2021年决胜高考物理模考押题卷（五）解析版（新课标卷专用）

2021年决胜高考物理模考押题卷（五）

物理

本卷满分110分，考试时间90分钟。

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0分。

14.2014年诺贝尔物理学奖被授予了日本科学家赤崎勇、天野浩和美籍日裔科学家中村

修二，以表彰他们发明蓝色发光二极管（LED）,并因此带来新型的节能光源.在物理

学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物

理学史实的是

A.开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比.

B.奥斯特发现了电流的周围存在磁场并最早提出了场的概念

C.牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在地

球上

D.安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究

答案:C【解析】胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，

选项A错误；奥斯特发现了电流的周围存在磁场，法拉第最早提出了场的概念，选项B

错误；牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落在

地球上，选项C正确；法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的

研究，选项D错误；故选C.

15.如图所示，半径为R的光滑大圆环用一细杆固定在竖直平面内，质量为m的小球A

套在大圆环上。上端固定在杆上的轻质弹簧与质量为m的滑块B连接井一起套在杆上，

小球A和滑块B之间用长为2R的轻杆分别通过较链连接，当小球A位于圆环最高点

时、弹簧处于原长：此时给A一个微小扰动（初速度视为0）,使小球A沿环顺时针滑

下，到达环最右侧时小球A的速度为廊（g为重力加速度）。不计一切摩擦，AB均可

慢为质点，则下列说法正确的是

A.小球A、滑块B和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能守恒

B.小球A从圆环最高点到达环最右刻的过程中滑块B的重力能减小［mgR

C.小球A从腰环最高点到达医环最右的过程中小球A的重力能小了gmgR

D.小球A从圆环最高点到达环最右侧的过程中弹簧的弹性势能增加了（3-但）mgR

答案：DA.轻质弹簧、小球A、滑块B和轻杆组成的系统机械能守恒。故A错误。

B.开始是滑块B距离圆环最高点的距离为g=2R,小球A从圆环最高点到达环最右侧

时，滑块B距离圆环最高点的距离为6B=Rtan60--R=^R-R,所以在这个方程，小球

B卜降的距离为Ah=hB-hB=3R-叔?，可得滑块B重:力能减小量为（3-何mgR。故B

错误。C.小球A从环最高点到达环最右的过程中下降的高度为R,所以重力势能的减小

量为m9心故C错误。D.小球A到达环最右侧时，A、B的速度方向都是竖直向下的，

此时他们与轻杆的夹角相等，由因为A、B的速度沿轻杆方向的分量相等，所以A、B

的速度相等：力=%=廊，在整个过程由能量的转化与守恒可得弹簧的弹性势能：

埒强=EPA+EPB-EKA-EKB=（3-®mgR+mgR-2xjxmx（抑丫=（3一@mgR。

故D正确。

16.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速

电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为凡通道内有均匀

辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强

度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为〃八

电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心

线做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中，最终经过。点进入收集器.下列说法

中正确的是（）

加速电场u匚:二〜草收集器

曲］离子源

A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内

B.加速电场中的加速电压U=-ER

2

mER

C.磁分析器中圆心。2至ijQ点的距离d=

q

。.任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器

答案：B解：A、离子在磁分析器中沿顺时针转动，所受洛伦磁力指向圆心，根据左手

定则，磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，故A错误.B、离子在静电分析器中做

QE=m一

匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有：R,设离子进入静电分析器时的速度为v,

1，ER

qU=FV--0U=—

离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有：2,解得:2,B正

确.

2

]

C、离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB=m上,解得:r=

BJq

贝人d署’故C错误-D、由B可知：R=tR与离子质量、电量无关；离子

在磁场中的轨道半径一湃

离子在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量

和电量有关，能够到达P点的不同离子，半径不一定都等于d,不一定能进入收集器,

故D错误.

故选B.

17.如图,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L,导轨弯曲部分光滑，平直

部分粗糙，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖

直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高为h

处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数

为u,金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（）

Bd向t

A.流过金属棒的最大电流为2R

BdL

B.通过金属棒的电荷量为R

C.克服安培力所做的功为mgh

-mg(h-]Lid)

D.金属棒产生的焦耳热为2

答案：D

18.嫦娥四号月球探测器已于2018年12月8日在西昌卫星发射中心由长征三号乙运载

火箭发射成功。嫦娥四号将经历地月转移、月制动、环月飞行，最终实现人类首次月球

背面软着陆和巡视勘察。已知地球质量为Mi,半径为Ri,表面的重力加速度为g,月

球质量为M2,半径为R2,两者均可视为质量分布均匀的球体。则下列说法正确的是

B.探测器在月面行走时，探测器内的仪处于完全失重状态

国

C.月球的第一宇宙速度为勺而■后

D.嫦娥四号环月飞行的最小周期为2兀——-

解

M^m

答案：CD【解析】A.在地球表面，根据万有引力和重力的关系可得：G-^=mg,

R1

M2mM2gR1

在地球表面，同理有万有引力等于重力的关系：月，联立可得：。月=才(不)2；

故A错误.B.探测器在月面行走时，探测器和仪器在竖直方向受力平衡，不是处于失重

状态，故B错误.C.绕月球表面的卫星的环绕速度为月球的第一宇宙速度，有

口月/=廊&=&J品；故C正确.D.四号环月飞行时按第一宇宙速度运行时周期最

2叫Wi.

小，则四号环月飞行的最小周期为7=——=2〃——--故D正确.

“月，上相

故选CD.

19.杯的一种同位素贫P"衰变时释放巨大能量，其衰变方程为贫P”一$U+狙e+y,则

（）

A.核燃料总是利用比结合能小的核

B.核反应中V的能量就是馈Pn的结合能

C.第U核比赞P”核更稳定，说明锵U的结合能大

D,由于衰变时释放巨大能量，所以蜉P"比第5（/的比结合能小

答案：AD比结合能小的核是指在核子结合成原子核的过程中平均每个核子释放的能量

少，所以选择核燃料时，选择比结合能小的原子核，经过核反应释放能量转化为比结合

能大的原子核，故A、C正确；D错误；黄光子的能量是光能，结合能是核能，不能说

芦光子的能量就是结合能，所以B错误。

20.国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座。变电站起变

换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压"=200

、历sinlOO加（V）,电压表、电流表都为理想电表。则下列判断正确的是（）

A.输入电压有效值为200V,电流频率为50Hz

B.若变阻器的滑片不动，S由〃接到〃处，电压表V2和电流表Ai的示数都减小

C.S接到。处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小

D.S接到。处，当变阻器滑片向下滑动时，两电压表示数都增大

答案：AB【解析】A.根据瞬时值表达式知，输入电压的最大值是。加=200后V,输

CO

入电压的有效值Ui=200V,角速度。=100兀，所以户2%=5（）Hz,故A正确;

B.若变阻器滑片不动，S打到匕处，副线圈电压变小，输出功率和输入功率都减小，由

P二U|/|知，原线圈电流减小，即电压表V2和电流表Al示数都减小，故B正确;

U,n,

CD.S接到“处，副线圈匝数增加，根据什=」，则副线圈两端的电压增加，电压表

Uzn2

Vi示数不变，电压表V2示数增加；滑片向下滑动，变阻器电阻变小，副线圈电流增大，

即A2示数变大，输出功率增大，输入功率增大，输入电压不变，所以电流表Ai示数增

大，故CD错误。

21.如图所示，水平线a、b、c、d为匀强电场中的等差等势线，一个质量为m,电荷量

绝对值为q的粒子在匀强电场中运动，A、B为其运动轨迹上的两个点，已知该粒子在

A点的速度大小为vi,在B点的速度大小为V2,且方向与等势线平行A、B连线长为L,

连线与竖直方向的夹角为。，不计粒子受到的重力，则

A.该粒子一定带正电

B.匀强电场的电场强度大小吧

IqLcosO

C.粒子在B点的电势能一定大于在A点的电势能

D.等势线b的电势比等势线e的电势高

答案：BC【解析】A项：根据做曲线运动的物体受的合力指向曲线的内侧，由于不知

道电场强度的方向，所以无法确定粒子的电性，故A错误；

B项：在沿电场线方向的位移为：y=Lcosd设A、B间的电势差为UAB,由动能定理

得：勺力8=-勺4=%1近一，117；，所以9=叫%以乙故B正确；C项：根据做曲线运

乙,IqLcosO

动的物体受的合力指向曲线的内侧可知，粒子受的电场力方向向上，所以粒子从A到B

过程中电场力做负功，电势能增大，故C正确；D项：根据题意可知判断粒子受到的电

场力方向，但无法确定电场线的方向，所以无法确定等势面的电势的高低，故D错误。

故选：BCo

三、非选择题

（-）必考题（共47分）

22.（6分）某同学采用如图的实验装置来验证动量守恒定律（图中小球A和B半径相

同、质量分别为mA和nw）,先调节轨道末端水平，木板竖直固定（B球和O,点在同一

水平线上）。当不放置B球时，让A球从挡板处由静止开始运动，它能打到木板上的P

点，将B球置于轨道末端，同样让A球从挡板处由静止开始运动，得到木板上两球的

落点N和M,分别测量0'点到N、P和M点的距离为Hi、H2和H3。

《1木板

1/

OW

（1）该实验要求两球的质量关系为mA（填“大于”“小于”或“等于"）mB

（2）若A球与B球碰撞动量守恒,则应有11^、1^、印、112和E之间关系式为o

（3）若A球与B球碰撞为弹性碰撞，则HHH2和H3之间关系式为。

mAmB111

=——=H------+__=

答案：⑴大于⑵.⑵M晒M⑶.⑶M晒v瓦

【解析】（1）实验中为了防止入射球反弹，则要求入射球的质量大于被碰球的质量，即

mA大于"IB；

（2）小球离开斜槽后做平抛运动，设其水平位移为3则小球做平抛运动的时间：t=

vo

小球的竖直位移：二g凡解得：%=L区碰撞前入射球A的水平速度：”L袅,

2J2W2

碰撞后入射球A的水平速度：V2=LUr,碰撞后被碰球8的水平速度：%=L4,

JZ/13

如果碰撞过程系统动量守恒，则：加八丫|="22+〃组1，3,BP：

ggg3mAmAmB

（3）若A球与8球碰撞为弹性碰撞，则

1q1a1qmAmR

巧.a丽―”(L同2+/B.(L诉2,BP-=-+-,联立解得:

23.(15分)测电池的电动势E和内阻

F-

-o——

£c

①首先直接用多用电表测定该电池电动势，在操作无误的情况下，多用电表盘面如图a

所示，其示数为—V.

②然后，用电压表⑰、电阻箱R、定值电阻(Ro=5。)、开关S、若干导线和该电池连

成电路，进一步测定该电池电动势和内阻.

(i)在图b中，根据电路图，用笔画线代替导线，完成实物图连接.

(ii)闭合开关S,调整电阻箱阻值R,读出电压表酚相应示数U.记录多组R、U数

j_j__L

据，并计算出相应的R与u的值，做出R-U图线如图c所示.分析该图线斜率k的

物理意义知k=.(用E、r、Ro表示)

(iii)从图线中可求得待测电池电动势E=_V,内阻r=—C.(计算结果均保留到

小数点后两位)

(iv)若考虑电压表为非理想表，则电池电动势E测量值相对真实值—(填“偏大”,

“偏小”或“不变”).

答案：

①1.55；

②(i)如图所示；

(iii)1.54；0.57

(iv)偏小.

解：①由图可知，所选量程为2.5V,则最小分度为：0.05,故读数为：1.55V

②（i）根据原理图分析，采用的是一般的串联接法，电压表量程选择3V；故得出实

物图如图所示

（ii）由闭合电路欧姆定律可得：U=--5―R,

R+r+R0

由数学知识可知，图象中的斜率为：k=——5

E

（iii）截距为：b=1；

E

由图可知,b=0.65»

所以E=1-1-1.54V：

b0.65

r+R（）2.0-0.65,

E0.38

解得：r=0.57Q

（iv）如果考虑电压表的内阻，根据实验的原理£=15+（—叱+白）r,

Ro+RRv

1=1（i+工）+工•一」，考虑电压表的内阻，此时图线的纵轴截距表示［（1+工）,

UERvERo+RERv

所以E聊小于E&,r洲小于ru

故答案为：①1.55；

②（i）如图所示；

r+Ro

（11）----------

E

(iii)1.54；0.57

(iv)偏小.

24.（14分）如图所示，半径R=3.6m的;光滑绝缘圆弧轨道，位于竖直平面内，与

长L=5m的绝缘水平传送带平滑连接，传送带以v=5m/s的速度顺时针转动，传送

带右侧空间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度E=20N/C,磁感应强度8

=2.0T,方向垂直纸面向外。a为=1.0xl（T3kg的不带电的绝缘物块,b为瓶2=2.0x10

-3kg、q=1.0xl03c带正电的物块。b静止于圆弧轨道最低点，将a物块从圆弧轨道顶

端由静止释放，运动到最低点与b发生弹性碰撞（碰后b的电量不发生变化）。碰后b

先在传送带上运动，后离开传送带飞入复合场中，最后以与水平面成60。角落在地面上

的P点（如图），已知b物块与传送带之间的动摩擦因数为（gMX10m/s2,a、b

均可看做质点）求：

（1）物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度及对轨道的压力；

（2）传送带上表面距离水平地面的高度；

（3）从b开始运动到落地前瞬间，b运动的时间及其机械能的变化量.

答案及解析：

13.⑴/=2X10-2N,方向竖直向下（2）/i=3m（3）AE=-5.5x10-2/

【分析】

（1）根据机械能守恒定律求解物块a运动到圆弧轨道最低点时的速度；根据牛顿第二

定律求解对最低点时对轨道的压力；

（2）a于b碰撞时满足动量和能量守恒，列式求解b碰后的速度；根据牛顿第二定律

结合运动公式求解b离开传送带时的速度；进入复合场后做匀速圆周运动，结合圆周运

动的知识求解半径，从而求解传送带距离地面的高度；

（3）根据功能关系求解b的机械能减少；结合圆周运动的知识求解b运动的时间.

【解】（1）“物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒,

mgR(l-cos6)=^nvc2

得：vc=6m/s

在。点，由牛顿第二定律：FN—m、g―

解得：FN=2X1LN

由牛顿第三定律，〃物块对圆弧轨道压力：^=2X10-2N,方向竖直向下。

(2)a、Z?碰撞动量守G1%=加1琥+加2%

11I1

a、b碰撞能量守恒丁%%2=5mll+5m2%之

解得(Vc'=-2m/s,方向水平向左。可不考虑)％=4m/s

b在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s,

Um2g=m2a

v2—%2=2as

得：s=4.5m<L加速Is后，匀速运动0.1s,在传送带上运动G=Lis,所以b离开传

送带时与其共速为"=5m/s

2

进入复合场后，qE=m2g=2xlO-N,所以做匀速圆周运动

,v2

田qi归=m2一

m9v

得：r=---=5m

qB

由几何知识解得传送带与水平地面的高度：力=「+g=7.5m

2-1

(3)b的机械能减少为AE=(；加242+m2gh)-^m2v=lAlxIO；

27rm

b在磁场中运动的T=----9=2n

qB

T27r

233

27r

b在传送带上运动％=Lis；b运动的时间为"+t2=1.1+y«3.2s

25.(18分)如图所示，将一质量为m=O.lkg的小球自水平平台右端0点以初速度V。

水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC,并沿轨道恰好通

过最高点C,圆轨道ABC的形状为半径R="2.5"m的圆截去了左上角127。的圆弧，CB

为其竖直直径，(sin530="0.8"cos53°=0.6,重力加速度g取10m/s2)求：

(1)小球经过C点的速度大小；

(2)小球运动到轨道最低点B时小球对轨道的压力大小;

(3)平台末端O点到A点的竖直高度Ho

答案：

(1)海&=扇=冬碱£■.(2)6.0N(3)3.36m

试题分析：(1)恰好运动到C点，有重力提供向心力,

即喀=jn—

R

匕===5次/£

(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有

2

iwvc+mg-2R=

在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有

R

FN="6.0MN

(3)从A到B由机械能守恒定律有

1212

万mvA+mgR(y-cos53,)=-

所以y月=J105网/s

在A点进行速度的分解有Vy=vAsin53°

v

所以7/=7^-=3.36m

2g

(-)选考题(15分)

33.［物理——选修3-3J(15分)关于分子动理论，下列说法正确的有

A.扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明

B.布朗运动不是分子运动，但间接地反映了液体分子运动的无规则性

C.压缩气体时，体积越小，压强越大，说明气体分子间存在着斥力

D.从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平均动能和分子的密集程度有关

E.当分子间作用力表现为引力时，分子势能随距离的增大而减少

(2)图中竖直圆筒固定不动，粗筒横截面积是细筒4倍，筒足够长，粗筒中A、B两

轻质活塞间封有一定量的理想气体，气柱长L=17cm,活塞A的上方细筒中的水银深

〃i=20cm,粗筒中水银深/72=5cm,两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B,

使之处于平衡状态。现使活塞B缓慢向下移动，直至水银恰好全部进入粗筒中，设在

整个过程中气柱的温度不变，大气压强尸。相当于75cm高水银柱产生的压强。求：

(1)此时气柱的长度；

(2)活塞B向下移动的距离。

答案：

(l)ABD【解析】扩散现象是物质分子永不停息地做无规则运动的证明，选项A正确；

布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的运动，不是分子的运动，但间接地反映了液体

分子运动的无规则性，选项B正确；压缩气体时，体积越小压强越大，这是因为体积越

小时气体分子的密度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，这

与气体分子间的斥力无关，选项C错误；从微观角度来看，气体的压强与气体分子的平

均动能和分子的密集程度有关，气体动能越大，气体分子对器壁的碰撞力越大；分子密

度越大，单位时间内气体分子对器壁的碰撞次数越多，压强越大，选项D正确；当分子

间作用力表现为引力时，分子距离变大，则分力力做负功，则分子势能增加，即分子势

能随距离的增大而增大，选项E错误；故选ABD.

（1）20cm；（2）8cm

【详解】（1）设气体初态压强为P1,则有

Pi=Po+%+%

设S为粗圆筒的横截面积，气体初态的体积、=SL

设气体末态的压强为P2,有

。2=%+为+j

设末态气柱的长度为L',气体体积为匕=SL'

由玻意耳定律得

PiV=%匕

联立各式代入数据解得

L!=20cm

（2）活塞8下移的距离d为

d=L=L+A

4

代入数据