黄金六套卷全国高考物理冲刺信息卷新课标Ⅲ卷一解析版.docx
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黄金六套卷全国高考物理冲刺信息卷新课标Ⅲ卷一解析版
【黄金六套卷】2021年全国高考物理冲刺信息卷
(一)(新课标Ⅲ卷)
理科综合·物理
(考试时间:
55分钟试卷满分:
110分)
注意事项:
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证
号填写在答题卡上。
2.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动,用
橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷
二、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,有选错或不答的得0分。
14.钴-60放射性的应用非常广泛,几乎遍及各行各业。
在农业上,常用于辐射育种、刺激增产、辐射防
治虫害和食品辐照保藏与保鲜等;在医学上,常用于癌和肿瘤的放射治疗。
一个钴-60原子核(60Co)放出一
个β粒子后衰变成一个镍核(60Ni),并伴随产生了γ射线。
已知钴-60的半衰期为5.27年,该反应中钴核、
β粒子、镍核的质量分别为m、m、m。
下列说法正确的是(
)
1
2
3
A.核反应中释放的能量为(m+m-m)c
2
1
2
3
B.核反应中释放出的γ射线的穿透本领比β粒子强
C.若有16个钴-60原子核,经过5.27年后只剩下8个钴-60原子核
D.β粒子是钴原子核外的电子电离形成的
【答案】B
【解析】根据爱因斯坦质能方程式,核反应中释放的能量为(m-m-m)c
2
,选项A错误;核反应中释放出
1
2
3
的γ射线的穿透本领比β粒子强,选项B正确;半衰期是对大量原子核的统计得出的,对少量原子核不适
用,因此若有16个钴-60原子核,经过5.27年后不一定只剩下8个钴-60原子核,选项C错误;衰变反
应释放的β粒子是钴原子核内的中子转变为质子和电子形成的,选项D错误。
15.如图所示,学生练习用头颠球。
某一次足球静止自由下落80cm,被重新顶起,离开头部后竖直上升
的最大高度仍为80cm。
已知足球与头部的作用时间为0.1s,足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s
2
,
不计空气阻力下列说法正确的是(
)
A.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg·m/s
D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s
【答案】C
2h
=
2gh=4m/s,t1=
=0.4s,反弹后
【解析】足球自由落体80cm时的速度为v,时间为t,有v
1
1
1
g
v=v=4m/s
做竖直上抛运动,而上升的最大高度也为80cm,根据运动的对称性可知上抛的初速度
t=t=0.4s;对足球与人接触的过程,Δt=0.1s
,上
2
1
升的时间
,取向上为正,由动量定理有
2
1
(F−mg)⋅∆t=mv−(−mv)=∆p,解得=
,∆p=3.2kg⋅m/s,即头部对足球的平均作用力为36N,
F
36N
2
1
而足球的重力为4N,则头部对足球的平均作用力是重力的9倍,此过程的动量变化量大小为
∆p=3.2kg⋅m/s,故A错误,C正确;足球刚接触时的动量为p=mv=1.6kg⋅m/s
,故B错误;足球
,故D错误;故选C。
1
1
I=mg(t+∆t+t)=3.6N⋅s
运动的全过程,所受重力的冲量为
G
1
2
16.如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球。
A、B两球分别连接在两根弹簧上,
C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内。
若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ<ρ<ρ)(
)
木
水
铁
A.A球将向上运动,B、C球将向下运动
B.A、B球将向上运动,C球不动
C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动
D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动
【答案】
D
【解析】剪断绳子之前,A球受力分析如图甲所示,B球受力分析如图乙所示,C球受力分析如图丙所示。
剪断绳子瞬间,水杯和水都处于完全失重状态,水的浮力消失,杯子的瞬时加速度为重力加速度。
又由于
mg-F
A
mA弹A<g,方向
弹簧的形状来不及发生改变,弹簧的弹力大小不变,相对地面而言,A球的加速度a=
A
mg+F
B
mB弹B>g,方向竖直
竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向上。
相对地面而言,B球的加速度a=
B
向下,其相对杯子的加速度方向竖直向下。
绳子剪断瞬间,C球所受的浮力和拉力均消失,其瞬时加速度
为重力加速度,故相对杯子静止,综上所述,D正确。
17.天文观测中观测到有三颗星位于边长为l
的等边三角形三个顶点上,并沿等边三角形的外接圆做周期
为T的匀速圆周运动。
已知引力常量为G,不计其他星体对它们的影响,关于这个三星系统,下列说法正
确的是(
)
B.某颗星的质量为4πl
2
A.三颗星的质量可能不相等
3GT
2
23πl
D.它们两两之间的万有引力大小为16π
44
l
C.它们的线速度大小均为
【答案】D
T
9GT
4
【解析】三星系统在外接于等边三角形的圆形轨道上做匀速圆周运动,可知它们相互间万有引力相等,
可得三颗星的质量相等,故A错误。
由几何关系可知该三星系统中星体做圆周运动的轨迹半径
l
mv
R
2
4π
2
43π
2
2
ml
3Gm
2
4π
2
l
3
2
3l,则F向
=
=m
R=
,F向=2Fcos30
°=
,联立解得m=
2
,
R=
v=
cos30°=
T
2
3T
万
l
2
3GT
3
23πl
16π
44
l
,F万=
,故BC错误,D正确。
故选D。
3T
9GT
4
18.如图所示,一矩形线圈的面积为S,匝数为N,电阻为r,处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中,
绕垂直磁场的水平轴OO′以角速度ω匀速运动。
线圈通过滑环与定值电阻R及理想电流表组成闭合回路。
已知理想电压表的示数为U,从线圈平面与磁感线平行的位置开始计时,则
(
)
A.R两端电压瞬时值的表达式为u=2Usinωt
R
2NBSω
B.理想电流表的示数为
2(R+r)
C.从π
2ω
到
23ωπ的时间内,穿过线圈平面磁通量的变化量为零
D.若ω=100πrad/s,通过R的电流每秒钟方向改变50次
【答案】
B
【解析】线圈平面与磁感线平行位置开始计时,U=2Ucosωt,故A错误;电源电动势最大值为E=
R
m
2NBSω,故B正确;从π
=到
T
4
2ω4的时间内,穿过线圈平面
3π3T
=
NBSω,所以理想电流表的示数为I=
2(r+R)
2ω
磁通量的变化量为2BS,故C错误;若ω=100πrad/s,频率为f=50Hz,通过R的电流每秒钟方向改变100
次,故D错误。
19.有一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c、d四点的位置如图8所示,cd、cb分别垂直于x
轴、y轴,其中a、b、c三点电势分别为:
4V、8V、10V,使一电荷量为q=-2×10-5C的负点电荷由a点开
始沿abcd路线运动,则下列判断正确的是(
)
A.坐标原点O的电势为6V
B.电场强度的大小为2V/m
C.该点电荷在c点的电势能为2×10-5
【答案】AD
J
D.该点电荷从a点移到d点过程中,电场力做功为8×10-5J
【解析】由于是匀强电场,所以沿同一方向前进相同距离电势的变化量相等,所以φ-φ=φ-φ,代入数据
c
b
O
a
解得:
φ=6V,故A正确;ab中点e的电势为φ=6V,连接Oe则为等势面,如图所示,
O
e
由几何关系可知,ab垂直于Oe,则ab为一条电场线,且方向由b指向a,电场强度为:
E=Udbbee=
8-6
V/m
2
2
+2
2
×10-2
2
=1002V/m,故B错误;该点电荷在c点的电势能为:
E=qφ=-2×10-4J,故C错误;b、d在同一等势面
pc
c
上,该点电荷从a点移动到d点电场力做功为W=qU=qU=(4-8)×(-2×10-5)J=8×10-5J,故D正确.
ad
ad
ab
20.如图,两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置,匀强磁场垂直于导轨平面,导轨的上端
与水平放置的两金属板M、N相连,板间距离足够大,板间有一带电微粒,金属棒ab水平跨放在导轨上,
下滑过程中与导轨接触良好.现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab,则下列说法中正确的是(
)
A.金属棒ab最终可能匀速下滑
B.金属棒ab一直加速下滑
C.金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D.带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动
【答案】BC
【解析】金属棒沿光滑导轨加速下滑,棒中有感应电动势而对电容器充电,充电电流通过金属棒时受安培
力作用,只有金属棒速度增大时才有充电电流,因此总有mgsinθ-BIl>0,金属棒将一直加速,A错,B对;
由右手定则可知,金属棒a端电势高,则M板电势高,C对;若微粒带负电,则静电力向上与重力反向,
开始时静电力为0,微粒向下加速运动,当静电力增大到大于重力时,微粒的加速度向上,D错.
21.如图所示,竖直墙上固定有光滑的小滑轮D,质量相等的物体A和B用轻弹簧连接,物体B放在地面
上,用一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接,另一端跨过定滑轮与小环C连接,小环C穿过竖直固定的
光滑均匀细杆,小环C位于位置R时,绳与细杆的夹角为θ,此时物体B与地面刚好无压力.图中SD水平,
位置R和Q关于S对称.现让小环从R处由静止释放,环下落过程中绳始终处于拉直状态,且环到达Q时
速度最大.下列关于小环C下落过程中的描述正确的是(
)
A.小环C、物体A和轻弹簧组成的系统机械能守恒
B.小环C下落到位置S时,小环C的机械能一定最大
C.小环C从位置R运动到位置Q的过程中,弹簧的弹性势能一定先减小后增大
cosθ
D.小环C到达Q点时,物体A与小环C的动能之比为
2
【答案】ABD.
【解析】在小环下滑过程中,只有重力势能与动能、弹性势能相互转换,所以小环C、物体A和轻弹簧组成
的系统机械能守恒,故A正确;小环C下落到位置S过程中,绳的拉力一直对小环做正功,所以小环的机械能
一直在增大,从S点往下,绳的拉力对小环做负功,机械能减小,所以在S时,小环的机械能最大,故B正确;
小环从R点下落过程中,弹簧向下移动,形变量减少,弹性势能减小,若小环下降到S点时,弹簧恢复原长,则
从S到Q过程,弹性势能增大,但平衡位置不一定在S点,若平衡位置在S点与R点之间,则小环从R到Q过
程中,弹性势能,先减小,再增大,再减小,再增大,故C错误;小环在R位置时,物体B对地面无压力,此
时F=mg,m=m,绳的拉力T=mg+F=2mg,Q点与R点对称,在Q点将小环速度分解可知v=vcosθ,
弹
B
A
B
A
弹
A
A
1
2
cosθ
2
又因环在Q位置速度最大,则有m=2mcosθ,根据动能E=mv
2
可知,物体A与小环C的动能之比为
,
环
A
k
故D正确.
第Ⅱ卷
三、非选择题:
本卷包括必考题和选考题两部分。
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)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲所示,己知打点计时器所用电源
频率为50Hz,试回答下列问题。
(1)平衡好摩擦力后,将5个相同的砝码都放在小车上,挂上砝码盘,然后每次从小车上取一个砝码添加到
砝码盘中,测量小车的加速度。
根据小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据作出的a-F图线
如图丙所示,此图线不通过原点的主要原因是__________________。
(2)在某次利用上述已调整好的装置进行实验时,保持砝码盘中砝码个数不变,小车自身的质量保持不变(已
知小车的质量远大于砝码盘和盘中砝码的质量),在小车上加一个砝码,并测出此时小车的加速度a,调整
1
小车上的砝码,进行多次实验,得到多组数据,以小车上砝码的质量m为横坐标,相应加速度的倒数
为
a
1
纵坐标,在坐标纸上作出如图丁所示的-m关系图线,实验结果验证了牛顿第二定律。
如果图中纵轴上的
a
截距为b,图线的斜率为k,则小车受到的拉力大小为____________,小车的质量为____________。
1
b
k
【答案】
(1)砝码盘的重力未计入其中(2分)
(2)
(2分)
(2分)
k
【解析】
(1)根据图象丙可知,平衡摩擦力后,当F=0时,a≠0,这是由于F只是砝码盘中砝码总重力,砝
码盘的重力未计入其中。
1
M
b
(2)当小车上无砝码时,小车加速度为a=,设小车的质量为M,则小车受到的拉力为F=Ma=
0
0
b
1
图丁中图线的函数关系式满足
=km+b,根据牛顿第二定律得F=(m+M)a,可解得
b,
1。
a
M=
F=
k
k
23.(9分)某小组利用图(a)所示的电路,研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U与温度t的关系,
图中为理想电压表;R为滑动变阻器,R为定值电阻(阻值100Ω);S为开关,E为电源。
实验中二
和
0
极管置于控温炉内,控温炉内的温度t由温度计(图中未画出)测出。
图(b)是该小组在恒定电流为50.0μA时
得到的某硅二极管U-t关系曲线。
回答下列问题:
(1)实验中,为保证流过二极管的电流为50.0μA,应调节滑动变阻器R,使电压表的示数为U=
1
________mV;根据图(b)可知,当控温炉内的温度t升高时,硅二极管正向电阻________(填“变大”或“变小”),
电压表示数________(填“增大”或“减小”),此时应将R的滑片向________(填“A”或“B”)端移动,以使
示
数仍为U。
1
(2)由图(b)可以看出U与t成线性关系。
硅二极管可以作为测温传感器,该硅二极管的测温灵敏度为
ΔU
Δt=________×10-3V/℃(保留2位有效数字)。
【答案】
(1)5.00(2分)变小(2分)增大(2分)B(1分)
(2)2.8(2分)
【解析】
(1)、是理想电压表,则R与硅二极管串联,电流相等,R两端电压U=IR=50.0×10-6×100
0
0
1
0
V=5.00×10-3V=5.00mV。
由U-t图象知:
控温炉内温度升高,硅二极管两端电压U变小,又I=50.0μA不变,故硅二极管正
2
向电阻变小;当控温炉内温度升高时,硅二极管电阻变小,反过来影响电路中电流,由闭合电路欧姆定律
知,电路中电流增大,示数增大;要保持示数不变,需增大滑动变阻器的阻值,即滑片向B端移动。
ΔU0.44-0.30
(2)由U-t图象的斜率可知
=
V/℃=2.8×10-3V/℃。
Δt
80-30
24.(12分)如图甲是某型号无人机在水平地面沿直线加速滑行和离开地面以固定仰角沿直线匀速爬升的示
3
意图,无人机在滑行和爬升两个过程中:
所受推力大小均为其重力的倍,方向与速度方向相同;所受升
5
力大小与其速率的比值均为k,方向与速度方向垂直;所受空气阻力大小与其速率的比值均为k,方向与
1
2
速度方向相反。
k、k未知;已知重力加速度为g,无人机质量为m,匀速爬升时的速率为v,仰角为θ,
1
2
0
7,cosθ=24。
且sinθ=
25
25
(1)求k,k的值;
1
2
(2)若无人机受到地面的阻力等于压力的k倍,无人机沿水平地面滑行时能做匀加速直线运动,求k的值;
3
3
(3)若无人机在水平地面由静止开始沿直线滑行,其加速度a与滑行距离s的关系如图乙所示,求无人机
在滑行距离为2s的位置时的速度大小。
0
24mg
25v0,
8mg
=1
3
v=3as
;()
200
k=
1
k2=
【答案】
(1)
25v0;
(2)
k3
3
3
【解析】
(1)无人机以速度v匀速爬升阶段,受力平衡,沿速度方向有
mg=mgsinθ+k2v
(分)
1
0
0
5
mgcosθ=k1v
垂直速度方向有
(1分)
0
24mg
25v0,
8mg
25v0(1分
k=
1
k2=
代入数据,联立得
)
(2)设无人机在地面滑行时速度为v,受到地面弹力为F,受力分析可知竖直方向平衡
N
F+kv=mg
(1分)
N
1
3
mg−kF−kv=ma
(1分)
水平方向匀加速
3
N
2
5
3
v
a=(−k)g+(kk−k)
(1分)
联立解得
3
3
1
2
5
m
kk−k=0
无人机能做匀加速直线运动,a不变,方程中v的系数必须为零,即
(1分)
3
1
2
1
k=
3
(1分)
则有
3
(3)依据图乙,0~s过程无人机合外力为ma;s~2s过程无人机合外力ma随s均匀减小,一小段位移∆s内
0
0
0
0
ma0
2
合外力做功为mas,此过程合外力做功可表示为
∆
s
,0~2s过程应用动能定理
0
0
ma0
2
1
mas+
s=mv
2
2
3
(分)
0
0
0
2
v=3as
200
(1分)
解得
25.(20分)如图甲所示,在水平方向足够长的虚线区域Ⅰ(上下边界水平)内有交替变化的电磁场,电磁场
E
按照如图乙所示的规律变化,电场强度大小为E,方向竖直向下,磁感应强度大小为B=3v,方向垂直纸
1
0
面向里。
一质量为m、电荷量为+q的带电粒子(重力不计)在t=0时刻以初速度v从上边界A点竖直向下
0
mv
2mv02
0
进入区域Ⅰ,t=(π+3)qE时刻从下边界C点离开区域Ⅰ并进入半径为R的圆形区域Ⅱ,R=qE,区域Ⅱ与区
3E
域Ⅰ在C点相切,区域Ⅱ中存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B=v。
求:
2
0
mv0
qE
(1)t=
时刻粒子的速度大小v;
1
1
(2)区域Ⅰ在竖直方向的宽度d;
(3)粒子在区域Ⅱ中运动的时间。
11
mv0
qE
2
3πmv0
9qE
【答案】
(1)2v0
(2)
+33
(3)
2
qE
【解析】
(1)0~t时间内,粒子在电场中做匀加速直线运动a=
m(1分)
1
由匀加速直线运动公式知v=v+at(1分)
1
0
1
可得v=2v。
(1分)
1
0
v0+v1
3mv0
2
(2)0~t时间内,粒子在电场中运动的位移d=
·t1=
2qE(1分)
1
1
2
v1
2
t时刻,粒子开始在磁场中做匀速圆周运动,设半径为r,由向心力公式qvB=m
r1(1分)
1
1
1
1
6mv0
qE
2
可得r=
(1分)
1
2πr6πmv0
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,T=1=
(1分)
1
1
v1
qE
πmv0
qE
1
6
粒子在磁场中运动的时间t=
=T(1分)
1
2
对应圆心角为θ=60°(1分)
33mv0
在磁场中沿竖直方向运动的距离大小为d=rsinθ=
2
(1分)
2
1
qE
2mv
然后粒子以速度v第二次进入电场,在电场中运动时间t=
qE0(1分)
1
3
由运动的合成与分解可知,粒子竖直向下的速度大小为v=vcosθ=v
y1
1
0
水平方向的速度大小为v=vsinθ=3v(1分)
x
1
0
粒子竖直方向做匀加速直线运动,经过t时间,竖直向下的速度大小为v=v+at=3v(1分)
3
y2
y1
3
0
vy1+vy2
4mv0
2
竖直位移大小d=
·t3=
qE(1分)
3
2
11
mv02
+33
可得区域Ⅰ在竖直方向的宽度d=d+d+d=
。
(1分)
1
2
3
qE
2
(3)粒子从C点离开区域Ⅰ时的速度v=vy22+vx
2
=23v(1分)
2
0
易知速度与水平方向的夹角为60°(
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