【点石成金】2021年新高考物理押题卷(一)(解析版)

2021年新高考物理押题卷【一】

（考试时间：75分钟 试卷满分：100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。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用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。写在试卷上无效。

3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。

4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷 （选择题 共43分）

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，只有一项是符合题目要求的）

1．光滑斜面上固定着一根刚性圆弧形细杆，小球通过轻绳与细杆相连，此时轻绳处于水平方向，球心恰位于圆弧形细杆的圆心处，如图所示。将悬点A缓慢沿杆向上移动，直到轻绳处于竖直方向，在这个过程中，轻绳的拉力( )

A．逐渐增大 B．大小不变 C．先减小后增大 D．先增大后减小 【答案】C

【解析】当悬点A缓慢向上移动过程中，小球始终处于平衡状态，小球所受重力mg的大小和方向都不变，支持力的方向不变，对球进行受力分析如图所示，由图可知，拉力FT先减小后增大，C项正确。

2．关于原子核的变化、核能及核力，下列说法正确的是( ) A．核力是一种弱相互作用，只能发生在原子核内相邻核子之间 B．某原子经过一次α衰变和两次β衰变后，核内质子数不变 C．放射性原子核X发生衰变，生成物的结合能一定小于X的结合能

14411D．23592U+0n→56Ba+36Kr+30n是太阳内部发生的核反应之一

【答案】B

【解析】核力是强相互作用，具有饱和性和短程性；故将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用力，且每个核子只跟邻近的核子发生核力的作用，故A错误；α衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，β衰变的过程中电荷数增1，质量数不变，某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，核内质子数不变，故B正确；放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结

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合能之和一定大于原来X的结合能的，故C错误；太阳内部的反应是聚变反应，故D错误。

3．如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随位移x的变化图象，其中可能正确的是( )

【答案】D

【解析】设A、B间动摩擦因数为μ，二者加速度的大小分别为aA、aB，则μmg＝maA，μmg＝MaB，可知1aA>aB，v－t图象中，图线①的斜率的绝对值应大于图线②的，故A、B均错误；由μmgxB＝EkB，mv02－μmgxA

2＝EkA，可知Ek－x图象中，图线①、②的斜率的绝对值应相同，故C错误，D正确。

4．如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升．下列说法正确的是( ) A．小球做匀速圆周运动

v

B．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为

cos αC．棒的角速度逐渐增大

v

D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为

Lsin α【答案】D

【解析】棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示．设棒的角速度为ω，则v

合速度v实＝ωL，竖直向上的速度分量等于v，即ωLsin α＝v，所以ω＝Lsin α，小v

球速度为v实＝ωL＝sin α，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动，选项A、B、C错误，D正确．

5．据中新网报道，中国自主研发的北斗卫星导航系统“北斗三号”第17颗卫星已于2018年11月2日在西昌卫星发射中心成功发射．该卫星是北斗三号全球导航系统的首颗地球同步轨道卫星，也是北斗三号系统中功能最强、信号最多、承载最大、寿命最长的卫星．关于该卫星，下列说法正确的是( ) A．它的发射速度一定大于11.2 km/s B．它运行的线速度一定不小于7.9 km/s C．它在由过渡轨道进入运行轨道时必须减速

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D．由于稀薄大气的影响，如不加干预，在运行一段时间后，该卫星的动能可能会增加 【答案】D

【解析】该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度11.2 km/s，因为一旦达到第二宇宙速度，卫星会挣脱地GMmmv2

球的引力，不绕地球运行，故A错误；根据r2＝r知v＝

GM

r，第一宇宙速度的轨道半径等于地球

的半径，知7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以它运行的线速度一定小于7.9 km/s，故B错误；它在由过渡轨道进入运行轨道时做离心运动，必须加速，故C错误；由于该卫星受到阻力影响而做减速运动，该卫星做圆周运动需要的向心力小于万有引力，做向心运动，其轨道半径r减小，万有引力做正功，动能变大，故D正确．

6．如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b。不计空气阻力，则下列说法正确的是( ) A．小球带负电 B．电场力跟重力平衡

C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减小 D．小球在运动过程中机械能守恒 【答案】B

【解析】由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，所以重力与电场力的合力为0，电场力方向竖直向上，小球带正电，A错，B对；从a→b，电场力做负功，电势能增大，C错；由于有电场力做功，机械能不守恒，D错。

7．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )

E0E0A． B．

932E0

C． D．E0

3【答案】B

2Evv0121100【解析】碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝，E0＝mv0，Ek′＝×3mv2＝，1，联立得Ek′＝×3m332223故B正确。

二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15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。）

8．目前无线电力传输已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统．这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示．利用这一原理，可以实现对手机进行无线充电．下列说法正确的是( )

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A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势 B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势 C．A中电流越大，B中感应电动势越大 D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大 【答案】BD

【解析】根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，则B线圈中就会不产生感应电动势，故A错误；若A线圈中输入变化的电流，根据法拉第电ΔΦ

磁感应定律：E＝Δt可得，则B线圈中就会产生感应电动势，故B正确；根据法拉第电磁感应定律：E＝ΔΦ

Δt可得，A线圈中电流变化越快，A线圈中电流产生的磁场变化越快，B线圈中感应电动势越大，故C错误，D正确．

9．如图所示，导体棒ab的两个端点分别搭接在两个竖直放置、半径相等的金属圆环上，两圆环所在空间处于方向竖直向下的匀强磁场中，圆环通过电刷与导线c、d相接．c、d两个端点接在匝数比n1∶n2＝10∶1的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R0，导体棒ab绕与ab平行的水平轴(即两圆环的中心轴，轴与环面垂直)OO′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器连入电路的阻值为R时，电流表的示数为I，ab棒、圆环及接触电阻均不计，下列说法正确的是( ) A．变压器原线圈两端的电压为U1＝10IR B．滑动变阻器上消耗的功率为P＝100I2R

C．取ab在环的最低端时t＝0，则导体棒ab中感应电流的表达式是i＝2Isin ωt

D．若c、d间改接电阻R′后电流表的示数不变，ab棒转过90°的过程1002IR

中流过ab棒的电荷量可能为

ωR′【答案】BD

I1n2U1n1

【解析】由变压器原副线圈两端的电压电流公式可知＝得I2＝10I，又因＝，U＝10IR得U1＝100IR，

I2n1U2n22故A错误；由P2＝U2I2＝100I2R知B正确；ab在环的最低端时t＝0，则导体棒ab中感应电流的表达式是i＝2Icos ωt，故C错误；在c、d间改接电阻后，原电路的电压仍然不变是U1＝100IR，因电流表的示数ΔΦBSω

不变，可知电阻R′＝100R，而由电荷量的公式q＝，交流电的电流最大值2I＝，旋转90度ΔΦ＝

R总R总BS，联立可得q＝

2I1002IR

，即q＝，所以D正确． ωωR′

10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是( )

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A．只逐渐增大对R1的光照强度时，电阻R0消耗的电功率增大，电阻R3中有向上的电流 B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流 C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开开关S，带电微粒向下运动 【答案】AD

【解析】当逐渐增大光照强度时，光敏电阻R1的阻值减小，依据“串反并同”可知电流I增大，则PR0增大，UC增大，QC＝CUC增大，即电容器充电，R3中有向上的电流，A正确；当P2向上移动时，UC不变，R3UCUCq中没有电流，故B错误；当P1向下移动时，I不变，但UC变大，EC＝变大，电场力FC＝变大，微dd粒向上运动，故C错误；若断开开关S，电容器放电，UC降为0，则微粒只受重力作用而向下运动，故D正确。

第Ⅱ卷 （非选择题 共57分）

三、非选择题（共57分，包括必考题和选考题两部分。第11~14题为必考题，每道试题考生都必须作答。第15~16题为选考题，考生根据要求作答） （一）必考题（共45分）

11.（6分）某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图1所示，则由图线可知：

(1)弹簧的劲度系数为 _N/m.

(2)为了用弹簧测定两木块A、B间的动摩擦因数μ，两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案． ①为了用某一弹簧测力计的示数表示A和B之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案 更合理． ②甲方案中，若A和B的重力分别为10.0 N和20.0 N．当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0 N，b的示数为11.0 N，则A、B间的动摩擦因数为 . 【答案】（1）300（2分） （2）甲（2分） 0.3（2分）

【解析】(1)由题图可知，当弹力为F0＝60 N，弹簧的伸长量x0＝L－L0＝20 cm＝0.2 m，由胡克定律得弹F060

簧的劲度系数k＝＝ N/m＝300 N/m.

x00.2

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(2)①甲、乙两种方案，在拉着A运动的过程中，拉A的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不准，甲方案中的a是不动的，指针稳定，便于读数，甲方案更合理．②a的拉力与A对B的滑动摩擦力f平衡，由于a示数为6.0 N，即f＝F＝6.0 N，A、B间的动摩擦因数μ＝

f6.0＝＝0.3. GB20.0

12.（9分）某同学设想运用如图甲所示的实验电路，测量未知电阻Rx的阻值、电流表A的内阻和电源(内阻忽略不计)的电动势，实验过程中电流表的读数始终符合实验要求。

(1)为了测量未知电阻Rx的阻值，他在闭合开关之前应该将两个电阻箱的阻值调至 ____ (填“最大”或“最小”)，然后闭合开关K1，将开关K2拨至1位置，调节R2使电流表A有明显读数I0；接着将开关K2拨至2位置。保持R2不变，调节R1，当调节R1＝34.2 Ω时，电流表A读数仍为I0，则该未知电阻的阻值Rx＝ Ω

。

(2)为了测量电流表A的内阻RA和电源(内阻忽略不计)的电动势E，他将R1的阻值调到R1＝1.5 Ω，R2调到最大，将开关K2拨至2位置，闭合开关K1；然后多次调节R2，并在表格中记录下了各次R2的阻值和对应电流表A的读数I；最后根据记录的数据，他画出了如图乙所示的图象，根据你所学的知识和题中所给字母写出该图象对应的函数表达式为： __________ ；利用图象中的数据可求得，电流表A的内阻RA＝ Ω，电源(内阻忽略不计)的电动势E＝ V。

R1＋RA11【答案】(1)最大(1分) 34.2(2分) (2)＝R2＋(2分) 0.5(2分) 4(2分)

IEE

【解析】(1)为了保护电路，需要将电阻箱的阻值都调至最大，因为两种情况下电流表示数相同，Rx和R1等效，所以Rx＝R1＝34.2 Ω。

R1＋RA1111

(2)根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R1＋R2＋RA)，解得＝R2＋，故－R2图象的斜率为，则纵截IEEIER1＋RA11－0.5R1＋RA

距为，代入数据可得：＝，＝0.5，解得E＝4 V，RA＝0.5 Ω。

EE2E

13.（12分）如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点。P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞。已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：

(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1； (2)Q运动的时间t。

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【解析】(1)在0～3 s内，以向右为正方向，对P由动量定理有： F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0(1分) 其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s 解得：v＝8 m/s(1分)

设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝ma(1分) P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v12＝2aL(1分) 解得：v1＝7 m/s。(2分)

(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有： mv1＝mv1′＋mv2(1分) 111

mv12＝mv1′2＋mv22(1分) 222

碰撞后Q做匀减速直线运动，有：μmg＝ma′(1分) v2

t＝(1分) a′

解得：t＝3.5 s。(2分)

14.（18分）如图，平面直角坐标系xOy中，在y>0及y<—L区域存在场强大小相同，方向相反（均平行3于y轴）的匀强电场，在L2磁感应强度大小之比为

E4v0，–质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的B33速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（L，0）进入磁场。不计粒子重力。求：

2（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向； （2）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标； （3）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期。

【答案】（1）

与x轴的夹角为

（2）2L （3）

(405+37π)L

60v0【解析】（1）如图所示，粒子从P1到P2做类平抛运动，设到达P2时的y方向分速度为vy

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由运动学规律有：（1分）

（1分）

可得：，（1分）

故粒子在P2的速度大小：（1分）

设v与x轴的夹角为β，则，即β＝53°（1分）

（2）粒子从P1到P2，据动能定理有：qEL＝mv2－mv02（1分）

可得：（1分）

椐题意解得：（1分）

据：得：（1分）

故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O'

在图中，过P2作v方向的垂线交y＝－L直线于O'点

可得：P2O'＝＝r（1分）

故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O' 因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角α＝37°

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故粒子将垂直于y＝－L直线从M点穿出磁场

由几何关系可得M点的横坐标为：x＝L+（r–rcos37°）＝2L（1分）

（3）粒子运动一个周期的轨迹如图所示，粒子从P1运动到P2：（1分）

又因为：（1分）

粒子从P2运动到M：（1分）

粒子从M运动到N：（1分）

则：（1分）

则粒子周期运动的周期为：T＝2(t1＋t2＋t3)＝

(405+37π)L（2分）

60v0（二）选考题（共12分。请考生从15、16两题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分） 15．[选修3-3]

（1）（4分）下列说法正确的是_______。（填正确答案标号，在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

A．温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由T升至2T B．温度越高，布朗运动越剧烈，所以布朗运动也叫做热运动 C．做功和热传递是改变物体内能的两种方式

D．由于液体表面分子间距离小于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势 【答案】C

【解析】温度由摄氏温度t升至2t，对应的热力学温度便由t＋273升至2t＋273，不是2倍关系，选项A错误；温度越高，布朗运动越剧烈，但是布朗运动不是分子运动，也不叫做热运动，选项B错误；做功和热传递是改变物体内能的两种方式，选项C正确；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，选项D错误。

（2）（8分）如图所示是某热学研究所实验室的热学研究装置，绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于桌面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两活塞之间为真空，汽缸B活塞面积为汽缸A活塞面积的2倍．两汽缸内装有理想气体，两活塞处于平衡状态，汽缸A的体积为V0，压强为p0，温度为T0，汽缸B

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的体积为2V0，缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的2倍．设环境温度始终保持不变，汽缸A中活塞不会脱离汽缸A，求： (1)加热达到稳定后汽缸B中气体的体积VB； (2)加热达到稳定后汽缸A中气体的温度TA. 【答案】(1) V0 (2)3T0

【解析】(1)汽缸A末态压强为2p0，汽缸B活塞的面积为汽缸A活塞的面积2倍，初状态选两活塞为研究p0

对象，根据平衡条件p0SA＝pBSB，解得pB＝（1分）

2

末状态选两活塞为研究对象，根据平衡条件2p0SA＝pB'SB（1分） 解得pB'＝p0（1分）

汽缸B中气体，初、末温度不变，根据玻意耳定律得： pB·2V0＝pB'VB（1分）

解得汽缸B中气体体积VB＝V0（1分）

(2)两活塞移动的距离相同，汽缸B活塞面积为汽缸A活塞面积的2倍，汽缸B活塞体积减小了V0，则汽V03V0

缸A体积增加，则加热后汽缸A体积为VA＝（1分）

22p0V02p0VA

根据理想气体状态方程得＝（1分）

T0TA解得TA＝3T0（1分） 16．[选修3-4]

（1）（4分）在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝200 m/s.已知t＝0时，波刚好传播到x＝40 m处，如图所示，在x＝400 m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是_______。（填正确答案标号，在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

A．波源开始振动时方向沿y轴正方向

B．从t＝0开始经过0.15 s，x＝40 m处的质点运动路程为0.6 m C．接收器在t＝2 s时才能接收到此波

D．若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率可能为11 Hz 【答案】B

【解析】 根据波的图象和波的传播方向可知，波源开始振动时方向沿y轴负方向，选项A错误；根据波λ

的图象可知波长λ＝20 m，振幅A＝10 cm，周期T＝＝0.1 s，从t＝0开始经过0.15 s(1.5个周期)，x＝40 m

vΔx400－40

处的质点运动路程为6个振幅，即6A＝6×0.1 m＝0.6 m，选项B正确；接收器在t＝＝ s＝1.8 s

v200

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1

时能够接收到此波，选项C错误；波源频率为f＝＝10 Hz，若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，

T接收器接收到的波源频率小于10 Hz，选项D错误。

（2）（8分）如图所示，等腰直角三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC边的中点，位于O点处的点光源在透明介质内向各个方向发射光线，其中从AC边上的D点射出的光线平行于BC，从E点射出的光线垂直BC向上。已知BC边长为2L。求： (i)该光在介质中发生全反射的临界角θ； (ii)DE的长度x。(可能用到sin 15°＝

【解析】(i)由几何关系可知，题图中∠ODE＝60°，故光线OD在AC面上的入射角为30°，折射角为45°.sin 45°

根据光的折射定律有n＝＝2(3分)

sin 30°1

由sin θ＝知θ＝45°。(1分)

n(ii)由

lODL6

＝，解得lOD＝L(2分) sin 45°sin 120°3

2－3

或tan 15°＝2－3) 2

由几何关系可知，光线OE在AC面上的折射角为45°，根据光的折射定律有，OE光线在AC面上的入射角为30°，故题图中∠OEC＝60°，则△ODE为等边三角形 得x＝lOD＝

6

L。 (2分) 3

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