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）

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