核心素养卷（03） 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（03）

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。

1.2018年11月16日，第26届国际计量大会通过“修订国际单位制”决议，正式更新包括国际标准质量单

位“千克”在内的4项基本单位定义。其中，千克将用普朗克常量（/?）定义，安培将用电子电荷量（e）定义,

以基本物理常数定义计量单位，可大大提高稳定性和精确度。关于普朗克常量和电子电荷量的单位，下列

正确的是（）

A.电子电荷量的单位为A-SB.电子电荷量的单位为A.U

C.普朗克常量的单位为kg-n?.s-2D.普朗克常量的单位为kgT.m2.sT

【答案】A

【解析】AB.根据

q-It

电流单位A,时间单位s,电子电荷量的单位为A-S,B错误，A正确；

CD.根据

h=pA

动量P的单位为kg-m/s,波长2的单位为m,那么普朗克常量的单位为kgxn?/s,CD错误。

故选Ao

2.如图所示，倾斜角为6的斜面AB,在A点的正上方高度为"的P点以水平初速度如，抛出一个物体M,

物体M恰好垂直落到斜面上，现在A点正上方2H的。点水平抛出另一个物体N,这个物体N也能垂直落

在斜面上，那么物体N的初速度为（）

Qi"B

1-

A-----------------------------

半%C.瓜。D,仿。

A.2voB.

【答案】D

【解析】对于M,根据

H=；g/

%=gt

解得

Vy=12gH

因为垂直落到斜面上，则

tan"%

%

同理对N,根据

2"=gg产

匕：=gf

解得

v；=2则

因为垂直落到斜面上，则

tan。=其

Vy

则有

也=%

V..V.

解得

VN~血%

故选D«

3.如图，A、B两个质量均为小的小球（视为质点）悬挂在。点，在小球B上施加一个外力尸，缓慢地让

两个小球偏离原来的位置，直到轻绳0A与竖直方向成30。角的平衡位置，当外力尸最小时，轻绳。A与轻

绳AB上的拉力大小之比为（）

B。

A.2：1B.白：3C.62D.V3：1

【答案】D

【解析】AB整体受力如图所示

mg

当外力F最小时，外力F与竖直方向成60。角，可求出绳OA拉力大小为

TOA-上mg

再隔离B小球，作用在B小球上的三个力构成等边三角形，则绳AB上的拉力为

ToA=ntg

所以

TOA：TAB=>/3•1

故选Do

4.2020年11月29日20时23分，嫦娥五号探测器在近月点A再次刹车，从椭圆环月轨道/变为近圆轨道

〃（视为圆轨道），如图是嫦娥五号探测器变轨的简化示意图，其中B点是椭圆轨道的远地点。下列说法正

确的是（）

A.嫦娥五号探测器在轨道/由A运动到B的过程中机械能增加

B.嫦娥五号探测器在轨道/由A运动到B的过程中机械能减少

C.嫦娥五号探测器在轨道/上运动过程中经过A点的加速度等于在轨道〃上运动过程中经过A点的加速

度

D.嫦娥五号探测器在轨道〃上运动时的机械能大于在轨道/上运动时的机械能

【答案】C

【解析】AB.嫦娥五号探测器在轨道I由A运动到B的过程中只有引力做功，所以机械能守恒，故AB

错误；

C.嫦娥五号探测器在轨道/、轨道II上经过A点时受到的万有引力相等，根据牛顿第二定律可知加速度

相等，故C正确；

D.嫦娥五号探测器从轨道I进入轨道II时需刹车减速，机械能减小，故D错误。

故选C。

5.如图所示，将不带电的枕形导体AB,放在一个点电荷的电场中，点电荷的电荷量为-Q,与导体AB的

中心。的距离为R。由于静电感应，在导体AB的两端感应出异种电荷。当达到静电平衡时，下列说法正

确的是（）

AB-Q

（。）:

：＜—R」

A.导体A端带正电

B.导体AB带上正电

C.导体A端的电势低于B端的电势

Q

D.导体AB的感应电荷在。点产生的电场强度大小为攵,方向向左

【答案】D

【解析】A.由于点电荷带负电，由于静电感应，导体A端带负电，8端带正电，故A错误;

B.枕形导体AB原来不带电，放置在负电荷的电场中发生静电感应的过程其内部的电荷重新分布，并没有

产生电荷，所以导体整体仍然不带电，故B错误;

C.处于导体AB静电平衡状态，导体是一个等势体，故导体A端的电势等于8端的电势，故C错误;

D.导体内部各点的合场强为零，则导体中心。点的场强为零，故感应电荷在。点的产生场强与点电荷

Q

在。点的场强等大反向，大小为k方向向左，故D正确。

故选D。

6.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电

流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴。。'沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5C,外接一只阻值

为5。的电阻凡不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示。则（）

A.线圈的转速为100r/s

B.交流电流表的示数为2瓶A

C.0.01s时线圈平面与磁场方向平行

D.电阻R在1分钟内产生的热量为4800J

【答案】D

【解析】A.由图乙可知，交变电流的周期为0.02s,所以线圈的转速为

n=—=50r/s

T

A错误：

B.电阻R两端的电压的有效值为20V,交流电流表的示数为有效值，其值为

B错误：

C.0.01s时电压为零，则感应电动势为零，线圈处于中性面位置。C错误；

D.电阻R在1分钟内产生的热量为

Q=/2Rf=4800J

D正确。

故选D,.

7.螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为a,如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿

底座的螺纹槽（相当于螺母）缓慢旋进而顶起质量为〃?的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，

称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，a的最大值为丹。现用一个倾角为他的千斤顶将重物缓慢顶起高

度。后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数"减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说

法正确的是（）

A.实现摩擦自锁的条件为tana2〃B.下落过程中重物对螺杆的压力等于

C.从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mghD.从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2tngh

【答案】D

【解析】A.实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即

mgsina</nmgcosa

解得

42tana

A错误;

B.用物从静止开始下落，落回到起点位置重物速度又减为0,所以雨物在F落过程中先失重后超重，所以

螺杆对重物的支持力先小于侬，后大于伊，根据牛顿第三定律可知重物对螺杆的作用力小于筷,后大

于，型，B错误；

C.重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物为整体受力分析如图

则摩擦力做功为

Wf=-jumgcosa-L--tana-mgcosa•

C错误；

D.从重物开始升起到最高点，即用于克服摩擦力做功，也转化为重物上升增加的重力势能相g〃，所以根据

动能定理得

卬+叱.一/咫〃=0

W-2mgh

D正确。

故选D,.

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.飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，P对该星球的张角为。，如图所示。下列说法中正确的是（）

X.

A.轨道半径越大，周期越小

B.张角越大，速度越大

C.若测得周期和星球相对飞行器的张角，则可得到星球的平均密度

D.若测得周期和轨道半径，则可得到星球的平均密度

【答案】BC

【解析】A.由引力做为向心力可得

—Mm4"

G——=

r

J色t,故轨道半径越大，周期越大，A错误:

化简可得T

\GM

B.由引力做为向心力可得

_Mmv-

G—―=m—

rr

也，张角越大，轨道半径越小，速度越大，B正确;

化筒可得u=

C.星球半径为R,轨道半径，，由星球相对飞行器的张角可得

.eR

sin—=—

2r

47r234

由A的分析可得星球质量加=丝—，体积丫=一万7?3,则星球的密度为

GT23

_M371]

片歹=彳.不

2

故测得周期和星球相对飞行器的张角，则可得到星球的平均密度，C正确；

D.由C的分析可知，若测得周期和轨道半径，无法得到星球的平均密度，D错误。

故选BCo

9.如图甲所示，光滑绝缘细杆处于静电场中，沿细杆建立坐标x轴，取x=0处的点电势为零，细杆上各处

电场方向沿x轴正方向，其电场强度E随x的分布如图乙所示。细杆上套有可视为质点的带电圆环，其质

量为加=0.2kg,电荷量为疔2.0x10-6c。将带电圆环自。点由静止释放，下列说法中正确的是（）

0

x|&洸)

23

乙

A.带电圆环在0~3m区间内做匀变速直线运动

B.带电圆环在41m处的加速度为2m/s2

C.绝缘细杆上广1m处的电势为2.5xlO5v

D.在x=2m位置时，带电圆环的速度大小为2啦m/s

【答案】BD

【解析】A.带电圆环在0~3m区间的加速度为

=也

m

因电场强度在不断改变，故圆环的加速度也在不断改变，A错误；

B.由图可知，圆环隹x=lm时，电场强度为2xl()5N/C，可得加速度为

故B正确；

C.圆环从k0处运动到x=lm处电场力做功为

W=£qx=0.5J

其电势能减少量为

E=-W=-0.5J

则其在41m处的电势为

^=-^=-2.5X105V

q

故C错误；

D.圆环从处运动到k2m位置时，电场力做功为

W=Eqx=0.8J

电场力做功全部转化为圆环的动能，故其速度大小为

区的320mAs

Vm\0.2

故D正确；

故选BD。

10.如图所示，用电阻&=12C的均匀导体弯成半径£,=0.5m的闭合圆环，圆心为O,S。。是一条水平

直径，在。、S间接有负载电阻K=3Q,整个圆环中有大小为3=（）.4T、方向竖直向上的匀强磁场穿过。

电阻r=2。、长度为L的导体棒OP贴着圆环以。为圆心沿逆时针方向（从上往下看）匀速转动，角速度

<y=240rad/s,导体棒OP与圆环接触良好，不计一切摩擦以及导线的电阻。则（）

A.棒转动过程中。点的电势比尸点的电势高

B.棒转动过程中产生的感应电动势为12V

C.棒转动过程中电路的最大电功率为28.8W

D.当OP到达OQ处时圆环的电功率为27W

【答案】BC

【解析】A.棒为电源，由右手定则可知，棒在转动中。点的电势比尸点的电势低，A错误;

B.棒转动产生的电动势

£=-BL2tz?=-x0.4x0.52x240V=12V

22

B正确；

C.当。点与S点重合时，外电阻最小，此时电路中Ri与导体棒串联，电路的最大电流

E12

A=2.4A

mR]+r3+2

棒在转动中电路的最大功率为

Pm=E/m=12x2.4W=28.8W

C正确；

D.当OP到达OQ处时，电阻Ro=12。分成相等的两部分且处于并联关系，设其电阻值是/?2=3C,此时外

电路的电阻为

R=3Q+3C=6。

由闭合电路的欧姆定律得电路中的电流

E12、

___=___A=1.5A

R+r6+2

圆环的电功率

2

P=pR2=\,5X3W=6.75W

D错误。

故选BCo

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45分。

11.某实验小组同学组装了一个简易的多用电表，电路原理如图甲所示。己知图中电源的电动势E=6V,灵

敏电流计G的量程为100mA,内阻为12C,定值电阻4=4Q；

(1)当选择开关接1时，改装成电流表的量程为mA；

（2）当选择开关接2时，改装成的欧姆表的中央刻度对应的电阻值为。；

（3）实验小组同学利用改装的多用电表测量某一干电池（电动势约为1.5V,内阻约为凡欧姆）的电动势和内

阻，测量电路如图乙所示，回答下列问题：

①多用电表选择开关8应接在（选填“1”、“2”或“3”），红表笔应接在（选填“尸’或"Q”）

点；

②小组同学连好电路，闭合开关S,多次改变电阻箱的阻值，做出图像，如图丙所示，由图像可得电

池电动势斤V,内阻尸一。（计算结果均保留三位有效数字）

【答案】400601P1.464.3

【解析】（1）[1]当选择开关接1时，改装成电流表的量程为整个电路中能安全通过的最大电流，当表头电

流100mA时满足

可得最大电流为两只电流之和为400mA、

（2）12]中值电阻等于欧姆表内阻，设欧姆表的内阻为「，接2档位时，根据闭合电路的欧姆定律有

工

2

且R中=「

联立解得4,=600。

（3）[3][4]乙图中需要测电流，选电流档，故B接1；从图甲可以看出，接2档位时，电流从A进8出,

由于欧姆表统一红笔进黑笔出，故红笔应该接P;

[5][6]由乙图，根据闭合电路的欧姆定律可得

E=IR+Ir+IRA

变形得

R=；E-(r+Rj

故图线的斜率表示电源电动势，则有

£=^-V=1.46V

10-5

当R=0时』=5,代入上式，则有

0=5xl.46-(r+/?A)

解得

r+RA=7.3

又

感RK

4+4

故电源的内阻为/*=4.3C

12.某校校园文化艺术节举行四驱车模型大赛，其中规定赛道如图所示.某四驱车以额定功率20W在水平

轨道AB处由静止开始加速4s后从B点水平飞出，无碰撞进入圆弧轨道CD,该圆弧圆心角为37。，半径

Ro=5m,竖直圆轨道的半径R=2.4m.在恰好经过第一个圆弧轨道最高点尸后，继续沿着轨道运动后从最

高点H处水平飞出后落入沙坑中.已知沙坑距离EG平面高度为22m,四驱车的总质量为2kg,g=10m/s2

（四驱车视为质点，C点以后轨道均视为光滑轨道）.求：

（1）四驱车在水平轨道AB处克服摩擦力做功的大小：

（2）四驱车在E点对轨道的压力；

（3）末端平抛高台必为多少时能让四驱车落地点距离G点水平位移最大，通过计算说明.

【解析】（D设A8阶段，设摩擦力做功为叼，根据动能定理得

Pt+W（=­mvir

对四驱车在。点分析，如图所示.

o

由于无碰撞从c点进入圆弧轨道，由几何关系(如图所示)得

Vx=VB=VCCOS37°

根据机械能守恒定理得

ginvc2+mgRo(1—cos37°)=gmvr+2mgR

由于四驱车恰好经过最高点凡即

d

加g=〃？」一

R

联立以匕各式解得：

vc=10m/s,v«=8m/s,

M=T6J,即克服摩擦力做功16J.

(2)根据机械能守恒定理得：

g(1—cos37°)=g，〃后

R

代入数据得：FN=120N,由牛顿第三定律可知小车对轨道压力为120N,方向竖直向下.

(3)根据机械能守恒定律得

--mv3=mgh\+；niVH2

四驱车从〃处飞出后做平抛运动，所以

h\+〃2=—g产

水平位移

X=VHf

化简得:

x=业_2g〃.%)

即

x=J(120—20%)^^

当/ji=2m,有水平最大距离，Xmax=8m.

13.如图甲所示为法拉第发明的圆盘发电机，图乙是其原理示意图，其中的铜质圆盘安装在水平的铜轴上,

铜质圆盘的圆心与铜轴重合，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、。分别与圆盘的转动轴和边缘良好

接触，用导线将两块铜片与电阻R连接起来形成闭合回路，在圆盘绕铜轴匀速转动时，通过电阻R的电流

是恒定的。为讨论问题方便，将磁场简化为水平向右磁感应强度为8的匀强磁场；将圆盘匀速转动简化为

一根始终在匀强磁场中绕铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，其等效电阻为r。除了R和r以外，其

他部分电阻不计。已知圆盘半径为。，当其以角速度〃匀速转动时，产生的感应电动势E=

(1)圆盘转动方向如图乙所示，求通过电阻R的电流大小，并说明其流向；

(2)若各接触点及转轴的摩擦均可忽略不计，圆盘匀速转动一圈，外力需要做多少功；

(3)圆盘匀速转动时，圆盘简化的导体棒的内部电子因棒转动而在匀强磁场中受沿棒方向的洛仑兹力的分力,

其大小/随电子与圆心距离x变化的图像如图丙所示，试从电动势的定义式论证圆盘匀速转动产生的感应电

动势£

2

【解析】(1)根据欧姆定律可知，通过电阻R的电流

I_E_Bcoa1

R+r2(7?+r)

根据右手定则可知，通过电阻R的电流方向是由b到

(2)圆盘匀速转动一圈时间

2兀

CD

圆盘匀速转动一圈产生的总电能

B'a'am

石电=EIt=

2(R+r)

根据功能关系可知，圆盘匀速转动一圈外力需要做功

_B2a4Ml

W=

电-2(R+r)

(3)电子因棒转动在匀强磁场中受沿棒方向的洛伦兹力分力为非静电力，对于与圆心距离为x的电子，有

f]y=Becox

根据随电子与圆心距离X变化的图象可知，电子沿杆移动过程中，非静电力做的功为

w非勺

根据电动势的定义，可得

E鸣」痴2

e2

14.两条足够长的平行光滑的金属导轨MM尸。放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L轨道电阻

不计。水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。轨道上有材料和长度相同、

横截面积不同的两导体棒a、b,其中导体棒a的质量为〃?，电阻为R,导体棒人的质量为2/",导体棒匕放

置在水平导轨上，导体棒。在弯曲轨道上距水平面高度处由静止释放。两导体棒在运动过程中始终不接触,

导体棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为g。求：

(1)导体棒a刚进入磁场时，导体棒”中感应电流的瞬时电功率P；

(2)从导体棒。开始下落到最终稳定的过程中，导体棒。上产生的内能；

(3)为保证运动中两导体棒不接触，最初导体棒6到磁场左边界的距离至少为多少？

【答案】⑴喘L：⑵§ng…板丽

【解析】（1）导体棒〃从弯曲导轨上滑下到刚进入磁场时，由动能定理得

mgh=—mV,

解得

由题意可知导体棒b的横截面积是a的2倍，由电阻定律

R=p—

S

R

得导体棒b的电阻为上

2

感应电流

BLV]_2BLyl2gh

-R+乌3H

2

感应电流的瞬时电功率

p.R:姆叱

9R

（2）最终稳定时，4、6两棒速度相等，根据动量守恒得

mv1-3/71v

根据能量守恒得

12

mgh=­-3mv'+Qt,

解得

2

Q&=-mgh

两导体棒a、b阻值之比为2:1,故产生的内能之比为2:1,导体棒&上产生的内能

24

Qu总=丁词7

（3）设两导体棒速度相同时，两者恰好不接触，对导体棒。由动量定理可得

BILt=BLq-2mv

设导体棒b到磁场左边界的最小距离为x,根据法拉第电磁感应定律可得

BAS2BkS_2BLx

q=It=

碍3Rt3R

解得

码=型r—

（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）.如图为医院给病人输液的部分装置，A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通。在输液过

程中（假设病人保持不动、瓶A液体未流完）（）

A.瓶A上方的气体压强、滴壶B中的气体压强均减小

B.瓶A上方的气体压强、滴壶B中的气体压强均增大

C.瓶A上方的气体压强增大，滴壶B中的气体压强不变

D.瓶A上方的气体压强减小，滴壶B中的气体压强不变

【答案】C

【解析】瓶A中上方气体的压强为外界大气压与瓶A中的液体产生的压强差，瓶A中的液面下降，液体产

生的压强就减小，所以瓶A上方气体的压强会增大。进气管C处的压强为大气压强，不变化，从C到滴壶

B之间的液柱高度不变，所以滴壶B中的气体压强在瓶中药液输完以前是不变的，故ABD错误，C正确。

故选C。

(2).如图所示，圆柱形汽缸竖直放置，质量为"?=3.0kg、横截面积为S=1.0xl(T3m2的活塞封闭一定质

量的理想气体，活塞与汽缸壁封闭良好，不计摩擦，不计活塞和汽缸的厚度。开始时活塞距汽缸底的距离

川=0.5m,此时温度Ti=300K,给汽缸缓慢加热至480K,活塞上升到距离汽缸底也处，同时缸内气体吸

收的热量。=289J。已知外界大气压强po=l.Ox1()5pa,取g=10m/s2。求：

(1)缸内气体加热后距离汽缸底距离也：

(2)此过程中缸内气体内能变化。

【答案】(l)〃2=0.8m；(2)内能增力口250J

【解析】(1)根据盖一吕萨克定律可得

代入数据可得

人2=0.8〃7

(2)缸内气体压强

P=P