核心素养卷（02） 决胜2021年新高考物理核心素养卷（重庆专用）（解析版）

2021年重庆市新高考综合模拟

物理核心素养卷（02）

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.对原子和原子核的认识，下列说法正确的是（）

A.大量处于〃=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子

B.核衰变时放出的射线都是由带电粒子所组成的

C.某种原子的发射光谱是线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光

D.组成原子核的核子越多，原子核越稳定

【答案】C

【解析】A.大量处于〃=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生盘=6种不同频率的光子，A项错

误；

B.核衰变时放出的射线中有/射线，7射线是电磁波，不带电，B项错误；

C.某种原子的发射光谱是线状谱，说明该原子只能发出几种特定频率的光，C项正确；

D.原子比结合能越大，原子核越稳定，核子越多的原子核不•定稳定，D项错误。

故选C。

2.如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L,

与平板车质量相同的物体甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度%向右运动，已知甲、乙之间的动

摩擦因数为〃，重力加速度为g,忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失。下列说法正确的是（)

甲

O乙

A.甲、乙达到共同速度所需的时间为

4g

B.甲、乙共速前甲的速度一定始终大于乙的速度

C.如果甲、乙碰撞的次数为〃（〃/0）,则最终甲距离乙左端的距离可能为-^-+L+2nL

4〃g

D.如果甲、乙碰撞的次数为〃，则最终甲距离乙左端的距离可能为工+2"-口

4〃g

【答案】D

【解析】AB.设甲、乙质量均为机，碰前瞬间甲的速度为匕，乙的速度为打，碰后瞬间甲的速度为“',

乙的速度为修，由动量守恒定律和机械能守恒定律有

mvi+mv2=mv\+mv'2

轲"如:=纲，+);

解得

[=%，％=W

即甲、乙发生碰撞时速度互换，设甲、乙最终的共同速度为匕，则

m%=2mv3

得

则达到共速所需的时间为

%

2〃g

故AB错误;

CD.甲、乙从开始运动到相对静I匕设甲、乙相对路程为s,由动能定理有

-jumgs=^x2m12

%丁。

解得

甲、乙共发生〃次碰撞，设相对静止时物体甲距平板乍左端的距离为S。，若甲、乙最后一次碰撞发生在平

板车的左侧挡板，则

L+2£（n-l）+50=s

解得

So=苫+L-2nL（n=2、4、6……）

若甲、乙最后一次碰撞发生在平板车右侧挡板，则

L+2L（几—1）+2L-$0=$

解得

2

%=2nL+L——^—（n=1、3、5......）

Mg'7

故C错误，D正确。

故选Do

3.如图所示，清洗楼房玻璃的工人常用根绳索将自己悬在空中，工人及其装备的总重量为80kg,悬绳与竖

直墙壁的夹角为30。，悬绳对工人的拉力大小为FT,墙壁对工人的弹力大小为FN,不计工人与墙壁之间的

摩擦，重力加速度g取10m/s2。则（

A.FT=1600NB.璋=16。。百NC.FN=800ND.&=IOOOGN

T3

【答案】B

【解析】分析工人受力：工人受到重力G、支持力FN和拉力再

mg

悬绳与竖直墙壁的夹角为

«=30°

根据共点力平衡条件，有水平方向

Fj.sina=&

竖直方向

耳cosa-G

解得

„G16006zi8006z

耳=-----=--------N，然=Gtana=----------N

cosa33

故选B。

4.如图所示，在倾角6=37。的光滑固定斜面上，物块A、B质量均为加，物块A与轻弹簧相连，物块8

用平行于斜面的细线与斜面顶端相连，4、8静止且两者之间的弹力大小为一，重力加速度为g,

sin37。=0.6,cos37。=0.8,某时刻把细线剪断，下列说法正确的是（）

A.细线剪断前，细线的拉力大小为06，"g

B.细线剪断前，弹簧弹力大小为L2mg

C.细线剪断瞬间，A、B之间的弹力大小为0.5mg

D.细线剪断瞬间，4、8之间的弹力大小为0.55mg

【答案】D

【解析】A.细线剪断前，对8分析，有

T+gmg=mgsin0

解得

T=0.\mg

A错误；

B.细线剪断前，对整体分析有

T+T'=2mgsin0

解得

T'=\mg

B错误；

CD.细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，整体分析有

2mgsin0—T'=2ma

对8分析，有

mgsin6—N=ma

解得

N=0.55mg

C错误，D正确。

故选D。

5.在光滑的水平面上固定两个点电荷A和B,它们的质量分别为2加和加，所带电荷量分别为。和2Q,

如图所示。水平外力先作用在A上，解除锁定后A,B恰能一起相对静止做匀加速直线运动，调整A、B

间的距离，后用相同大小的水平外力作用在B上，A、B又恰能一起相对静止做匀加速直线运动。则以下

说法正确的是（）

2mm

Q3。

A.两点电荷的电性一定相反

B.外力作用在A上时两点电荷的加速度小于作用在B上时两点电荷的加速度

C.点电荷A对点电荷B的库仑力大于点电荷B对点电荷A的库仑力

D.外力作用在A上时A、B的间距与作用在B上时A、B的间距之比为夜：1

【答案】D

【解析】A.外力向右作用于A或向左作用于B的情况下，两点电荷间的作用力是斥力，两点电荷的电性

相同，外力向左作用于A或向右作用于B的情况下，两点电荷间的作用力是引力，两点电荷的电性相反，

故A错误；

B.对整体有

F=3ma

外力作用在A上时两点电荷的加速度等于作用在B上时的加速度，故B错误；

C.点电荷A对点电荷B的库仑力与点电荷B对点电荷A的库仑力是一对作用力与反作用力，大小相等、

方向相反，故C错误；

D.设当外力作用在A上时A、B的间距为可，对B有

,2Q2

k—―=ma

不

设当外力作用在B上时A、B的间距为弓，对A有

增1=2一

百

联立解得

:4=0:1

故D正确。

故选D。

6.六根通电长直导线垂直纸面平行固定，其截面构成一正六边形，。为正六边形的中心，通过长直导线。、

b、c、d、e、/的电流分别为人、（、4、h、A、储a、c,e中通过的电流大小相等，b、d、

/中通过的电流大小相等，电流方向如图所示.已知通电长直导线在距导线r处产生的磁感应强度大小为

B'=k-,此时。点处的磁感应强度大小为68,导线a在。处产生磁场的磁感应强度大小为8,则移除e

r

导线后，e导线所在处的磁感应强度大小为（）

A.0B.BC.y/3BD.2B

【答案】A

【解析】结合题图可知各导线在。点产生的磁场方向如图1所示，。、。、e中通过的电流大小相等，且到

。点的距离相等，a、c、e三条导线在。点产生磁场的磁感应强度大小均为3,合磁感应强度大小为2B,

则6、d、/三条导线在。点产生磁场的合磁感应强度大小为4B,结合上述分析可知，b、d、/三条

导线中的电流大小是a、c、e三条导线中电流大小的2倍；去掉e导线后剩余导线在e导线处产生磁场的

方向如图2所示，由

B'=k-

r

知

%=然=28

夹角为120°

夹角为60。

B[=B

由平行四边形定则求得e导线所在处的合磁感应强度为0.

故选Ao

7.如图所示是一竖直固定在水平地面上的可伸缩细管，上端平滑连接一四分之一细圆弧弯管，管内均光滑,

右管口切线水平。竖直细管底部有一弹射装置（高度忽略不计），可以让静止在细管底部的小球（可视为

质点）瞬间获得足够大的速度%,通过调节竖直细管的长度/7,可以改变上端管口到地面的高度，从而改

变小球平抛的水平距离，重力加速度为g,则小球平抛的水平距离的最大值是（）

【答案】B

【解析】设管口到地面的高度是，，小球从管口射出的速度为也由机械能守恒定律得

小球离开管口后做平抛运动，则

x=vt

H=gg/

联立方程，可得

2

由二次函数的特点可知当H=曳时x取最大值

4g

=M_

“max

2g

故选B。

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。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选的得0分.

8.2020年7月23日我国成功发射执行火星探测任务的“天问一号”探测器，探测器将在地火转移轨道飞行

约7个月后，到达火星附近，通过“刹车”完成火星捕获，进入环火轨道，并择机开展登陆、巡视等任务。若

火星探测器绕火星表面做匀速圆周运动转过。（弧度制）所用时间为/，已知火星半径为R,引力常量为G。

下列说法正确的是（）

R0

A.火星上的物体要脱离火星束缚所需速度至少为7

B.火星赤道上的物体随火星自转的向心加速度为与R

C.若火星探测器做圆周运动的轨道半径可调，则其转过相同弧长所用时间与轨道半径满足关系式

02

D.火星的质量为土二

Gt2

【答案】CD

【解析】A.火星探测器绕火星表面做圆周运动的速度为火星的第一宇宙速度，由题意可知火星探测器绕火

星表面运行的角速度

0

at--

t

线速度

„0R

v=a>R=—

而火星上的物体想要脱离火星束缚，所需要的最小速度为火星的第二宇宙速度，故A错误；

B.火星赤道上的物体所受到的万有引力提供物体的重力和物体随火星自转所需要的向心力，

物体随火星自转的向心加速度为加R,其中4是火星臼转角速度，远小于

e

（o=—

t

故B错误；

C.设轨道半径分别为«、与，线速度分别为匕、V2,探测器转过相等的弧长/所用时间分别为乙、12，

则有

V2

根据

GMmv2

=m—

R2R

可得

联立可得

£=旦

欲抬

故c正确;

D.根据

—Mmv2

G——=tn——

R2R

JR

t

可得火星的质量为

铲R'

M=

Gt2

故D正确。

故选CD。

9.如图所示，空间有一圆锥028',点A、4分别是两母线的中点。现在顶点。处固定一负的点电荷，下列

说法中正确的是（）

A.A、A，两点的电场强度相同

B.平行于底面且圆心为Oi的截面为等势面

C.将一正的试探电荷从8点沿直径移到夕点，其电势能先减小后增大

D.若方点的电势为夕；，点的电势为8；，则84连线中点C处的电势％高于维也

2

【答案】CD

【解析】A.由点电荷场强公式E=左孝可知，A、4两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；

r

B.点电荷周围的等势面为以点何为圆心的球面，B错误；

C.将一正的试探电荷从B点沿直径移到用点，相互间的库伦引力先做正功，后做负功，故其电势能先减小

后增大，C正确；

D.94中点为C',若方点的电势为以'，4点的电势为%由。=&/可知，8C’的电势差小于C'A的

电势差，即

<PB-<Pc<<Pc-<PA

即0'>%’+。；,C点与C在同一等势面上，电势相等，故BA连线中点C的电势（Pc高于9；+%'，D

c22

正确。

故选CD。

10.如图所示，边长为L、质量为机、电阻为R的正方形金属线框静止在竖直面内，线框下面的水平

边界间有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为8,磁场的宽度也为L线框的下边H

刚好与磁场上边界重合，由静止释放线框，线框始终在竖直面内，且必边水平，当线框的cd边刚要出磁

场时，线框的加速度为零，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

n

XXXXX

A线框的加速度为权时速度大小为慧

RJ2

B.线框进磁场过程中通过线框截面的电量为叱

R

m322K2

C.线框穿过磁场过程中产生的焦耳热为机gL-竺与£-

88L

D.线框穿过磁场所用的时间为竺在+坐.

mgRBl}

【答案】BD

【解析】A.当线框的加速度为gg时，由牛顿第二定律有

B2l3v

mg-------——二ma

解得

mgR

V=;~~

2B-I}

故A错误：

B.线框进磁场过程中通过线框截面的电量

△①BI}

q=-----=------

RR

故B正确；

C.当线框的边刚要出磁场时，线框的加速度为零，则有

B2I}V

R

根据能量守恒，线框穿过磁场过程中产生的焦耳热

m3g2R2

12

Q=mgx2L——mv~=2mgL-

284rt

故C错误；

D.进磁场过程，由动量定理

mgt、-BIxLtx=mv.

即

mgt}-BqL=

出磁场过程

mgt2-BI2Lt2=mv2-mv]

即

mv

mgt2—BqL=〃叫~\

因此有

mg+t1)-2BqL=mv1

B2I}V

mg=-------2-

R

解得

2B2L3mR

12mgRB2产

故D正确。

故选BD。

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。

(-)必考题:共45分。

11.某探究学习小组的同学欲验证“动能定理”，他们在实验室组装了一套如图所示的装置，另外还找到了打

点计时器所用的学生电源、导线、复写纸、纸带、滑块、细沙。当滑块连接上纸带，用细线通过滑轮挂上

空的小沙桶时，释放小桶，滑块处于静止状态。若你是小组成员，要完成该实验，则：

（1）你认为还需要的实验器材有。

（2）实验时为了保证滑块受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，沙和沙桶的总质量应满足的条件

是,实验时首先要做的步骤是。

（3）在（2）的基础上，某同学用天平称量滑块的质量往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙

和沙桶的总质量如让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带

上取两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小也与V2（也＜也）o则本实验最终要验证的数学表达式

为。

【答案】刻度尺、天平沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量平衡摩擦力机=片）

【解析】（1）"］本实验需要用到天平测量小车和砂桶的质量，需要刻度尺测量纸带长度。

（2）［2］沙和沙桶加速下滑，其对细线的拉力小于重力，设拉力为T,根据牛顿第二定律，对沙和沙桶有

mg-T—ma

对滑块，有

T=Ma

解得

丁Mmgmg

M+m］

A7

由此可知当M口加时，有八mg,即要满足沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量。

13J滑块下滑时受到重力、细线的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则应该用重力的下滑分量来

平衡摩擦力，故可以将长木板的一端垫高。

（3）［4］合外力做的总功为

W=mgL

动能增加量为

△4.如一*2

则需要验证的数学表达式为

mgL--Mv\--Mv\

2221

12.有一只标值为“2.5V,xW”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清。某同学想通过测绘灯丝伏安特性

曲线的方法来测出该灯泡的额定功率：

(1)已知小灯泡的灯丝电阻约为5C,请先在图甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图______________,再

选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路:

(2)开关S闭合之前，应将图乙中滑动变阻器的滑片置于(选填“4端”、“B端”或“8正中间”)：

(3)该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为Wo

8端1.1

【解析】测定伏安特性电压电流需从0开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻约为5C,

属于小电阻，电流表采取外接法。灯泡的额定电压为2.5V,所以电压表选择0~3V量程的，灯泡的额定电

流约为

q=”0.5A

R5

则电流表量程选择0~0.6量程，电路图如图所示

(2)⑶开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于8端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键

时，电压表、电流表示数为零，起到保护作用。

(3)性当电压但2.5V时,1=0.44A,则

P=W=2.5xO.44W=l.lW

13.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，冰壶比赛的场地如图甲所示。冰道的左端有一个发球区，

运动员在发球区边沿的投掷线将冰壶以一定的初速度掷出，使冰壶沿着冰道的中心线P。滑行，冰道的

右端有一圆形的营垒。以场地上冰壶最终静止时距离营垒圆心。的远近决定胜负。比赛时，为使冰壶滑行

得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。当对手的冰壶停

止在营垒内时，可以用掷出的冰壶与对手的冰壶撞击，使对手的冰壶滑出营垒区。己知冰壶的质量为20kg,

营垒的半径为1.8m,投掷线中点与营垒区中心之间距离为30m。设冰壶与冰面间的动摩擦因数“=0.008,

用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至"2=0.004。在某次比赛中，若冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向推力

作用的时间U10s,使冰壶A在投掷线中点处以w=2.0m/s的速度沿中心线P。滑出。设冰壶之间的碰撞时

间极短，且无机械能损失，不计冰壶自身的大小，g取10m/s2。

(1)若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离营垒圆心。点多远；

(2)冰壶在发球区受到运动员沿中心线方向作用的冲量大小为多少；

(3)如果在中心线P0上已经静止着一个冰壶B,如图乙所示，冰壶8距圆心。的距离为0.9m,若要使

冰壶A能够沿中心线尸。将B撞出营垒区，则运动员用毛刷擦冰面的长度至少为多少。

【答案】(1)5.0m；(2)56N-S；(3)13.6m

【解析】(1)根据动能定理

12

4Mgs=2加%

解得.v=25m

则冰壶停止的位置距离营垒圆心的距离

x=30m-25m=5.0m

(2)设推力对冰壶的冲量大小为/,则根据动量定理

1-从mgt—mv()

代入数据解得/=56Ns：

(3)冰壶A与冰壶B碰撞的过程中，设冰壶A碰撞前的速度为VA,碰撞后的速度为匕，冰壶B碰撞后的

速度为，以根据动量守恒定律有

mvA=mv'A+mv'B

根据机械能守恒定律有

121,21,2

—mv~--mv.+—mv

2A2A2BR

解得v'A=Q,v'H=v

即冰壶A与冰壶B碰撞后二者的速度相互交换，因此可以将整个过程看成冰壶A一直沿直线PO运动到营

垒区外的过程，运动的总位移为s'=31.8m

根据动能定理，设将冰壶B恰好撞出营垒区外，运动员用毛刷擦冰面的长度为3根据动能定理有

一从加g(s'-L)-"2mgL=°-gmvo

代入数据解得G13.6m

14.物理现象的分析有宏观与微观两个视角。现讨论如下情境：在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场

中，两根足够长的光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L,电阻不计。电阻为R、质量为加

的金属导体棒仍垂直于尸。放在轨道上，与轨道接触良好，导体棒岫的中点用轻绳经过滑轮与质量

为M的物块相连。物块放在水平地面上，轻绳处于竖直方向上刚好张紧，如图1所示。例P间接有电动势

为E、内阻为r的电源，其它连接导线的电阻不计，不计一切摩擦。已知：B=\T,L=0.5m,R=2C,E=3V,

lIC,M=0.02kg,m=0.01kg,^=10m/s2,电子的质量为/wo,电量为e。闭合S,导体棒油从静止开始

E-BLv

向运动，若某时刻导体棒运动速度为也此时回路中的电流可用公式/=——进行计算，R为回路中的

R,

总电阻。求：

（1）闭合电键S瞬间，电路中的电流；

（2）分析导体棒水平方向所受各力变化的情况，定性画出导体棒速度与时间的变化图像；

（3）计算导体棒稳定运动后，自由电荷运动沿棒方向受到的碰撞阻力的平均值与沿棒方向的洛伦兹力大小

的比值。

「

4

--

【答案】（1）1A；（2）见解析;3)9

【解析】（1）闭合电键瞬间，电路中的电流

E_E

=1A

R总R+r

（2）由牛顿第二定律：对导体棒

F•安-N=ma

由牛顿第二定律：对重物

N-Mg=Ma

可得

E-BLv…、

BL-------------Mg—(M+m)a

R+r

导体棒由静止开始向做加速运动，随着速度的增大，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小。结论：导体棒做

的是加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动。

速度随时间变化的图像如图所示

(3)导体棒稳定后做匀速运动

BIL=Mg

a

八F电=£场e

阻

fa=evB

b

可得

v=3.6m/s

方法一：导体棒中的电子沿棒方向受力如下图所示:

油棒路端电压

U=E-Ir=2.6V

ah棒内部电场的场强为

=5.2V/m

L

由平衡关系

怠+或产盘

平均阻力与沿棒方向洛伦兹力大小的比值为

/且_eE场-evB=4

4—一赢一一§

方法二：设自由电子沿棒方向运动的平均速度为/，由微观与宏观的对应关系可知

4/二rR

加Mgv

带入数据可得

■41_4

（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.[选修3-3]（12分）

（1）如图所示，上端封闭的玻璃管插在水银槽中，管内封闭着一段气柱。现使玻璃管缓慢地绕其最下端的

水平轴偏离竖直方向一定角度，能描述管内气体状态变化的〃-V图像是（箭头表示状态的变化方向）（）

【答案】c

【解析】玻璃管倾斜，水银柱和液面的高度差力减小，根据压强平衡〃=〃o-&可知管内气体压强增大，管

内封闭气体发生等温变化，根据玻意尔定律pV=C可知，气体体积减小，图像为双曲线的一支，ABD错

误，C正确。

故选C。

（2）2020年4月1日，苏州某所中学高二年级迎来了复学日，为控制新冠肺炎病毒的传播，学校特制定了

校园消毒工作方案，对课室、图书馆、饭堂等场所进行物表与空气消毒。如图为使用的便携式消毒器原理

图，桶内消毒液上方用塞子密封了一定质量的理想气体，已知气体初态压强与外界大气压相等，均为po,

为使消毒液从喷头处雾化喷出，内部气体压强至少为1.5p。，打气筒每次可以向桶内打入0.1L气体，打了5

次刚好有消毒水喷出，(忽略桶内消毒液所产生的压强，整个过程可视为等温变化)。求：

(1)未打气前瓶内消毒液上方气体的体积为多少？

(2)设桶内原有的药液共有9L,则至少需要打几次气才能把消毒液全部喷洒完。

【答案】⑴1L；(2)140次

【解析】(1)设原来上方空气体积为匕已知

P\=P0,M=V+5x0.1L=(V+0.5)LP2=