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2021年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科综合物理押题卷(2)

发布时间: 2021-10-19 10:56:28

  2021 年普通高等学校招生全国统一考试·全国卷理科综合 物理 押题卷(2) (时间:60 分钟 满分:110 分) 二、选择题:本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 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,有选错的得 0 分。

 14.如图所示,斜面上有一能绕小铰链转动的挡板 AB,挡板 AB 与斜面垂直,把球放在斜面和挡板 AB 之间,不计摩擦,斜面对球的弹力为 F 1 ,挡板对球的弹力为 F 2 ,将挡板绕铰链缓慢推到竖直位置的过程中,下列说法正确的是(

 )

 A.F 1 和 F 2 都变大 B.F 1 和 F 2 都减小 C.F 1 增大,F 2 减小 D.F 1 减小,F 2 增大 A [将挡板由初始位置缓慢推到竖直位置的过程中,球受力平衡,F 1 和 F 2 的合力始终与重力等大反向,对球受力分析如图所示,可知 F 1 和 F 2 都变大。选项 A 正确,B、C、D错误。] 15.拍皮球是大家都喜欢的体育活动,能强身健体。已知皮球质量为 m=0.4 kg,为保证皮球每次与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为 h=1.25 m,小明需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用的距离为 s=0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下、大小为 4 m/s 的初速度 v。若不计空气阻力及球的形变,g 取 10 m/s 2 ,则每次拍球(

 ) A.手给球的冲量为 1.6 kg·m/s B.手给球的冲量为 2.0 kg·m/s C.小明对球做的功为 3.2 J D.小明对球做的功为 2.2 J

  D [根据题述可知,为使皮球在离手时获得一个竖直向下、大小为 4 m/s 的初速度 v,根据动量定理可知,合外力要给皮球的冲量为 I=mv=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s,手给球的冲量与重力给球的冲量之和等于合外力冲量,故手给球的冲量小于 1.6 kg·m/s,选项 A、B 错误;设每次拍球小明对球做的功为 W,由动能定理知,W+mgs= 12 mv2 ,解得 W=2.2 J,选项 D 正确,C 错误。] 16. (2020·7 月浙江高考·T 6 )如图所示,一质量为 m、电荷量为 q(q>0)的粒子以速度 v 0 从 MN 连线上的 P 点水平向右射入大小为 E、方向竖直向下的匀强电场中。已知 MN 与水平方向成 45°角,粒子的重力可以忽略,则粒子到达 MN 连线上的某点时(

 )

 A.所用时间为 mv0qE B.速度大小为 3v 0

 C.与 P 点的距离为 2 2mv20qE D.速度方向与竖直方向的夹角为 30° C [粒子从 P 点垂直电场方向出发到达 MN 连线上某点时,沿水平方向和竖直方向的位移大小相等,即 v 0 t= 12 at2 ,a= Eqm,解得 t= 2mv0qE,A 项错误;在该点,粒子沿电场方向的速度 v=at=2v 0 ,所以合速度大小为 v= 2v 0 2 +v 2 0 = 5v 0 ,B项错误;该点到 P 点的距离 s= 2x= 2v 0 t= 2 2mv20qE,C 项正确;由平行四边形定则可知,在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值 tan θ=v 02v 0 =12 ,则 θ≠30°,D项错误。] 17.(2020·西南名校联考)如图所示为查德威克发现中子的实验示意图,利用钋( 210

 84 Po)衰变放出的 α 粒子轰击铍( 9 4 Be),产生的粒子 P 能将石蜡中的质子打出来,下列说法正确的是(

 )

 A.α 粒子是氦原子 B.粒子 Q 的穿透能力比粒子 P 的强 C.钋的 α 衰变方程为 210

 84 Po→ 208

 82 Pb+ 4 2 He D.α 粒子轰击铍的核反应方程为 4 2 He+ 9 4 Be→ 12

 6 C+ 1 0 n D [α 粒子是氦原子核,选项 A 错误;42 He+ 9 4 Be→ 12

 6 C+ 1 0 n 是查德威克发现中子的核反应方程,选项 D 正确;粒子 P 是中子,粒子 Q 是质子,由于质子带正电,所以当质子射入物体时受到的库仑力会阻碍质子的运动,而中子不带电,不受库仑力作用,故粒子 P 的穿透能力比粒子 Q 的强,选项 B 错误;在钋的 α 衰变中,根据质量数守恒和电荷数守恒可知产生的是 206

 82 Pb 和 4 2 He,选项 C 错误。] 18.“嫦娥四号”探测器成功发射,开启了我国月球探测的新旅程,探测器经过地月转移、近月制动、环月飞行,最终实现了人类首次月球背面软着陆。如图为探测器绕月球的运行轨道示意图,其中轨道Ⅰ为圆形轨道,轨道Ⅱ为椭圆轨道。下列关于探测器的说法正确的是(

 )

 A.在轨道Ⅰ、轨道Ⅱ上通过 P 点时的动能相等 B.在轨道Ⅰ通过 P 点的加速度比在轨道Ⅱ通过 P 点的加速度大 C.在轨道Ⅱ上从 P 点运动到 Q 点的过程中动能变大 D.在轨道Ⅱ上从 P 点运动到 Q 点的过程中的机械能不守恒 C [“嫦娥四号”探测器在 P 位置从圆形轨道Ⅰ变到椭圆轨道Ⅱ时,需制动减速,做近心运动,则探测器在轨道Ⅰ上通过 P 点时的动能大于在轨道Ⅱ上通过 P点时的动能,选项 A 错误;探测器在两轨道上通过 P 点时位置相同,所受万有引力相同,则加速度相同,选项 B 错误;在轨道Ⅱ上探测器只受万有引力作用,则从 P 点运动到 Q 点的过程中,轨道高度降低,引力做正功,动能增大,机械能守

  恒,选项 C 正确,D 错误。] 19.如图所示,两半径为 r 的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向且方向指向圆心的磁场中,磁场所在的平面与轨道平面垂直,导轨间距为 L,一端接有电阻R,导轨所在位置处的磁感应强度大小均为 B。将一质量为 m 的金属导体棒 PQ从图示位置(导轨的半径与竖直方向的夹角为 θ)由静止释放,导轨及金属棒电阻均不计,重力加速度为 g,下列判断正确的是(

 )

 A.导体棒 PQ 不可能回到初始位置 B.导体棒 PQ 第一次运动到最低点时速度最大 B.导体棒 PQ 从静止到最终达到稳定状态,电阻 R 上产生的焦耳热为 mgrcos θ D.导体棒 PQ 由静止释放到第一次运动到最低点的过程中,通过 R 的电荷量为 BθrLR AD [分析知,导体棒在运动过程中不断克服安培力做功,将机械能转化为电能,机械能不守恒,因此不可能回到初始位置,选项 A 正确;导体棒 PQ 第一次运动到最低点时所受合力与速度方向的夹角为钝角,故速度不可能最大,选项B 错误;分析可知导体棒最后一定静止在最低点,根据能量守恒定律得电阻 R 上产生的焦耳热等于导体棒重力势能的减少量,即 Q R =mgr(1-cos θ),选项 C 错误;导体棒PQ从静止释放到第一次运动到最低点的过程中,通过R的电荷量为q= ΔΦR= BrLθR,选项 D 正确。] 20.如图甲所示,质量为 0.1 kg 的小球从最低点 A 冲上竖直固定在水平地面上、半径为 0.4 m 的半圆轨道,小球速度的平方与其高度的关系图象如图乙所示。已知小球恰能到达最高点 C,轨道粗糙程度处处相同,空气阻力不计。g 取 10 m/s 2 ,B 为 AC 轨道的中点。下列说法正确的是(

 )

 甲

 乙 A.图乙中 x=4 B.小球从 B 到 C 损失了 0.125 J 的机械能 C.小球从 A 到 C 合外力对其做的功为-1.05 J D.小球离开 C 点后,落地点到 A 的距离为 0.8 m ACD [当 h=0.8 m 时小球在 C 点,由于小球恰能到达最高点 C,故 mg=m v2CR ,所以 v2C =gR=4 m 2 ·s- 2 ,选项 A 正确;结合图乙可知小球在 A 点的机械能E 1 = 12 mv2A =1.25 J,在 C 点的机械能为 E 2 = 12 mv2C +2mgR=1 J,因此小球从 A 到 C损失了 0.25 J 的机械能,由于 A 到 B 和 B 到 C 过程中摩擦力的大小不等,克服摩擦力做功不同,因此机械能损失不同,选项 B 错误;小球从 A 到 C,由动能定理可知 W 合 = 12 mv2C - 12 mv2A =-1.05 J,选项 C 正确;小球离开 C 点后做平抛运动,故 2R= 12 gt2 ,落地点到 A 的距离 x 1 =v C t,解得 x 1 =0.8 m,选项 D 正确。] 21. (2020·河北第一次大联考)如图所示,在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场,在第二象限内有水平向右的匀强电场。一不计重力的带电粒子(电荷量为q、质量为 m)以垂直于 x 轴的速度 v 0 从 x 轴上的 S 点(OS=d)射入匀强电场,在 y轴上的 P 点(未画出)与 y 轴正方向成 45°角射出电场,然后在 x 轴上的 Q 点(未画出)垂直于 x 轴射出,则(

 )

 A. POQO = 2-1 B.粒子在电场和磁场中运动时间的比值为 3π4

  C.磁场的磁感应强度大小为2mv 04qd D.电场强度的大小为 mv202qd

 AD [粒子在电场中做类平抛运动,进入磁场时速度方向与 y 轴正方向成 45°角,所以粒子运动到 P 点时沿 x 轴正方向的分速度 v x =v 0 。粒子从 S 点运动到 P点的过程中,沿 x 轴正方向做匀加速直线运动,有 d= v02 t,沿 y 轴正方向做匀速直线运动,有 PO=v 0 t=2d。粒子进入磁场后做匀速圆周运动,由几何知识可知粒子在磁场中的运动半径为 R=2 2d,QO=R(1+cos 45°)=2( 2+1)d, POQO =2d2 2+1d = 2-1,选项 A 正确;粒子在电场中的运动时间为 t1 = 2dv 0 ,由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为 θ= 3π4,粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为 v= 2v 0 ,所以粒子在磁场中的运动时间为 t 2 = 2πRv×38 =3πd2v 0 ,故其运动时间之比为 t1t 2 =43π ,选项 B 错误;由 qvB=mv 2R 可得磁场的磁感应强度 B=mv 02qd ,选项 C 错误;粒子在电场中沿 x 轴正方向做匀加速直线运动,由 v x =v 0 = qEm×2dv 0 =2Eqdmv 0可得,E= mv202qd ,选项 D 正确。]

 三、非选择题:共 62 分。第 22~25 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 33~34 题为选考题,考生根据要求作答。

 (一)必考题:共 47 分。

 22.(6 分)(2020·山东烟台重点中学高三质量监测)某同学用如图甲所示的装置来研究两个完全相同的小球碰撞过程中机械能是否守恒。步骤如下:

 (1)将小球 A 用不可伸长的轻质细绳悬于 O 点,小球 B 放置于桌面边缘,使 A球竖直悬挂时恰好与桌面上的 C 点接触但对桌面没有压力。

 (2)将 A 球拉至绳子水平并由静止释放,到达 C 点时刚好与 B 球发生正碰,碰后 B 球做平抛运动落至地面,A 球停在 C 点。

 (3)测得 O 到桌面的高度为 H、桌面到地面的高度为 h、B 球做平抛运动的水

  平位移为 L。重力加速度为 g。

 甲

  乙 (4)用 20 分度的游标卡尺测小球的直径 d,如图乙所示,则 d=________ cm;由实验可知,B 球做平抛运动的水平初速度大小为________,如果满足关系式____________,则说明碰撞过程中 A、B 两球组成的系统机械能守恒。(后两空均用测得的物理量的符号表示) [解析] (4)根据游标卡尺读数规则知 d=1.1 cm+9×0.05 cm=1.145 cm。B 球做平抛运动,竖直方向上有 h= 12 gt2 ,水平方向上有 L=v 0 t,解得 v 0 =Lg2h 。因为碰前 B 球静止,碰后 A 球静止,要探究碰撞过程中两球组成的系统机械能是否守恒,即验证碰前 A 球的重力势能减少量和碰后 B 球获得的动能是否相等,mg  H- d2= 12 mv20 ,化简得 L 2 =4h  H- d2。

 [答案] (4)1.145(2 分) Lg2h (2 分) L2 =4h H- d2(2 分) 23.(9 分)(2020·山东烟台重点中学高三质量监测)某同学用伏安法测定待测电阻的阻值 R x (约为 10 kΩ),除了待测电阻、开关 S、导线外,实验室还有下列器材供选用。

 A.电压表(量程 0~1 V,内阻约为 10 kΩ) B.电压表(量程 0~10 V,内阻约为 100 kΩ) C.电流表(量程 0~1 mA,内阻约为 30 Ω) D.电流表(量程 0~0.6 A,内阻约为 0.05 Ω) E.电源(电动势 1.5 V,额定电流 0.5 A,内阻不计) F.电源(电动势 12 V,额定电流 2 A,内阻不计) G.滑动变阻器 R 0 (阻值范围 0~10 Ω,额定电流 2 A) (1)为使测量尽可能准确,电压表应选用________,电流表应选用________,电源应选用________。(选填器材前的字母代号) (2)画出测量待测电阻阻值 R x 的实验电路图。

 (3)该同学选择的器材、电路图的连接均正确,从实验原理上看,待测电阻测量 值 会 ________( 选 填 “ 大 于 ”“ 小 于 ” 或 “ 等 于 ”) 其 真 实 值 , 原 因 是________________。

 [解析] (1)由于待测电阻阻值大,电源应选电动势大的,即电动势为 12 V 的电源;电压表选择 B,最大电流约为 I=1010 000

 A=0.001 A=1 mA,故电流表选择 C。

 (2)因给出的滑动变阻器总阻值较小,所以应采用分压式接法,同时因待测电阻阻值远大于电流表内阻,为了准确测量,电流表应选择内接法。(3)因本实验采用电流表内接法,由于电流表分压作用,电压表示数大于待测电阻两端电压真实值,由闭合电路欧姆定律可知,待测电阻测量值将大于其真实值。

 [答案] (1)B(1 分) C(1 分) F(1 分) (2)如图所示(2 分) (3)大于(2 分) 电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(2 分)

  24.(14 分)(2020·杭州重点中学高三考试)某同学设计了一款儿童弹射玩具,模型如图所示,PB 段是长度连续可调的竖直伸缩管,BCD 段是半径为 R 的四分之三圆弧弯管,DE 段是长度为 2R 的水平管,与 AB 管稍稍错开。竖直管内装有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧,在弹簧上端放置质量为 m 的小球。每次将弹簧的长度压缩至 P 点后锁定,设 PB 的高度差为 h,解除锁定后弹簧可将小球弹出。在弹射器的右侧装有可左右移动的宽为 2R 的盒子用于接收小球,盒子两侧的最高点 M、N 和 P 点等高,且 M 与 E 的水平距离为 x。已知弹簧锁定时的弹性势能为 E p =9mgR,小球与水平管的动摩擦因数 μ=0.5,与其他部分的摩擦不

  计,不计小球受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失,不考虑伸缩竖直管粗细变化对小球的影响且管的粗细远小于圆的半径,重力加速度大小为 g。

 (1)求当 h=3R 时,小球到达管道的最高点 C 处时的速度大小 v C ; (2)求在(1)问中小球运动到最高点 C 时对管道作用力的大小; (3)若 h 连续可调,要使该小球能掉入盒中,求 x 的最大值。

 [解析] (1)小球从 P 点运动至 C 点的过程中,根据机械能守恒定律有 E p =mg(h+R)+ 12 mv2C (2 分) 解得 v C = 10gR。

 (1 分) (2)设小球在 C 点时受到的管道的作用力方向向下,大小为 F,则有 F+mg=m v2cR (2 分) 解得 F=9mg

 (1 分) 根据牛顿第三定律,可得小球对管道的作用力大小为 9mg。

 (1 分) (3)从 P 到 E 的过程中,由动能定理得 E p -mg(h-R)-2μmgR= 12 mv2E -0

 (2 分) 要使小球落入盒中,x 取极值的临界是正好从 M 点经过掉入盒中,小球由 E到 M 做平抛运动,则有 h-R= 12 gt2 ,x=v E t

 (2 分) 联立可得 x=2 -h-5R 2 +16R 2

  (1 分) 故当 h=5R 时,有 x max ...

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