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天天资源网 / 高中物理 / 高考模拟 / 2021年广东省新高考物理(5月份)冲刺卷(五)(广东专用版含答案)

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2021 年广东省新高考物理——考前冲刺卷(五) 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 有一项是符合要求的。 1.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南, 然常微偏东,不全南也.”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图.结合上 述材料,下列说法不正确的是( ) A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 2.如图所示为氢原子光谱中的三条谱线,对这三条谱线的描述中正确的是( ) A.乙谱线光子能量最大 B.甲谱线是电子由基态向激发态跃迁发出的 C.丙谱线可能是电子在两个激发态间跃迁发出的 D.每条谱线对应核外电子绕核旋转的一条轨道,任一谱线的频率等于电子做圆周运动的 频率 3.高空作业须系安全带,如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对 人刚产生作用力前人下落的距离为 h(可视为自由落体运动).此后经历时间 t 安全带达到最 大伸长量,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小 为( ) A.m 2gh t +mg B.m 2gh t -mg C.m gh t +mg D.m gh t -mg 4.如图所示,一质量为 m1 的光滑匀质球,夹在竖直墙面和倾角为θ的斜块之间,斜块质量 为 m2,斜块底面与水平地面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两者始终 保持静止。下列说法正确的是( ) A.斜块对球的作用力为 m1g cosθ B.地面对斜块的摩擦力为μ(m1+m2)g C.减小 m1,地面对斜块的摩擦力一定减小 D.减小 m1,墙面对球的作用力一定增大 5.如图所示,三个相同的灯泡 a、b、c 和电阻不计的线圈 L 与内阻不计的电源连接,下列 判断正确的是( ) A.K 闭合的瞬间,b、c 两灯亮度不同 B.K 闭合足够长时间以后,b、c 两灯亮度相同 C.K 断开的瞬间,a、c 两灯立即熄灭 D.K 断开之后,b 灯突然闪亮以后再逐渐变暗 6.如图所示,甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河,MN 分别是甲、乙两船的出发点。 两船头与河岸均成α角,甲船船头恰好对准 N 点的正对岸 P 点。经过一段时间乙船恰好到达 P 点。如果划船速度大小相同,且两船相遇不影响各自的航行。下列判断正确的是( ) A.甲船也能到达正对岸 B.两船渡河时间一定不相等 C.两船相遇在 NP 连线上 D.渡河过程中两船不会相遇 7.总质量为 m 的汽车在平直公路上以速度 v0 匀速行驶时,发动机的功率为 P.司机为合理进 入限速区,减小了油门,使汽车功率立即减小到 2 3 P 并保持该功率继续行驶,设汽车行驶过 程中所受阻力大小不变.从司机减小油门开始,汽车的 vt 图象如图,从汽车开始减速到再 次达到匀速运动的过程中,行驶的位移为 s,汽车因油耗而改变的质量可忽略.则在该过程 中,下列说法不正确的是( ) A.汽车再次匀速运动时速度大小为2v0 3 B.t=0 时刻,汽车的加速度大小为 P 3mv0 C.汽车的牵引力不断减小 D.经历的时间为3s 2v0 -5mv2 0 12P 二、多项选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 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 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分。 8.如图所示,在光滑绝缘水平面的 P 点正上方 O 点固定了一电荷量为+Q 的正点电荷,在 水平面上的 N 点,由静止释放质量为 m、电荷量为-q 的带电小球,小球经过 P 点时速度为 v,图中θ=60°,则在+Q 形成的电场中( ) A.N 点电势高于 P 点电势 B.UPN=mv2 2q C.P 点电场强度大小是 N 点的 2 倍 D.带电小球从 N 点到 P 点的过程中电势能减少了mv2 2 9.如图所示,质量为 m 的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面 向上的恒力 F=mgsinθ,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ。取出发点为参考点, 选项图中能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量 Q、滑块动能 Ek、重力势能 Ep、机 械能 E 随时间 t、位移 x 变化的关系图像是( ) 10.如图所示,带有正电荷的 A 粒子和 B 粒子同时从匀强磁场的边界上的 P 点分别以 30° 和 60°(与边界的交角)射入磁场,又同时从磁场边界上的 Q 点飞出,设边界上方的磁场 范围足够大,下列说法中正确的是( ) A.若 A 粒子是α粒子,则 B 粒子可能是质子 B.A 粒子做完整圆周运动的周期比 B 粒子的大 C.A 粒子速度跟 B 粒子的速度大小相等 D.A 粒子轨迹的半径小于 B 粒子的轨迹半径 三、非选择题:共 54 分。第 11~14 题为必考题,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 42 分。 11.在做“研究匀变速直线运动”的实验时,某同学得到一条用打点计时器打下的纸带如图 所示,并在其上取了 A、B、C、D、E、F、G 等 7 个计数点,每相邻两个计数点之间还有 4 个点,图中没有画出,打点计时器接周期为 T=0.02S的交流电源.经过测量得:d1=3.62cm, d2=8.00cm, d3=13.20cm, d4=19.19cm, d5=25.99cm, d6=33.61cm.(计算结果保留两位有 效数字) (1)计算 VF 的公式为_______________;VF=_______________m/s; (2)计算 a 的最简单的表达式为______________;物体的加速度 a=____________m/s2; 12.某课外小组在参观工厂时,看到一丢弃不用的电池,同学们想用物理课上学到的知识来 测定这个电池的电动势和内阻,已知这个电池的电动势为 11~13V,内阻小于 3Ω,由于直 流电压表量程只有 0~3V,需要将这只电压表通过连接一固定电阻(用电阻箱代替)改装为量 程为 0~15V 的电压表,然后再用伏安法测电池的电动势和内阻,以下是他们的实验操作过 程: (1)把电压表量程扩大,实验电路如图甲所示,实验步骤如下,完成填空. 第一步:按电路图连接实物; 第二步:把滑动变阻器的滑片移到最右端,把电阻箱的阻值调到零; 第三步:闭合开关,把滑动变阻器的滑片调到适当位置,使电压表的读数为 3V; 第四步:把电阻箱的阻值调到适当值,使电压表的读数为____________V; 第五步:不再改变电阻箱阻值,保持电压表和电阻箱串联,撤去其他线路,即得量程为 0~ 15V 的电压表. (2)实验可供选择的器材有: A.电压表(量程为 0~3V,内阻约 2kΩ) B.电流表(量程为 0~3A,内阻约 0.1Ω) C.电阻箱(阻值范围 0~9999Ω) D.电阻箱(阻值范围 0~999Ω) E.滑动变阻器(阻值为 0~20Ω,额定电流 2A) F.滑动变阻器(阻值为 0~20kΩ,额定电流 0.2A) 电阻箱应选____________,滑动变阻器应选__________.(选填相应器材前的字母) (3)用该扩大了量程的电压表(电压表的表盘没变),测电池电动势 E 和内阻 r,实验电路如 图乙所示,得到多组电压 U 和电流 I 的值,并作出 U-I 图线如图丙所示,可知电池的电动 势为________V,内阻为________Ω. 13.某电磁缓冲车利用电磁感应原理进行制动缓冲,它的缓冲过程可等效为:小车车底安装 着电磁铁,可视为匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向竖直向下;水平地面固定着闭合矩 形线圈 abcd,线圈的总电阻为 R,ab 边长为 L,ad 边长为 2L,如图所示(俯视).缓冲小车(无 动力)水平通过线圈上方,线圈与磁场的作用使小车做减速运动,从而实现缓冲.已知小车 总质量为 m,受到地面的摩擦阻力为 Ff,小车磁场刚抵达线圈 ab 边时,速度大小为 v0,小 车磁场刚抵达线圈 cd 边时,速度为零,求: (1)小车缓冲过程中的最大加速度 am 的大小. (2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量 q 及线圈产生的焦耳热 Q. 14.如图所示,在竖直面内有一矩形区 ABCD,水平边 AB= 3L ,竖直边 BC = L,O 为矩形 对角线的交点。将一质量为 m 的小球以一定的初动能自 O 点水平向右抛出,小球经过 BC 边 时的速度方向与 BC 夹角为 60°。使此小球带电,电荷量为 q(q > 0),同时加一平行于矩形 ABCD 的匀强电场。现从 O 点以同样的初动能沿各个方向抛出此带电小球,小球从矩形边界 的不同位置射出,其中经过 C 点的小球的动能为初动能的 2 3 ,经过 E 点(DC 中点)的小球 的动能为初动能的 7 6 ,重力加速度为 g。 (1)求小球的初动能; (2)取电场中 O 点的电势为零,求 C、E 两点的电势; (3)带电小球经过矩形边界的哪个位置动能最大?最大动能是多少? (二)选考题:共 12 分。请考生从 2 道题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题 计分。 15.[选修 3-3] (1)带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体.气体开始处于状态 a,然后经过过程 ab 到 达状态 b 或经过过程 ac 到状态 c,b、c 状态温度相同,如 图所示.设气体在状态 b 和状态 c 的压强分别为 、和 ,在过程 ab 和 ac 中吸收的热量分别为 和 ,则 ______ , ______ 均选填“ ”、“ ”或“ ” (2)如图所示,导热良好的气缸开口向上竖直固定在水平面上.缸内轻质光滑活塞封闭一段 一定质量的理想气体.一根不可伸长的细绳绕过定滑轮,一端拴住活塞,另一端拴着质量为 m 的重物处于平衡状态.此时气体体积为 V.用手托着重物,使其缓慢曼上升,直到细绳刚开始 松弛但并未弯曲.已知大气压强为 P0 活塞横截面积为 S,环境温度保持不变.求: (i)从重物开始被托起到最高点的过程中,活塞下降的高度; (ii)之后从静止上释放重物,重物下落到最低点未与地面接触时,活塞在气缸内比最初托起 重物前的位置上升了 H.若气体的温度不变则气体吸收的热量是多少? 16.[选修 3-4] (1)某同学在实验室做了甲、乙两个单摆,它们都做简谐运动,振动图象如图所示,下列有 关说法正确的是________. A.甲、乙两单摆的摆长相等 B.单摆甲的机械能比单摆乙的机械能大 C.从 t=0 至 t=0.5 s 时间内,单摆乙做减速运动,切向加速度逐渐增大 D.在 t=4.5 s 时,单摆甲有最小的动能 E.在 t=2.5 s 时,具有正向最大加速度的是单摆乙 (2)如图所示,一个透明四棱柱的横截面为等腰梯形,两个底角皆为 30°.现有一与纸面平 行的单色光线从 EF 边上的 P 点射入,光线与 EF 夹角为 45°.已知 PF=d,FM=( 3+1)d, 光在真空中的速率为 c,四棱柱材料对该单色光的折射率 n= 2.求: ①光线射入 EF 边时的折射角; ②光线经过四棱柱的时间. 参考答案与试题解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 C C A C D C C BD CD AB 11.(1) T ddvF 10 46  ; VF=0.72m/s; (2) a= T dd 2 36 225 2 a=0.80 m/s2 12.【答案】:(1)0.6 (2)C E (3)11.5 2.5 【解析】:(1)将量程为 0~3 V 的电压表改装成量程为 0~15 V 的电压表,串联电阻箱后 的总内阻为原来电压表内阻的 5 倍,由于滑动变阻器滑片的位置不变,分压部分两端的电压 仍为 3 V,此时电压表两端的电压为 0.6 V. (2)改装电压表需要串联的电阻阻值大约为 8 kΩ,故电阻箱选 C;由于采用分压式电路,滑 动变阻器选 E. (3)由于电压表改装后量程扩大 5 倍,将图丙的纵坐标值扩大 5 倍,即可根据纵轴截距得电 池的电动势为 11.5 V,由图线斜率的绝对值可求得电池的内阻为 2.5 Ω. 13.答案 (1)B2L2v0+FfR mR (2)2BL2 R 1 2 mv0 2-2FfL 解析 (1)线圈相对磁场向左切割磁感线, 产生电动势 E=BLv 电流为:I=E R =BLv R 由左手定则和牛顿第三定律知小车受到向左的安培力 F 安=BIL 根据牛顿第二定律:F 安+Ff=ma 联立解得:a=B2L2v+FfR mR 故 am=B2L2v0+FfR mR (2)通过线圈的电荷量: q= I Δt, I = E R , E =ΔΦ Δt 解得:q=2BL2 R 由能量守恒定律得 1 2 mv0 2=Q+Ff·2L 解得:Q=1 2 mv0 2-2FfL. 14.【解析】(1)没加电场时,由平抛运动知识:水平方向 0 3 2 L v t 竖直方向: yv gt , 0 tan30yv v o 联立解得:小球的初动能 2 k0 0 1 3 2 4E mv mgL  (2)加电场后,根据能量守恒定律: 由 O 到 C: k0 k0 1 2 3 2 3 4Cq mgL E E mgL     由 O 到 E: k0 k0 1 7 3 2 6 8Eq mgL E E mgL     则 3 3 4 8C E mgL mgL q q   , (3)如图,取 OC 中点 F,则 EF 为等势线,电场线与等势线 EF 垂直 由 1 cos302OEU El ,得 3 2qE mg 用正交分解法求出电场力和重力的合力: 3sin30 4xF qE mg   , 1cos30 4yF mg qE mg    合力 2 2 1 2x yF F F mg   ,方向沿 OD 合力对小球做功越多,小球动能越大,则从 D 点射出的带电小球动能最大,根据动能定理: km k0F OD E E   解得最大初动能 km 5 4E mgL 。 15.(1) 由图象可知,b、c 两点温度相同, ,由玻意耳定律 可知: ; ‴ 、c 两点温度相同,理想气体的内能相同,则△ △ , 由 a 到 b 过程中,气体体积变大,气体对外做功 W,由热力学第一定律可知:△ ; 从 a 到 c 过程中,气体体积不变,气体不对外做功 不 ,由热力学第一定律可知:△ ; 而△ △ ,则 ,则 ; 故答案为: ; . (2)(8 分)【答案】(1) 2 0 mgV P S (2) 0 2 0 ( )( )mgVP S mg H P S   【解析】 【详解】解:根据对活塞受力分析可知 未托活塞时 1 0 mgP P s   ,气体体积为 1V V 托着重物 2 0P P ,气体体积为 2V V Sh  根据理想气体状态方程可知 1 1 2 2PV PV 解得 2 0 mgVh P S  (2)根据热力学第一定律且理想气体的温度不变内能不变 0U Q W    根据动能定理 0( ) ( ) 0W mg H h PS H h     解得气体吸收的热量 0 2 0 ( )( )mgVQ W P S mg H P S     16.解析:(1)选 ACE.由题图知甲、乙两单摆周期相等,则摆长相等,A 正确;两单摆质量关 系不明确,无法比较它们的机械能的大小,B 错误;从 t=0 至 t=0.5 s 时间内,单摆乙从 平衡位置向负向最大位移处运动,位移逐渐增大,切向加速度逐渐增大,加速度方向与速度 方向相反,做减速运动,C 正确;在 t=0.5 s 时,单摆甲有最大的动能,其周期为 T=2 s, 经过半个周期的整数倍,单摆甲都有最大动能,即在 t=4.5 s 时单摆甲有最大的动能,D 错误;t=0.5 s 时单摆乙在负向最大位移处,故有正向最大加速度,一个周期后,在 t=2.5 s 时也有正向最大加速度,E 正确. (2)①由折射定律得 n= 2=sin 45° sin r 解得光线进入 EF 边时的折射角 r=30° ②发生全反射时 sin C=1 n = 2 2 解得临界角 C=45° 分析可知,折射光线在底边 FM 上入射角为 60°,大于临界角,发生全反射,如图所示, 由几何关系可知,PO=PF=d,FO=2dcos 30°= 3d OM=FM-FO=d,又 OM=2OQcos 30°,可得 OQ= 3 3 d 光线在四棱柱中的速度 v=c n = 2 2 c 所以光线经过四棱柱的时间 t=PO+OQ v =(3 2+ 6)d 3c 答案:(1)ACE (2)①30° ②(3 2+ 6)d 3c 查看更多

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