2021年決勝高考物理?？佳侯}卷（四）物  理本卷滿分110分，考試時間90分鐘。二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14~17題只有一項符合題目要求，第18~21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分。14.我國女子短道速滑隊在2013年世錦賽上實現女子3000m接力三連冠。觀察發(fā)現，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（　　）A. 甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B. 甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C. 甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D. 甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功答案:B解析：A、因為沖量是矢量，甲對已的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大小相等方向相反，故A錯誤．
B、設甲乙兩運動員的質量分別為，追上之前的瞬間甲、乙兩運動員的速度分別是 根據題意整個交接棒過程可以分為兩部分：
①完全非彈性碰撞過程→“交棒”； 
②向前推出（人船模型）→“接棒”
由上面兩個方程聯立可以解得：，即B選項正確．經歷了中間的完全非彈性碰撞過程 會有動能損失，C、D選項錯誤.點睛：本題主要考察能量（做功正負判斷）、動量（動量定理、動量守恒）相關知識，結合彈性碰撞和非彈性碰撞的動量和能量關系展開討論。 15.“神舟十號”飛船于2013年6月11日17時38分載著3名宇航員順利升空。當“神十”在繞地球做半徑為r的勻速圓周運動時，若飛船艙內質量為m的航天員站在臺秤上，對臺秤的壓力為FN。用R表示地球的半徑，g表示地球表面處的重力加速度，g′表示飛船軌道所在處的重力加速度，不考慮地球自轉。則下列關系式中正確的是A．g′=0   B．  C．FN= mg   D．答案：B【解析】飛船及飛船內的物體均在做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，所以物體對臺秤的壓力為0，CD錯誤；飛船處的重力加速度為，A錯誤；地球表面的重力加速度為，因此，B正確。16.繩b燒斷前，小球豎直方向的合力為零，即Fa＝mg，燒斷b后，小球在豎直面內做圓周運動，且Fa′－mg＝m，所以Fa′＞Fa，A錯誤，B正確；當ω足夠小時，小球不能擺過AB所在高度，C正確；當ω足夠大時，小球在豎直面內能通過AB上方的最高點而做完整的圓周運動，D錯誤。4.如圖，一粗糙絕緣豎直平面與兩個等量異種點電荷連線的中垂線重合．A、O、B為豎直平面上的三點，且O為等量異種點電荷連線的中點，AO=BO．現有帶電荷量為q、質量為m的小物塊視為質點，從A點以初速度v0向B滑動，到達B點時速度恰好為0．則A. 從A到B，小物塊的加速度逐漸減小B. 從A到B，小物塊的加速度先增大后減小C. 小物塊一定帶負電荷，從A到B電勢能先減小后增大D. 從A到B，小物塊的電勢能一直減小，受到的電場力先增大后減小答案：B【解析】小物塊受重力、電場力和墻壁的彈力以及摩擦力作用，可知q帶負電，從A到O的過程中，電場強度越來越大，則電場力越來越大，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力增大，導致滑動摩擦力增大，根據知，加速度增大，從O到B，電場強度越來越小，則電場力越來越小，由于物塊在水平方向上平衡，可知墻壁的彈力減小，導致滑動摩擦力減小，根據知，加速度減小，B正確A錯誤；q帶負電，由于AB是等勢線，則電荷的電勢能不變，從A到B，電場強度先增大后減小，則電場力先增大后減小，C錯誤D錯誤．17.如圖所示，長為a寬為b的矩形區(qū)域內（包括邊界）有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．0點有一粒子源，某時刻粒子源向磁場所在區(qū)域與磁場垂直的平面內所有方向發(fā)射大量質量為m電量為q的帶正電的粒子，粒子的速度大小相同，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，最先從磁場上邊界射出的粒子經歷的時間為，最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為，不計重力和粒子之間的相互作用，則（　?。?/span>A．粒子速度大小為B．粒子做圓周運動的半徑為3bC．a的長度為（+1）bD．最后從磁場中飛出的粒子一定從上邊界的中點飛出答案：C【解析】A、B、根據左手定則可知，粒子在磁場中受到的洛倫茲力的方向向右，將向右偏轉．結合運動的特點可知，粒子向上的分速度越大，則越早從上邊界飛出．所以最早從上邊界飛出的粒子進入磁場的方向是豎直向上的．又由題最先從磁場上邊界射出的粒子經歷的時間為，根據：，則粒子偏轉的角度：．做出這種情況下粒子運動的軌跡如圖1，由圖中幾何關系可知：粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，即：所以：．故A錯誤，B錯誤；C、D、粒子的入射的方向在90°的范圍以內，又r=2b，所以粒子運動的軌跡不會超過半個圓，運動的時間不超過半個周期，由可知，軌跡的圓心角越大，則運動的時間越長，而圓心角越大，對應的弦長越長，所以粒子運動的最長時間的軌跡，弦長也最長．所以最后射出磁場的粒子一定是從磁場的右邊射出，最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為，畫出運動的最長軌跡如圖2，則：所以：α=30°，β=90°﹣α=60°，由于最后從磁場中飛出的粒子經歷的時間為，則偏轉角等于90°，γ=90°﹣β=30°由幾何關系可得：．故C正確，D錯誤．故選：C18.質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質木架上的A點和C點。如圖所示，當輕桿繞軸BC以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做勻速圓周運動，繩a在豎直方向，繩b在水平方向。當小球運動到圖示位置時，繩b被燒斷的同時木架停止轉動，則(　　)A．繩a對小球拉力不變B．繩a對小球拉力增大C．小球可能前后擺動D．小球不可能在豎直平面內做完整的圓周運動答案：BC【解析】繩b燒斷前，小球豎直方向的合力為零，即Fa＝mg，燒斷b后，小球在豎直面內做圓周運動，且Fa′－mg＝m，所以Fa′＞Fa，A錯誤，B正確；當ω足夠小時，小球不能擺過AB所在高度，C正確；當ω足夠大時，小球在豎直面內能通過AB上方的最高點而做完整的圓周運動，D錯誤。19.如圖a，在豎直平面內固定一光滑的半圓形軌道ABC，小球以一定的初速度從最低點A沖上軌道，圖b是小球在半圓形軌道上從A運動到C的過程中，其速度平方與其對應高度的關系圖像。已知小球在最高點C受到軌道的作用力為2.5N，空氣阻力不計，B點為AC軌道中點，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是A. 圖b中x=36m2·s－2B. 小球質量為0.2kgC. 小球在A點時重力的功率為5WD. 小球在B點受到軌道作用力為8.5N答案：BD【解析】A、小球在光滑軌道上運動，只有重力做功，故機械能守恒，所以有：，解得：，即為：，故選項A錯誤；B、由圖乙可知軌道半徑，小球在C點的速度，那么由牛頓第二定律可得：，解得：，故選項B錯誤；C、小球在A點時重力，方向向下，速度，方向向右，故小球在A點時重力的功率為0，故選項C錯誤；D、由機械能守恒可得在B點的速度為：；所以小球在B點受到的在水平方向上的合外力做向心力為：，所以，小球在B點受到軌道作用力為8.5N，故選項D正確；故選選項BD。20.如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向垂直紙面向里。現使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，如圖乙是金屬線框由開始下落到bc邊剛好運動到勻強磁場PQ邊界的v﹣t圖象，圖中數據均為己知量，重力加速度為g，不計空氣阻力，則在線框穿過磁場的過程中，下列說法正確的是（　?。?/span>A. t1到t2過程中，線框中感應電流沿順時針方向B. 線框的邊長為v1（t2﹣t1）C. 線框中安培力的最大功率為D. 線框中安培力的最大功率為答案：BD【解析】A．金屬線框剛進入磁場時，磁通量增加，磁場方向垂直紙面向里，根據楞次定律判斷可知，線框中感應電流方向沿逆時針方向，故A錯誤；B．由圖象可知，金屬框進入磁場過程中做勻速直線運動，速度為v1，勻速運動的時間為t2﹣t1，故金屬框的邊長：L＝v1（t2﹣t1），故B正確；CD．在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力，則得：mg＝BIL，又，又 L＝v1（t2﹣t1），聯立解得：；線框僅在進入磁場和離開磁場過程中受安培力，進入時安培力等于重力，離開時安培力大于重力，開始減速，故開始離開磁場時安培力最大，功率最大，為Pm＝F安t2，又，聯立得：，故C錯誤，D正確。21.如圖所示,光滑水平面上質量相同的木塊A、B，用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起。一顆子彈水平射入木塊A并留在其中,在子彈打擊木塊A及后續(xù)各物體相互作用的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)(      )A. 動量守恒,機械能守恒B. 動量守恒,機械能不守恒C. 當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時B的動能也最大D. 當彈簧再次恢復到原長時，B的動能最大，A的動能最小答案：BD【解析】AB．在子彈打擊木塊A及后續(xù)各物體相互作用的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受的外力之和為零，則系統(tǒng)的動量守恒。在此過程中，除彈簧的彈力做功外還有阻力對系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)的機械能不守恒。故A錯誤，B正確。C．子彈射入木塊后彈簧被壓縮，B在彈力作用下向右加速，A向右減速，當兩者的速度相等時，彈簧被壓縮最短，彈簧的彈性勢能最大，之后，B在彈簧彈力作用下繼續(xù)向右加速，所以此時B的動能不是最大。故C錯誤。D．從彈簧被壓縮到彈簧再次恢復到原長的過程，B一直在加速，A一直在減速，所以當彈簧再次恢復到原長時，B的動能最大，A的動能最小，故D正確。三、非選擇題（一）必考題（共47分）22.（6分）某同學利用如圖1所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律?；⌒诬壍滥┒怂?，離地面的高度為H。將鋼球從軌道的不同高度h處靜止釋放，鋼球的落點距軌道末端的水平距離為s。(1)若軌道完全光滑，s2與h的理論關系應滿足s2＝________(用H、h表示)。(2)該同學經實驗測量得到一組數據，如下表所示： h(10－1 m)2.003.004.005.006.00s2(10－1 m2)2.623.895.206.537.78 請在圖2坐標紙上作出s2-h關系圖。(3)對比實驗結果與理論計算得到的s2-h關系圖線(圖2中已畫出)，自同一高度靜止釋放的鋼球，水平拋出的速率________(填“小于”或“大于”)理論值。(4)從s2-h關系圖線中分析得出鋼球水平拋出的速率偏差十分顯著，你認為造成上述偏差的可能原因是__________________________________________________________。答案：(1)4Hh　(2)如圖所示(3)小于　(4)存在摩擦，小球在下落時可能具有轉動動能(回答任一點即可)(1)根據機械能守恒定律及平拋運動知識可得：mgh＝mv2①H＝gt2，s＝vt②聯立①②得s2＝4Hh。(2)利用描點法作圖。(3)由圖像可知，測量值小于理論值。(4)摩擦等因素都可導致結果偏差。另外小球的轉動也需要能量維持，而機械能守恒中沒有考慮重力勢能轉化成轉動動能這一部分，也會導致實際速率明顯小于理論速率。23.（15分）某實驗小組利用如圖（a）所示的電路探究在25℃~80℃范圍內某熱敏電阻的溫度特性，所用器材有：置于溫控室（圖中虛線區(qū)域）中的熱敏電阻RT，其標稱值（25℃時的阻值）為900.0 Ω：電源E（6V，內阻可忽略）：電壓表 （量程150 mV）：定值電阻R0（阻值20.0 Ω），滑動變阻器R1（最大阻值為1 000 Ω）：電阻箱R2（阻值范圍0-999.9 Ω）：單刀開關S1，單刀雙擲開關S2。實驗時，先按圖（a）連接好電路，再將溫控室的溫度t升至80.0℃，將S2與1端接通，閉合S1，調節(jié)R1的滑片位置，使電壓表讀數為某一值U0：保持R1的滑片位置不變，將R2置于最大值，將S2與2端接通，調節(jié)R2，使電壓表讀數仍為U0：斷開S1，記下此時R2的讀數，逐步降低溫控室的溫度t，得到相應溫度下R2的阻值，直至溫度降到25.0°C，實驗得到的R2-t數據見下表。t/℃25.030.040.050.060.070.080.0R2/Ω[來900.0680.0500.0390.0320.0270.0240.0 回答下列問題：（1）在閉合S1前，圖（a）中R1的滑片應移動到_____填“a”或“b”）端；（2）在圖（b）的坐標紙上補齊數據表中所給數據點，并做出R2-t曲線：___________（3）由圖（b）可得到R1，在25℃-80°C范圍內的溫度特性，當t=44.0℃時，可得R1=____Ω；（4）將Rt握于手心，手心溫度下R2的相應讀數如圖（c）所示，該讀數為____Ω，則手心溫度為______℃。答案：13.    (1). （1）b      (2). （2）如圖所示        (3). （3）450    (4). （4）620.0      (5). 33.0本題主要考查研究小燈泡的伏安特性實驗、利用伏安特性曲線計算實際功率及其相關的知識點，意在考查考生對小燈泡伏安特性曲線的理解和靈活運用相關知識，解決實際問題的能力。（1）圖（a）的電路滑動變阻器采用限流接法，在閉合S1前，R1應該調節(jié)到接入電路部分的電阻值最大，使電路中電流最小，即圖（a）中的R1的滑片應移到b端。（2）將t=60℃和t=70℃對應的兩組數據對應畫在坐標圖上，然后用平滑曲線過盡可能多的數據點畫出R2—t圖象。（3）根據題述實驗過程可知，測量的R2數據等于對應的熱敏電阻RT的電阻值。由畫出的R2—t圖象可知，當t=44.0℃時，對應的RT=460Ω。（4）由畫出的R2—t圖象可知，當RT=620.0Ω，則手心溫度t=33.0℃.。【點睛】解答此題常見錯誤主要有：一是沒有掌握滑動變阻器的分壓接法和限流接法在開關閉合前滑動頭的位置；二是沒有認真閱讀題述的實驗過程，導致不能把電阻箱R的讀數與熱敏電阻阻值聯系起來。 24.（14分）如圖甲所示，光滑導體軌道PMN和P′M′N′是兩個完全一樣的軌道，是由半徑為r的四分之一圓弧軌道和水平軌道組成，圓弧軌道與水平軌道在M和M′點相切，兩軌道并列平行放置，MN和M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離為L，PP′之間有一個阻值為R的電阻，開關K是一個感應開關(開始時開關是斷開的)，MNN′M′是一個矩形區(qū)域內有豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場，水平軌道MN離水平地面的高度為h，其截面圖如圖乙所示．金屬棒a和b質量均為m、電阻均為R.在水平軌道某位置放上金屬棒b，靜止不動，a棒從圓弧頂端PP′處靜止釋放后，沿圓弧軌道下滑，若兩導體棒在運動中始終不接觸，當兩棒的速度穩(wěn)定時，兩棒距離，兩棒速度穩(wěn)定之后，再經過一段時間，b棒離開軌道做平拋運動，在b棒離開軌道瞬間，開關K閉合．不計一切摩擦和導軌電阻，已知重力加速度為g.求：(1)兩棒速度穩(wěn)定時的速度是多少？(2)兩棒落到地面后的距離是多少？(3)從a棒開始運動至b棒離開軌道的過程中，回路中產生的焦耳熱是多少？答案：14.(1) (2)  (3) 【解析】（1）a棒沿圓弧軌道運動到最低點M時，由機械能守恒定律得：解得a棒沿圓弧軌道最低點M時的速度從a棒進入水平軌道開始到兩棒達到相同速度的過程中，兩棒在水平方向受到的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩棒的總動量守恒.由動量守恒定律得：解得兩棒以相同的速度做勻速運動的速度（2）經過一段時間，b棒離開軌道后，a棒與電阻R組成回路，從b棒離開軌道到a棒離開軌道過程中a棒受到安培力的沖量 由動量定理：IA＝－mv2＋mv1    解得 由平拋運動規(guī)律得：兩棒落到地面后的距離（3）棒離開軌道前，兩棒通過的電流大小總是相等，產生的焦耳熱相等由能量守恒定律可知： 解得： b棒離開軌道后，a棒與電阻R通過的電流大小總是相等，兩都產生的焦耳熱相等由能量守恒定律可知：  所以整個過程中，a棒產生的焦耳熱為 25.（18分）如圖所示，在xoy坐標平面的第一象限內有沿－y方向的勻強電場，在第四象限內有垂直于平面向外的勻強磁場，現有一質量為m，帶電量為+q的粒子（重力不計）以初速度v0 沿x軸的負方向從坐標為（3L，L）的P點開始運動，接著進入磁場后由坐標原點O射出，射出時速度方向與y 軸正方向的夾角為45°，求：（1）粒子從O點射出的速度v大小；（2）電場強度E和磁感應強度B的大?。?/span>（3）粒子從P點運動到O點過程中所用的時間。答案：（1）（2）（3） 試題分析：由題意可知：帶電粒子在電場中做類平拋運動，由Ｑ點進入磁場，在磁場中做勻速園周運動，最終由O點射出（軌跡如圖）⑴根據對稱性可知，粒子在Q點的速度大小為v，方向與x軸負方向成450，則有，解得：（2）帶電粒子從P到Q點運動的過程中，由動能定理：解得：粒子在Q點沿Y軸負方向分速度大小又在電場中運動時qE=ma所以從P到Q的運動時間：從P到Q點沿X軸負方向的位移為則OQ之間的距離：粒子在磁場中運動半徑為r，則有：又由以上各式解得：（3）粒子在磁場中的運動時間故粒子從P到Q的總時間解得：（二）選考題（15分）33．[物理——選修3–3].（1）對于實際的氣體，下列說法正確的是______。A. 氣體的內能包括氣體分子的重力勢能B. 氣體的內能包括分子之間相互作用的勢能C. 氣體的內能包括氣體整體運動的動能D. 氣體體積變化時，其內能可能不變E. 氣體的內能包括氣體分子熱運動的動能 （2）.如圖所示為一均勻薄壁U形管，左管上端封閉，右管開口且足夠長，管的截面積為S0，內裝有密度為的液體。右管內有一質量為m的活塞擱在固定卡口上，卡口與左管上端等高，活塞與管壁間無摩擦且不漏氣。溫度為T0時，左、右管內液面等高兩管內氣柱長度均為L，壓強均為大氣壓強，重力加速度為g?，F使左右兩管溫度同時緩慢升高，在活塞剛離開卡口上升前，左右兩管液面保持不動，求：（1）右管活塞剛離開卡口上升時，右管封閉氣體的壓強；（2）溫度升高到T1為多少時，右管活塞開始離開卡口上升；（3）溫度升高到T2多少時，兩管液面高度差為L。答案：BDE【解析】ABCE．氣體的內能包括，氣體所有分子勢能和分子動能之和；其中分子勢能是由分子間的相對位置和相互作用決定的能量，與重力勢能無關；分子動能是分子運動的動能，與氣體的整體運動的動能無關，故BE正確，AC錯誤；D．由于是非理想氣體，氣體的體積發(fā)生變化，若溫度相應變化時，氣體的內能可能不變，故D正確。（2）    （2）    （3） 【解析】(1)活塞剛離開卡口時，對活塞得(2)兩側氣體體積不變，對右管氣體，得(3)溫度升高到T2，兩管液面高度差為L時。左管內氣體，，應用理想氣體狀態(tài)方程得34.[物理選修 ](15分）以下說法中正確的是（   ）A. 在同一種玻璃中，頻率越大的光速度越小B. 用透明的標準樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的偏振C. 麥克斯韋用實驗證實了電磁波的存在D. 交警通過發(fā)射超聲波測量車速是利用了波的多普勒效應E. 狹義相對論認為在不同的慣性參考系中一切物理規(guī)律都是相同的（2）如圖所示，某透明介質的橫截面由半徑為R的的圓和一銳角為的直角三角形構成，一細束激光從圓弧上的A點平行于MP邊射入透明介質，且入射點A與MP的距離，已知該透明介質對激光的折射率。激光第一次射到NP邊時能否射出透明介質？請說明理由。第一次從MP邊射出的激光與MP邊所成的夾角銳角為多大？答案：（1）.ADE【解析】頻率越大折射率越大，在同種介質中的光速度越小，故A對；用透明的標準樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的干涉，故B錯；麥克斯韋用預言了電磁波的存在，赫茲用實驗證實了電磁波的存在，故C錯；交警通過發(fā)射超聲波測量車速是利用了波的多普勒效應，故D對；根據狹義相對論原理，在所有關系系中，物理規(guī)律有相同的表達式，即一切物理規(guī)律都是相同的，故E對；故選ADE（2）畫出光路圖如圖。由幾何知識得：由，解得：在A點，由折射定律得解得：根據幾何知識可得光線第一次射到NP上時入射角；設介質全反射臨界角為C，則而，可得所以光線NP上發(fā)生全反射，不能射出透明介質；光線射到MP上時入射角所以光線第一次由MP射出，由折射定律有  得所以第一次由MP射出的光線與MP間的夾角為。 

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