2021届全国高考物理考前冲刺押题卷(4)【解析版】

2021届全国高考物理考前冲刺押题卷

第Ⅰ卷

一、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1~5题只有一项符合题目要求，

第6~8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。 1．目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是( )

A．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的 B．β射线是原子核外电子电离形成的质子流，它具有很强的穿透能力

C．已知氡的半衰期为3.8天，若取1 g氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5 g砝码天平才能再次平衡

D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4 【答案】A

【解析】β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故A正确；β射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于α射线，弱于γ射线，穿透能力中等，故B错误；氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5 g衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中，故取走的砝码应小于0.5 g，天平才能再次平衡，故C错误；α发生衰变时，电荷数少2(即质子数减少2)，质量数少4，故中子数减少2，故D错误．

2．如图所示，一质量为m的滑块置于倾角θ＝30°，质量为M的直角三角形斜劈的底端，现通过一质量不计的细绳给滑块施加一方向沿斜面向上的拉力F，大小为mg，使滑块沿斜面匀速上滑，整个过程中斜劈处于静止状态，若斜劈与滑块、斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g.则( )

A．斜劈对滑块的支持力大小为mg B．斜劈对滑块的作用力大小为mg C．动摩擦因数μ＝0.5

1D．水平面对斜劈的摩擦力大小为 mg

2【答案】B

3

【解析】斜劈对滑块的支持力大小为mgcos 30°＝2mg，选项A错误；滑块处于平衡状态，重力与拉力的夹角为120°，重力与拉力的合力为mg，则斜劈对滑块的作用力与重力和拉力的合力等大反向，则斜劈对滑3块的作用力大小为mg，选项B正确；根据F＝mg＝mgsin 30°＋μmgcos 30°，解得μ＝3，选项C错误；对3滑块和斜劈的整体分析，水平方向：Fcos 30°＝f，解得f＝2mg，选项D错误．

3．如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上，现用水平拉力作用于a，使三个物块一起水平向右做匀速直线运动，各接触面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，下列说法正确的是( )

A．该水平拉力与轻绳的弹力大小相等 B．物块c受到的摩擦力大小为μmg

31

C．当该水平拉力增大为原来的倍时，物块c受到的摩擦力大小为μmg

221

D．剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为μmg

3【答案】C

【解析】三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F＝3μmg，对b、c系统：T＝2μmg，则F>T，故A错误；物块c做匀速直线运动，处于平衡状态，c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大339

为原来的2倍时，F′＝2F＝2μmg，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统：F′－3μmg＝3ma，对c：f＝ma，解1

得f＝2μmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统由牛顿第二定律得2μmg＝2ma′，对c：由牛顿第二定律得f′＝ma′，解得f′＝μmg，故D错误．

4．如图所示，D点为固定斜面AC的中点，在A点先后分别以初速度v01和v02水平抛出一个小球，结果小球分别落在斜面上的D点和C点．空气阻力不计．设小球在空中运动的时间分别为t1和t2，落到D点和C点前瞬间的速度大小分别为v1和v2，落到D点和C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是( )

t11A．＝

t22v11C．＝

v22【答案】 C

gtgt1gt2t11

【解析】设斜面的倾角为θ，可得2v0＝tan θ，所以2v01＝2v02，竖直方向下降的高度之比为1∶2，所以t2＝2，

v011

B．＝

v022tan θ11D．＝

tan θ22

v011v1v011tan θ1

求得v02＝2，再结合速度偏转角的正切值是位移偏转角正切值的两倍，v2＝v02＝2，tan θ2＝1，所以C正确．

5．地球上某处海水的周期性涨落称为潮汐．潮汐主要是月球对海水的引力造成的，太阳的引力也起一定的作用，但要弱得多．引起潮汐的力称为引潮力，引潮力沿垂直海水表面向上(背离地心)最大处，海水形成高峰；反之，引潮力沿垂直海水表面向下(指向地心)最大处，海水出现低谷．为简化研究，只在地—月系统分析问题，此时引潮力可称为月潮力．假设地球表面全部被海水覆盖，如图所示，月地距离为r，地球半径为R，月球质量为M月，地球质量为M地；A为近月点，B为远月点．如取直角坐标系的x轴沿月地连线，θ为地表某处的半径与x轴正方向的夹角．该处质量为Δm的海水的月潮力在x轴、y轴上的分力值Fx、Fy分别2GM月Δm2GM月Δm

是Fx＝Rcos θ；F＝－·Rsin θ；依据已学的知识，结合上述公式，判断下列说法正确的是y

r3r3( )

A．月潮力就是地球对海水的引力 B．月潮力就是月球对海水的引力 C．近月点处的海水月潮力向下最大 D．远月点处的海水月潮力向上最大 【答案】D

【解析】月潮力是月球的吸引与地球的自转共同对海水产生的等效力，故A、B都错误；在近月点A，θ＝2GM月Δm

180°Rcos θ<0，方向沿x轴负方向，背离地心向上，海水月潮力向上最大，故C错误；在远，Fx＝r32GM月Δm

Rcos θ>0，向沿x轴正方向，背离地心向上，海水月潮力向上最大，故D正月点B，θ＝0°，Fx＝r3确．

6.机场规定“严禁携带额定能量超过160 W·h的充电宝搭乘飞机”，下列说法正确的是( ) A．机场限定的是充电宝的能量不能超过5.76×105 J

B．160 W·h相当于160 kg的重物由静止下落1 m时所具有的动能

C．乘飞机可以携带标注容量为30 000 mA·h，输出电压为5 V的充电宝一块

D．容量为1 200 mA·h的充电宝，如果对外供电的电流为50 mA，那么续航时间大约为24 h 【答案】ACD

【解析】选机场限定的是充电宝的能量不能超过160 W·h＝160×3 600 J＝5.76×105 J，选项A正确；160 kg 的重物由静止下落1 m时所具有的动能为mgh＝160×10×1 J＝1 600 J，则160 W·h比160 kg的重物由静止下落1 m时所具有的动能大，选项B错误；容量为30 000 mA·h，输出电压为5 V的充电宝储存的电能为30 000

mA·h×5 V＝30×3 600×5 J＝5.4×105 J<5.76×105 J，则乘飞机可以携带此充电宝，选项

C正确；容量为1 200

1 200 mA·hmA·h的充电宝，如果对外供电的电流为50 mA，那么续航时间大约为＝24 h，选项D正确．

50 mA7．如图，电荷量分别为q和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b是正方体的另外两个顶点．则( )

A．a点和b点的电势相等 B．a点和b点的电场强度大小相等 C．a点和b点的电场强度方向相同 D．将负电荷从a点移到b点，电势能增加 【答案】BC

【解析】设正方体的边长为r，已知正点电荷的场强方向沿径向向外，负点电荷的场强方向沿径向向里，故kqkq

2q在b点的场强沿qb连线向外，大小为r，－q在b点的场强由b指向－q，大小为2r2，两个场强方向垂直，kq

同理得q在a点的场强沿qa连线向外，大小为2r2，与－q在b点的场强相同；－q在a点的场强与q在b点的场强相同，故a、b两点的场强大小、方向都相同，B、C正确；点电荷的等势面是以点电荷为球心的球面，故a点的电势与b点正上方的顶点电势相同，从b点正上方的顶点沿边线移动到b点，负电荷所受的两个电场力都做正功，故电势能降低，电势升高，A、D错误．

8．如图甲，在光滑绝缘水平面上的MN、OP间存在一匀强磁场，一单匝正方形闭合线框自t＝0开始，在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场区域，外力F随时间t变化的图7

象如图乙所示，已知线框质量为0.5 kg，电阻R＝1 Ω，线框穿过磁场过程中，外力F对线框做功 J，下列

3说法正确的是( )

A．线框匀加速运动的加速度a＝2 m/s2 B．磁场的宽度为1 m

C．匀强磁场的磁感应强度为2 T

D．线框在穿过磁场过程中，线框上产生的热量为1.0 J 【答案】AC

【解析】物体做匀变速运动，如果线框的边长和磁场的宽度不相等，那么在线框完全进入磁场的时候，整

个线框的磁通量不变，没有感应电流，因此没有安培力，外力F会和受到安培力的时候的情形不一样．由乙图可知物体一直受安培力的作用，因此线框宽度和磁场的宽度一样，都为L；由牛顿第二定律及匀变速运B2L2vB2L2a

动知F－R＝ma⇒F＝Rt＋ma，乙图的直线部分斜率为2，当t＝1 s时拉力F不再变化说明线框离开B2L2aB2L2a

磁场，此时物体的速度v＝at＝a，联立有R＝2,1 s时的拉力F1＝R＋ma＝3，可解得a＝2 m/s2，故A112

2×12＝1 m，线框和磁场宽度一样，因此L＝0.5 m，故B错误；正确；物体做匀变速运动，位移x＝2at＝2×

14

2

将L和a代入可得B＝2 T，故C正确；由能量守恒定律得：WF＝2mv＋Q，代入数据得Q＝3 J，故D错误．

第Ⅱ卷

二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第9~12题为必考题，每个试题考生都必须作答。第13~14

题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共47分）

9．（6分）探究“加速度与力、质量关系”的实验装置如图甲所示。小车后面固定一条纸带，穿过电火花打点计时器，细线一端连着小车，另一端通过光滑的定滑轮和动滑轮与挂在竖直面内的拉力传感器相连，拉力传感器用于测小车受到拉力的大小。

(1)关于平衡摩擦力，下列说法正确的是___________。 A．平衡摩擦力时，需要在动滑轮土挂上钩码 B．改变小车质量时，需要重新平衡摩擦力 C．改变小车拉力时，不需要重新平衡摩擦力

(2)实验中___________(选填“需要”或“不需要”)满足所挂钩码质量远小于小车质量。

(3)某同学根据实验数据作出了加速度a与力F的关系图像如图乙所示，图线不过原点的原因是___________。 A．钩码质量没有远小于小车质量 B．平衡摩擦力时木板倾角过大

C．平衡摩擦力时木板倾角过小或未平衡摩擦力

【答案】（1）C（2分）（2）不需要（2分）（3）B（2分）

【解析】（1）平衡摩擦力只需要将木板适当倾斜，不需要在动滑轮上挂钩码，选项A错误；改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，改变拉力时，不需要重新平衡摩擦力，选项B错误C正确。

（2）由于在轻绳一端加了拉力传感器，能够直接读出拉力数值，因此不需要满足所挂钩码的质量远小于小车质量。

（3）加速度a与力F图象在拉力F为零时就一定有加速度，所以不过坐标原点的原因是平衡摩擦力时木板倾角过大，选项B正确。

10．（9分）某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。实验电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：

A．电流表A：量程0～0.6 A，内阻约0.125 Ω B．电压表V：量程0～3 V，内阻约3 kΩ C．滑动变阻器0～20 Ω D．滑动变阻器0～200 Ω

(1)为了操作方便，减小实验误差，滑动变阻器应选用________(选填相应器材前的字母)。 (2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最________端(选填“左”或“右”)。

(3)图乙是该同学根据实验数据绘制的U-I图线，根据图线求得被测干电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω(结果保留到小数点后两位)。

(4)该实验中，产生系统误差的主要原因是________。图丙中实线为根据测量数据绘制的图线，虚线代表在没有误差情况下，电压表两端电压的真实值与通过电源电流真实值关系的图线，图丙四幅图中能够正确反映两者关系的是________。

【答案】 (1)C（1分） (2)右（1分） (3)1.48（2分） 0.90（2分） (4)电压表分流（1分） D（2分）

1.5 V

【解析】 (1)若选C，则电路中的电流最小约为≈0.08 A，此时电流表指针偏转已经较小；若选D，则

20 Ω滑动变阻器阻值从200 Ω到20 Ω，电路中的电流一直很小，所以为了方便实验操作，滑动变阻器应选择C。 (2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处，即右端。

ΔU1.48－1.10

(3)由图示电源U-I图象可知，电源电动势为：E＝1.48 V，电源内阻为：r＝＝ Ω≈0.90 Ω。

ΔI0.42(4)由图示电路图可知，电流表采用内接法，由于电压表不是理想电表，故存在分流现象，导致测得通过电源的电流偏小；而当外电路短路时，电压表的分流可以忽略，故真实图象和测量图象在横轴上的交点相同，故D正确，A、B、C错误。

11．（14分）如图所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角，且满足tan20.5．

（1）若某一粒子以速率v1，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率移v1； （2）若大量此类粒子以速率v2时间为多少？

（3）若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为题1中计算出的v1，求磁场中有粒子通过的区域面积。

2mqBR11R3211． （2）t （3）S【答案】（1）v1R

3Bq2m2442qBR，从M点射入磁场，方向任意，则这些粒子在磁场中运动的最长m【解析】（1）粒子以速率v1沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，轨迹如图：

设轨迹半径为r1，则tan解得：r12r1（1分） RR（1分） 2

v12由牛顿第二定律可得qv1Bm（1分）

r1解得：v1qBR（1分） 2m2qBR从M点射入磁场 m（2）大量此类粒子以速率v22v2由牛顿第二定律可得qv2Bm（1分）

r2解得：r22R（1分）

粒子方向任意，粒子在磁场中运动时间最长时，弧长（劣弧）最长，对应的弦长最长（磁场圆的直径），轨迹如图：

则sinR（1分） r2解得：6（1分）

粒子在磁场中运动的最长时间tmax2r2m（1分） v23qB（3）粒子沿各个方向以v1进入磁场做匀速圆周时的轨迹半径都为r1，且不变。由图可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的半圆形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧 MQ与直线MQ围成的面积S3之和。

1RR2（1分） S12281S2R2（1分）

6113132S3R2R2R2R（1分）

622所以S21132R2R（2分） 24412．（18分）如图所示，一对杂技演员(均视为质点)荡秋千，女演员由与悬点O1等高的A位置静止摆下，男演员从平台上D点静止摆下，某时刻女演员摆到最低点B时离开秋千，到达C点(男演员下摆的最低点)刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台D点。已知男、女演员均在同一竖直平面内运动，其质量分别为2m和m，其余质量忽略不计，秋千的绳长分别为l和2l，O1与O2等高，空气阻力不计，重力加速度为g。求：

(1)女演员摆到最低点B的速度大小； (2)秋千绳O2D与竖直方向的夹角；

(3)若男演员接住女演员用时t，此过程女演员对男演员的平均作用力。 m2gl

【答案】 (1)2gl (2)60° (3)mg＋，方向竖直向下

t

【解析】 (1)对于女演员，设其在B点的速度大小为v，从A运动到B，由机械能守恒定律得： 1

mgl＝mv2，（2分）

2

代入数据得：v＝2gl。（1分）

(2)设秋千绳O2D和竖直方向的夹角为θ，设男演员从平台上D点静止摆下至C点时，速度大小为vC，由机1

械能守恒定律有：2mg×2l(1－cosθ)＝×2mv2C。（2分） 2

当女演员到达C点时刚好被男演员接住，最后二者恰好摆回到平台D点，可见男女演员的共同速度大小也为vC。男演员接住女演员的过程水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，若男演员接住女演员前两者速度方向相同，有：mv＋2mvC＝3mvC（2分） 1

代入数据得：cosθ＝，θ＝60°。（1分）

2

若男演员接住女演员前两者速度方向相反，有：mv－2mvC＝3mvC。（2分） 49

代入数值得：cosθ＝(不符合实际，舍去)。（1分）

50

(3)女演员从B点离开秋千做平抛运动，设到达C点的竖直速度大小为vy v2y＝2g(2l－l)＝2gl（2分）

由(2)可知v＝vC，男、女演员水平方向无作用力，设男演员对女演员的平均作用力大小为F，取竖直向上方向为正方向，对女演员，由动量定理：(F－mg)t＝mvy，（2分） m2gl解得：F＝mg＋。（1分）

t

m2gl

根据牛顿第三定律，女演员对男演员的平均作用力大小为mg＋（1分）

t方向竖直向下。（1分）

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 13．[物理——选修3–3]（15分）

（1）（5分）下列说法正确的是___________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分） A．布朗运动就是分子的无规则运动

B．热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一

C．热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体 D．做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的

E．温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 【答案】BCE

【解析】布朗运动是悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动，是由液体分子的无规则运动而引起的，不是固体分子的无规则运动，也不是液体分子的无规则运动，故A错误；热力学温度是国际单位制中7个基本物理量之一，故B正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故C正确；做功是通过能量转化的方式改变系统内能的，热传递是能量的转移，不是能量的转化，故D错误；温度是描述热运动的物理量，根据热平衡定律可知，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同，故E正确．

（2）（10分）一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞．初

始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示．用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止．求此 时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离．已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程 中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变．

【答案】144 cmHg 9.42 cm

【解析】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1'，长度为l1'；左管中空气柱的压强为p2'，长度为l2'.以cmHg为压强单位．由题给条件得p1＝p2＋(20.0－5.00)cmHg，l1＝20.0 cm① l1'＝20.0 cm－

20.0－5.00

cm② 2

由玻意耳定律得p1l1＝p1'l1'③（2分） 联立①②③式得p1'＝144 cmHg④ 依题意p2'＝p1'⑤ l2'＝4.00 cm＋

20.0－5.00

cm－h⑥（2分） 2

由玻意耳定律得p2l2＝p2'l2'⑦（2分）

联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm⑧（2分）

14．[物理——选修3–4]（15分）

（1）（5分）某横波在介质中沿x轴传播，图甲是t＝1 s时的波形图，图乙是介质中x＝2 m处质点的振动图象，则下说法正确的是_________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．波沿x轴正向传播，波速为1 m/s

B．t＝2 s时，x＝2 m处质点的振动方向为y轴负向 C．x＝1 m处质点和x＝2 m处质点振动步调总相同

D．在1 s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是10 cm

E．在t＝1 s到t＝2 s的时间内，x＝0.5 m处质点的运动速度先增大后减小 【答案】BDE

λ

【解析】由甲图知，波长λ＝2 m，由乙图知，质点的振动周期为T＝2 s，则波速为：v＝T＝1 m/s，由乙图知，t＝1 s时刻，x＝2 m处质点向上运动，根据甲图可知，该波沿x轴负方向传播，故A错误；由乙图知，t＝2 s时，x＝2 m处质点的振动方向为y轴负向，x＝1 m处质点和x＝2 m处质点相距半个波长，故B正确；T

振动步调总相反，故C错误；因Δt＝1 s＝2，则在1 s的时间内，波动图象上任意质点通过的路程都是两个T

振幅，为10 cm，故D正确；在t＝1 s到t＝2 s经历的时间为Δt＝1 s＝2，t＝1 s时刻x＝0.5 m处的质点位于波峰，则在t＝1 s到t＝2 s的时间内该质点的速度先增大后减小，故E正确．

（2）（10分）如图所示，MNPQ是一块截面为正方形的玻璃砖，其边长MN＝30 cm.一束激光

AB射到玻璃砖的MQ面上(入射点为B)进入玻璃砖后在QP面上的F点(图中未画出)发生全反射，恰沿DC 方向射出．其中B为MQ的中点，∠ABM＝30°，PD＝7.5 cm，∠CDN＝30°.

(1)画出激光束在玻璃砖内的光路示意图，求出QP面上的反射点F到Q点的距离QF； (2)求出该玻璃砖的折射率；

(3)求出激光束在玻璃砖内的传播速度(真空中光速c＝3×108 m/s)． 5363

108 m/s 【答案】(1)图见解析 20 cm (2)6 (3)5×【解析】(1)光路示意图如图所示，反射点为F.

由几何关系得： tan r＝QBQF＝PD

PF（2分）

代入数据得：15QF＝7.5

30－QF（2分）

可得：QF＝20 cm（1分）

(2)由(1)的计算得， tan r＝QB153

QF＝20＝4（1分）

得：sin r＝0.6

由折射定律得： n＝sin isin r＝sin 60°53

0.6＝6

（2分）

(3)由n＝cc3×1086v得激光束在玻璃砖内的传播速度：v＝n＝ m/s＝3

×108535

m/s. 6

2分）（