：T2=-T.（2分）

4

由此可知，当时，气体的压强为：p=p°

当T>岂时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持V2不变

由查理定律得：与=答（2分）

,4T

解得：P=­Po（1分）

31（）

即当T>=57；时，气体的压强为P