四川省巴中市2021届新高考最新终极猜押物理试题含解析

四川省巴中市2021届新高考最新终极猜押物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．如图所示，两个完全相同的矩形导线框A 、B 在靠得很近的竖直平面内，线框的长边均处于水平位置．线框A 固定且通有电流I ，线框B 从足够高处由静止释放，在运动到A 下方的过程中（ ）
A ．穿过线框
B 的磁通量先变小后变大
B ．穿过线框B 的磁通量先变大后变小
C ．线框B 所受安培力的合力为零
D ．线框B 的机械能一直减小
【答案】D
【解析】
【详解】
AB.据安培定则知，线框A 内部磁场向里，外部磁场向外；线框B 从足够高处由静止释放，线框B 下降且未与线框A 相交前，线框B 中磁通量是向外的增大；当线框B 与线框A 相交至重合过程中，线框B 中磁通量先是向外的减小到0然后是向里的增大；当线框B 与线框A 重合至相离过程中，线框B 中磁通量先是向里的减小到0然后是向外的增大；当线框B 与线框A 相离且越来越远时，线框B 中磁通量是向外的减小；故AB 两项错误；
C.因为线框B 与线框A 相对运动产生感应电流，据楞次定律知，线框B 所受安培力的合力竖直向上，故C 项错误；
D. 线框B 下降过程中，安培力对其做负功，线框B 的机械能一直减小，故D 项正确。

2．核反应方程235114489192056X 0U n Ba Kr 3n +→++表示中子轰击23592U 原子核可能发生的一种核反应，该核反应中质量亏损了m ∆。

关于这个核反应，下列说法中正确的是（ ）
A ．该反应属于核聚变
B ．89x Kr 中的X 为33
C ．144
56Ba 中含有56个中子
D ．该核反应释放出的核能为2mc ∆
【答案】D
【解析】
【分析】
A．裂变反应是较重的原子核在其它粒子的轰击下，分裂成几个中等的原子核，可知该反应属于裂变反应，故A错误；
Kr的核电荷数X为
B．根据电荷数守恒、质量数守恒知，89
X
=-=
X925636
故B错误；
C．Ba的核子数为144，其中的质子数为56，所以中子数为
=-=
n1445688
故C错误；
D．该核反应释放出的核能为△E，根据爱因斯坦质能方程可知
2
∆=∆
E mc
故D正确。

故选D。

3．一架飞机在高空中由西向东沿水平方向做匀加速直线运动，飞机每隔相同时间自由释放一个物体，共连续释放了6个物体（不计空气阻力）。

下图是从地面某时刻观察到的6个空投物体的图像，其中正确的是
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】
【详解】
因为物体做平抛运动，而飞机做匀加速直线运动，所以做平抛运动的不同物体的初速度越来越大，在竖直方向上做自由落体运动，所以相等时间间隔内的位移越来越大。

A．该图与结论相符，选项A正确；
B．该图与结论不相符，选项B错误；
C．该图与结论不相符，选项C错误；
D．该图与结论不相符，选项D错误；
4．如图，A 、B 两点固定有电荷量分别为+Q 1和+Q 2的点电荷，A 、B 连线上有C 、D 两点，且AC=CD=DB 。

试探电荷+q 只在静电力作用下，从C 点向右沿直线运动到D 点，电势能先减小后增大，则（ ）
A ．Q 1一定大于Q 2
B ．
C 、
D 两点的场强方向可能相同
C ．+q 的加速度大小先减小后增大
D ．+q 的动能和电势能的总和先减小后增大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．试探电荷+q 只在静电力作用下，从C 点向右沿直线运动到D 点，电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功，电场线先向右后向左，可知在CD 之间存在场强为零的位置，但是不能确定与两电荷的距离关系，则不能确定两电荷带电量的关系，故A 错误；
B ．由以上分析可知，
C 、
D 两点的场强方向相反，故B 错误；
C ．因C
D 之间存在场强为零的位置，则试探电荷从C 向D 移动时，所受电场力先减小后增加，加速度先减小后增加，故C 正确；
D ．因+q 只有电场力做功，则它的动能和电势能的总和保持不变，故D 错误。

故选C 。

5．一个
23892U 原子核静止在磁感应强度为B 的匀强磁场中，当原子核发生衰变后，它放出一个α粒子（42He ），其速度方向与磁场方向垂直。

关于α粒子与衰变后的新核在磁场中做的圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A ．运动半径之比是45:1
B ．运动周期之比是1:117
C ．动能总是大小相等
D ．动量总是大小相等，方向相反 【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．衰变方程为
238
234
4
92902U X He →+
衰变瞬间动量守恒，所以
αX p p =
洛伦兹力提供向心力，根据
2v qvB m R = 解得半径 mv p R qB qB
== 所以α粒子与衰变后的新核的半径之比为
αX X α904521
R q R q === A 正确；
B ．原子核在磁场中圆周运动的周期为
2m T qB
π= 所以α粒子与衰变后的新核的周期之比为
ααX X αX 904902234117
T m q T q m =⋅=⋅= B 错误；
C ．二者动量大小始终相等，根据动量和动能的关系
k 2p mv mE ==
可知α粒子与衰变后的新核的质量不同，动能不同，C 错误；
D ．α粒子与衰变后的新核的动量大小始终相同，在衰变瞬间，二者方向相反，随后在磁场中做匀速圆周运动，动量方向不同，D 错误。

故选A 。

6．平行板电容器C 与三个可控电阻R 1、R 2、R 3以及电源连成如图所示的电路，闭合开关S ，待电路稳定后，电容器C 两极板带有一定的电荷，要使电容器所带电荷量减少。

以下方法中可行的是（ ）
A ．只增大R 1，其他不变
B ．只增大R 2，其他不变
C ．只减小R 3，其他不变
D ．只减小a 、b 两极板间的距离，其他不变
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．只增大1R ，其他不变，电路中的电流变小，R 2两端的电压减小，根据2Q CU =，知电容器所带的电量减小，A 符合要求；
B ．只增大2R ，其他不变，电路中的电流变小，内电压和R 1上的电压减小，电动势不变，所以R 2两端的电压增大，根据2Q CU =，知电容器所带的电量增大，B 不符合要求；
C ．只减小R 3，其他不变，R 3在整个电路中相当于导线，所以电容器的电量不变，C 不符合要求；
D ．减小ab 间的距离，根据4S C kd επ=
，知电容C 增大，而两端间的电势差不变，所以所带的电量增大，D 不符合要求。

故选A 。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，aO 为一个与磁场方向垂直、长度为L 的金属杆，已知 3
L ab bc cO ===。

a c 、两点与磁场中以O 为圆心的同心圆（均为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。

一电容为C 的电容器连接在金属轨道上。

当金属杆在与磁场垂直的平面内以O 为轴，以角速度ω顺时针匀速转动且电路稳定时，下列说法正确的是（ ）
A ．a b c O 、、、四点比较，O 点电势最高
B ．电势差2bO ac U U =
C ．电势差2ac ab U U =
D ．电容器所带电荷量为
249
CB L ω 【答案】BD
【解析】
【详解】
A ．如图所示
杆abcO 顺时针匀速转动切割磁感线，由右手定则知感应电动势方向为O a →，杆abcO 相当于电源，所以a 点电势最高，故A 错误；
BC ．综合运动规律，ac 的中点b 的线速度为
123
v L ω=⋅ 综合电路规律，电路稳定后，电容器既不充电也不放电，电路中无电流，由法拉第电磁感应定律得
123
ac ac U E B L v ==⋅⋅ 解得
249
ac ac U E B L ω== 同理，ab 中点的线速度为
256
v L ω=⋅ 又有
2215318
ab ab U E B L v B L ω==⋅⋅= bO 中点c 的线速度为
313
v L ω=⋅ 可得
232239
bO bO U E B L v B L ω==⋅⋅= 故B 正确，C 错误；
D ．电容器接在a c 、两点间，带电荷量为
ac Q CU =
解得
249
ac Q CU CB L ω== 故D 正确。

故选BD 。

8．如图所示，xOy 平面位于光滑水平桌面上，在O≤x≤2L 的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xOy
平面向下．由同种材料制成的粗细均匀的正六边形导线框，放在该水平桌面上，
AB 与DE 边距离恰为2L ，现施加一水平向右的拉力F 拉着线框水平向右匀速运动，DE 边与y 轴始终平行，从线框DE 边刚进入磁场开始计时，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t 的函数图象和拉力F 随时间t 的函数图象大致是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】AC
【解析】 当DE 边在0～L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长度越来越大，与时间成线性关系，初始就是DE 边长度，所以电流与时间的关系可知A 正确，B 错误；因为是匀速运动，拉力F 与安培力等值反向，由
22B L v F R
=知，力与L 成二次函数关系，因为当DE 边在0～2L 区域内时，导线框运动过程中有效切割长度随时间先均匀增加后均匀减小，所以F 随时间先增加得越来越快后减小得越来越慢，选C 正确，D 错误．所以AC 正确，BD 错误．
9．如图，质量相同的两球A 、B 分别用不同长度的细线悬挂，A B L L >，当拉至同一高度使细线水平时释放，两球到最低点时，相同的物理量是（ ）
A ．细线的拉力
B ．小球的加速度
C ．小球的速度
D ．小球具有的动能
【答案】AB
【解析】
【详解】
AC ．根据动能定理得 212
mgL mv =
解得 2v gL 因为A B L L <。

所以
A B v v <
再根据
2
v T mg m L
-= 得
2
3v T mg m mg L
=+= 所以绳子拉力相等，故A 选项正确，C 选项错误；
B ．根据2
v a L
=可得 2a g =
所以两球加速度相等，故B 选项正确；
D ．根据动能定理得
212
mgL mv = 因为A B L L <，所以在最低点，两球的动能不等。

故D 选项错误；
故选AB ．
10．2019年11月我国首颗亚米级高分辨率光学传输型立体测绘卫星高分七号成功发射，七号在距地约600km 的圆轨道运行，先期发射的高分四号在距地约36000km 的地球同步轨道运行，关于两颗卫星下列说法正确的是（ ）
A ．高分七号比高分四号运行速率大
B ．高分七号比高分四号运行周期大
C ．高分七号比高分四号向心加速度小
D ．相同时间内高分七号与地心连线扫过的面积比高分四号小
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】
A ．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
2 GMm v m r r
= 可得
v = 运行轨道半径越大，运行的速度越小，高分七号比高分四号向心速率大，故A 正确；
B ．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
224Mm G m r r T
π= 解得
2T =运行轨道半径越大，运行的周期越大，所以高分七号比高分四号运行周期小，故B 错误；
C ．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
2Mm G ma r
= 解得 2GM a r =
运行轨道半径越大，运行的加速度越小，所以高分七号比高分四号向心加速度大，故C 错误； D ．卫星与地心连线扫过的面积为
211222
t S r rvt GMr θ=== 相同时间内，运行轨道半径越大，与地心连线扫过的面积越大，相同时间内高分七号与地心连线扫过的面积比高分四号小，故D 正确；
故选AD 。

11．如图所示，A 、B 两个矩形木块用轻弹簧和一条与弹簧原长相等的轻绳相连，静止在水平地面上，绳为非弹性绳且可承受的拉力足够大。

弹簧的劲度系数为k ，木块A 和木块B 的质量均为m 。

现用一竖直向下的压力将木块A 缓慢压缩到某一位置，木块A 在此位置所受的压力为F （F>mg ），弹簧的弹性势能为E ，撤去力F 后，下列说法正确的是（ ）
A ．当A 速度最大时，弹簧仍处于压缩状态
B ．弹簧恢复到原长的过程中，弹簧弹力对A 、B 的冲量相同
C ．当B 开始运动时，A E mg F g M k
+-D ．全程中，A 上升的最大高度为344E mg F mg k
++（） 【答案】AD
【解析】
【详解】
A ．由题意可知当A 受力平衡时速度最大，即弹簧弹力大小等于重力大小，此时弹簧处于压缩状态，故A 正确；
B ．由于冲量是矢量，而弹簧弹力对A 、B 的冲量方向相反，故B 错误；
C ．设弹簧恢复到原长时A 的速度为v ，绳子绷紧瞬间A 、B 共同速度为v 1，A 、B 共同上升的最大高度为h ，A 上升最大高度为H ，弹簧恢复到原长的过程中根据能量守恒得
212
mg F E mg v k m +=+ 绳子绷紧瞬间根据动量守恒定律得
mv=2mv 1
A 、
B 共同上升的过程中据能量守恒可得
211()()2
m m v m m gh +=+ mg F H h k
+=+ 可得B 开始运动时A 的速度大小为
22E mg F v g m k
+=- A 上升的最大高度为
3()44E mg F H mg k
+=+ 故C 错误，D 正确。

故选AD 。

12．如图所示，长度为l 的轻杆上端连着一质量为m 的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链固接于水平面上的O 点。

置于同一水平面上的立方体B 恰与A 接触，立方体B 的质量为M 。

今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A 与B 刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为
6
π ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是
A ．A 与
B 刚脱离接触的瞬间，A 、B 速率之比为2:1 B ．A 与B 刚脱离接触的瞬间，B 8
gl C ．A 2gl
D ．A 、B 质量之比为1：4
【答案】ABD 【解析】
【详解】
A. 设小球速度为v A ，立方体速度为v B ，分离时刻，小球的水平速度与长方体速度相同，即：
v A sin30∘=v B ，解得：v A =2v B ，故A 正确；
B. 根据牛顿第二定律有：mgsin30∘=m 2A v L ，解得v A 2
gL v B =v A gl 8B 正确； C. A 从分离到落地，小球机械能守恒，mgLsin30°=221122A mv mv -，32
gL ，故C 错误； D. 在杆从竖直位置开始倒下到小球与长方体恰好分离的过程中，小球和长方体组成的系统机械能守恒， 则有：mgL(1−sin30∘)= 212A mv +212
B Mv 把v A 和v B 的值代入，化简得：m ：M=1：4，故D 正确。

故选：ABD.
三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．在一次实验中,某同学想描绘一标有“3V ，1.5W”的小灯泡的伏安特性曲线，除导线开关外还有: A ．直流电源(电动势约为4V ，内阻可不计)
B ．直流电流表A 1(量程0~3A ，内阻约为0.1Ω)
C ．直流电流表A 2(量程0~300mA ，内阻为1 Ω)
D ．直流电压表V 1(量程0~15V ，内阻很大)
E.直流电压表V 2(量程0~4V ，内阳很大)
F.滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)
G .滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)
H.定值电阻R 1=1Ω
I.定值电阻R 2=10Ω
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。

(1)实验中电流表应选用_____，电压表应选用_______，滑动变阻器应选用_____(均用序号字母表示)。

(2)请按要求设计实验电路_______
(3)某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图所示，现把实验中使用的两个相同的小灯泡串联后由E=3V ，内阻不计的电源供电，此时灯泡的实际功率约为______W(结果保 留两位有效数字)。

【答案】C E F 0.54--0.57
【解析】
【详解】
(1)[1][2]小灯泡的额定电压为3V ，因此电压表选择量程大于等于3V 的即可，电压表故选E ；而小灯泡的额定电流为
1.5A 0.5A 3
P I U === 电流表A 1量程太大，测量误差太大，故应用电流表A 2和定值电阻1R 并联，改装成电流表，电流表故选C ；
[3]还需要调节电路的滑动变阻器，为了方便操作，且小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应选阻
值较小的F ；
(2)[4]本实验小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；同时因电流表内阻与小灯泡的电阻接近，电压表内阻远大于小灯泡的电阻，故电流表选用外接法；实验电路图如图所示：
(3)[5]电源内阻不计，两灯泡串联，每个灯泡两端电压相等为 1.5V U =，根据U I -图象可知，此电压下流经灯泡的电流为
0.37A I =
则小灯泡的功率
1.50.37W 0.56W P UI ==⨯≈
14．某同学用如图所示装置探究气体做等温变化的规律。

(1)在实验中，下列哪些操作不是必需的__________。

A ．用橡胶塞密封注射器的下端
B ．用游标卡尺测量柱塞的直径
C ．读取压力表上显示的气压值
D ．读取刻度尺上显示的空气柱长度
(2)实验装置用铁架台固定，而不是用手握住玻璃管（或注射器），并且在实验中要缓慢推动活塞，这些要求的目的是____。

(3)下列图像中，最能直观反映气体做等温变化的规律的是__________。

【答案】B 保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变 C
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]A ．为了保证气密性，应用橡胶塞密封注射器的下端，A 需要；
BD ．由于注射器的直径均匀恒定，根据=V LS 可知体积和空气柱长度成正比，所以只需读取刻度尺上显示的空气柱长度，无需测量直径，B 不需要D 需要；
C ．为了得知气压的变化情况，所以需要读取压力表上显示的气压值，C 需要。

让选不需要的，故选B 。

(2)[2]手温会影响气体的温度，且实验过程中气体压缩太快，温度升高后热量不能快速释放，气体温度会升高，所以这样做的目的为保证气体状态变化过程中温度尽可能保持不变。

(3)[3]根据=PV C T
可知当气体做等温变化时，p 与V 成反比，即1p V ∝，故1p V -图像为直线，所以为了能直观反映p 与V 成反比的关系，应做1p V -
图像，C 正确。

四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．光滑水平面上，质量为1kg 的小球A 以5m/s 的速度向右运动，大小相同的小球B 质量为4kg ，以0.5m/s 的速度向右运动，两者发生正碰，碰撞后小球B 以2m/s 的速度向右运动.求：
①碰后A 球的速度v ；
②碰撞过程中A 球对B 球的冲量大小I.
【答案】①1m/s 方向向左②6N s =⋅I
【解析】
【详解】
①A B 、两球碰撞过程，系统动量守恒，取向右为正方向
112211
22m v m v m v m v ''+=+ 解得
1
1m/s '=-v 所以碰后A 球速度大小为1m/s ，方向向左;
②以B 球为研究对象，由动量定理
I p =∆合
得
解得
6N s =⋅I
16．如图所示的直角坐标系xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。

虚线OA 位于第一象限，与y 轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA 与y
轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场，电场强度大小E=10N/C 。

一比荷q=1×
106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v=2.0×
103m/s 沿x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d=1.0m ，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点（P 点图中未画出）离开磁场，且OP=d 。

不计粒子重力。

(1)
求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值00
E B ； (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ；
(3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x 轴的最小距离。

【答案】 (1)32.010m/s ⨯；(2)3210T -⨯；(3)不会通过，0.2m
【解析】
【详解】
(1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有
00qvB qE =
解得
300
2.010m/s E B =⨯ (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径
1.0m R d ==
根据洛伦兹力提供向心力有
2
v qvB m R
= 解得磁感应强度大小
(3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小
sin y v v θ=
粒子在电场中沿y 轴方向的加速度大小
cos y qE a m
θ= 设经过t ∆时间，粒子沿y 轴方向的速度大小为零，根据运动学公式有
y
y v t a ∆=
t ∆时间内，粒子沿y 轴方向通过的位移大小
2y
v y t ∆=⋅∆
联立解得
0.3m y ∆=
由于
cos y d θ∆<
故带电粒子离开磁场后不会通过x 轴，带电粒子到x 轴的最小距离
cos 0.2m d d y θ'=-∆=
17．在某次的接力比赛项目中，项目组规划的路线如图所示，半径20m R =的四分之一圆弧PQ 赛道与两条直线赛道分别相切于P 和Q 点，圆弧PQ 为接力区，规定离开接力区的接力无效。

甲、乙两运动员在赛道上沿箭头方向训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s 的速率跑完全程，乙从起跑后的切向加速度大小是恒定的。

为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。

在某次练习中，甲在接力区前13.5m s =的A 处作了标记，并以9m /s v =的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的P 点听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相等时被甲追上，完成交接棒。

假设运动员与赛道间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动员（可视为质点）在直道上做直线运动，在弯道上做圆周运动，重力加速度g=10m/s 2，π=3.14，求：
(1)为确保在弯道上能做圆周运动，允许运动员通过弯道PQ 的最大速率；
(2)此次练习中乙在接棒前的切向加速度a 。

【答案】 (1)10m/s ；(2) 3m/s 2
【解析】
【分析】
【详解】
(1)因为运动员弯道上做圆周运动，摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律有
2
mv mg R
μ= 解得
10m/s v gR μ==
(2)设经过时间t ，甲追上乙，甲的路程为
1x vt =
乙的路程为
22
v x t = 由路程关系有
13.52
v vt t =+ 将v=9m/s 代入得
t=3s
此时
27m 31.4m 2vt R π
=<=
所以还在接力区内
根据v=at 代入数据解得
a=3m/s 2。