2021年重慶市新高考綜合模擬

物理核心素養卷（02）

一、單項選擇題:本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的。

1.對原子和原子核的認識，下列說法正確的是（）

A.大量處于〃=4激發態的氫原子向低能級躍遷時，最多可產生4種不同頻率的光子

B.核衰變時放出的射線都是由帶電粒子所組成的

C.某種原子的發射光譜是線狀譜，說明該原子只能發出幾種特定頻率的光

D.組成原子核的核子越多，原子核越穩定

【答案】C

【解析】A.大量處于〃=4激發態的氫原子向低能級躍遷時，最多可產生盤=6種不同頻率的光子，A項錯

誤；

B.核衰變時放出的射線中有/射線，7射線是電磁波，不帶電，B項錯誤；

C.某種原子的發射光譜是線狀譜，說明該原子只能發出幾種特定頻率的光，C項正確；

D.原子比結合能越大，原子核越穩定，核子越多的原子核不?定穩定，D項錯誤。

故選C。

2.如圖所示，兩側帶有固定擋板的平板車乙靜止在光滑水平地面上，擋板的厚度可忽略不計，車長為2L,

與平板車質量相同的物體甲（可視為質點）由平板車的中點處以初速度%向右運動，已知甲、乙之間的動

摩擦因數為〃，重力加速度為g,忽略甲、乙碰撞過程中的能量損失。下列說法正確的是（)

甲

O乙

A.甲、乙達到共同速度所需的時間為

4g

B.甲、乙共速前甲的速度一定始終大于乙的速度

C.如果甲、乙碰撞的次數為〃（〃/0）,則最終甲距離乙左端的距離可能為-^-+L+2nL

4〃g

D.如果甲、乙碰撞的次數為〃，則最終甲距離乙左端的距離可能為工+2"-口

4〃g

【答案】D

【解析】AB.設甲、乙質量均為機，碰前瞬間甲的速度為匕，乙的速度為打，碰后瞬間甲的速度為“',

乙的速度為修，由動量守恒定律和機械能守恒定律有

mvi+mv2=mv\+mv'2

軻"如:=綱，+);

解得

[=%，％=W

即甲、乙發生碰撞時速度互換，設甲、乙最終的共同速度為匕，則

m%=2mv3

得

則達到共速所需的時間為

%

2〃g

故AB錯誤;

CD.甲、乙從開始運動到相對靜I匕設甲、乙相對路程為s,由動能定理有

-jumgs=^x2m12

%丁。

解得

甲、乙共發生〃次碰撞，設相對靜止時物體甲距平板乍左端的距離為S。，若甲、乙最后一次碰撞發生在平

板車的左側擋板，則

L+2￡（n-l）+50=s

解得

So=苫+L-2nL（n=2、4、6……）

若甲、乙最后一次碰撞發生在平板車右側擋板，則

L+2L（幾—1）+2L-$0=$

解得

2

%=2nL+L——^—（n=1、3、5......）

Mg'7

故C錯誤，D正確。

故選Do

3.如圖所示，清洗樓房玻璃的工人常用根繩索將自己懸在空中，工人及其裝備的總重量為80kg,懸繩與豎

直墻壁的夾角為30。，懸繩對工人的拉力大小為FT,墻壁對工人的彈力大小為FN,不計工人與墻壁之間的

摩擦，重力加速度g取10m/s2。則（

A.FT=1600NB.璋=16。。百NC.FN=800ND.&=IOOOGN

T3

【答案】B

【解析】分析工人受力：工人受到重力G、支持力FN和拉力再

mg

懸繩與豎直墻壁的夾角為

?=30°

根據共點力平衡條件，有水平方向

Fj.sina=&

豎直方向

耳cosa-G

解得

?G16006zi8006z

耳=-----=--------N，然=Gtana=----------N

cosa33

故選B。

4.如圖所示，在傾角6=37。的光滑固定斜面上，物塊A、B質量均為加，物塊A與輕彈簧相連，物塊8

用平行于斜面的細線與斜面頂端相連，4、8靜止且兩者之間的彈力大小為一，重力加速度為g,

sin37。=0.6,cos37。=0.8,某時刻把細線剪斷，下列說法正確的是（）

A.細線剪斷前，細線的拉力大小為06，"g

B.細線剪斷前，彈簧彈力大小為L2mg

C.細線剪斷瞬間，A、B之間的彈力大小為0.5mg

D.細線剪斷瞬間，4、8之間的彈力大小為0.55mg

【答案】D

【解析】A.細線剪斷前，對8分析，有

T+gmg=mgsin0

解得

T=0.\mg

A錯誤；

B.細線剪斷前，對整體分析有

T+T'=2mgsin0

解得

T'=\mg

B錯誤；

CD.細線剪斷瞬間，彈簧彈力不變，整體分析有

2mgsin0—T'=2ma

對8分析，有

mgsin6—N=ma

解得

N=0.55mg

C錯誤，D正確。

故選D。

5.在光滑的水平面上固定兩個點電荷A和B,它們的質量分別為2加和加，所帶電荷量分別為。和2Q,

如圖所示。水平外力先作用在A上，解除鎖定后A,B恰能一起相對靜止做勻加速直線運動，調整A、B

間的距離，后用相同大小的水平外力作用在B上，A、B又恰能一起相對靜止做勻加速直線運動。則以下

說法正確的是（）

2mm

Q3。

A.兩點電荷的電性一定相反

B.外力作用在A上時兩點電荷的加速度小于作用在B上時兩點電荷的加速度

C.點電荷A對點電荷B的庫侖力大于點電荷B對點電荷A的庫侖力

D.外力作用在A上時A、B的間距與作用在B上時A、B的間距之比為夜：1

【答案】D

【解析】A.外力向右作用于A或向左作用于B的情況下，兩點電荷間的作用力是斥力，兩點電荷的電性

相同，外力向左作用于A或向右作用于B的情況下，兩點電荷間的作用力是引力，兩點電荷的電性相反，

故A錯誤；

B.對整體有

F=3ma

外力作用在A上時兩點電荷的加速度等于作用在B上時的加速度，故B錯誤；

C.點電荷A對點電荷B的庫侖力與點電荷B對點電荷A的庫侖力是一對作用力與反作用力，大小相等、

方向相反，故C錯誤；

D.設當外力作用在A上時A、B的間距為可，對B有

,2Q2

k—―=ma

不

設當外力作用在B上時A、B的間距為弓，對A有

增1=2一

百

聯立解得

:4=0:1

故D正確。

故選D。

6.六根通電長直導線垂直紙面平行固定，其截面構成一正六邊形，。為正六邊形的中心，通過長直導線。、

b、c、d、e、/的電流分別為人、（、4、h、A、儲a、c,e中通過的電流大小相等，b、d、

/中通過的電流大小相等，電流方向如圖所示.已知通電長直導線在距導線r處產生的磁感應強度大小為

B'=k-,此時。點處的磁感應強度大小為68,導線a在。處產生磁場的磁感應強度大小為8,則移除e

r

導線后，e導線所在處的磁感應強度大小為（）

A.0B.BC.y/3BD.2B

【答案】A

【解析】結合題圖可知各導線在。點產生的磁場方向如圖1所示，。、。、e中通過的電流大小相等，且到

。點的距離相等，a、c、e三條導線在。點產生磁場的磁感應強度大小均為3,合磁感應強度大小為2B,

則6、d、/三條導線在。點產生磁場的合磁感應強度大小為4B,結合上述分析可知，b、d、/三條

導線中的電流大小是a、c、e三條導線中電流大小的2倍；去掉e導線后剩余導線在e導線處產生磁場的

方向如圖2所示，由

B'=k-

r

知

%=然=28

夾角為120°

夾角為60。

B[=B

由平行四邊形定則求得e導線所在處的合磁感應強度為0.

故選Ao

7.如圖所示是一豎直固定在水平地面上的可伸縮細管，上端平滑連接一四分之一細圓弧彎管，管內均光滑,

右管口切線水平。豎直細管底部有一彈射裝置（高度忽略不計），可以讓靜止在細管底部的小球（可視為

質點）瞬間獲得足夠大的速度%,通過調節豎直細管的長度/7,可以改變上端管口到地面的高度，從而改

變小球平拋的水平距離，重力加速度為g,則小球平拋的水平距離的最大值是（）

【答案】B

【解析】設管口到地面的高度是，，小球從管口射出的速度為也由機械能守恒定律得

小球離開管口后做平拋運動，則

x=vt

H=gg/

聯立方程，可得

2

由二次函數的特點可知當H=曳時x取最大值

4g

=M_

“max

2g

故選B。

二、多項選擇題:本題共3小題，每小題5分，共15分。在每小題給出的四個選項中，有多項符

合題目要求。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有錯選的得0分.

8.2020年7月23日我國成功發射執行火星探測任務的“天問一號”探測器，探測器將在地火轉移軌道飛行

約7個月后，到達火星附近，通過“剎車”完成火星捕獲，進入環火軌道，并擇機開展登陸、巡視等任務。若

火星探測器繞火星表面做勻速圓周運動轉過。（弧度制）所用時間為/，已知火星半徑為R,引力常量為G。

下列說法正確的是（）

R0

A.火星上的物體要脫離火星束縛所需速度至少為7

B.火星赤道上的物體隨火星自轉的向心加速度為與R

C.若火星探測器做圓周運動的軌道半徑可調，則其轉過相同弧長所用時間與軌道半徑滿足關系式

02

D.火星的質量為土二

Gt2

【答案】CD

【解析】A.火星探測器繞火星表面做圓周運動的速度為火星的第一宇宙速度，由題意可知火星探測器繞火

星表面運行的角速度

0

at--

t

線速度

?0R

v=a>R=—

而火星上的物體想要脫離火星束縛，所需要的最小速度為火星的第二宇宙速度，故A錯誤；

B.火星赤道上的物體所受到的萬有引力提供物體的重力和物體隨火星自轉所需要的向心力，

物體隨火星自轉的向心加速度為加R,其中4是火星臼轉角速度，遠小于

e

（o=—

t

故B錯誤；

C.設軌道半徑分別為?、與，線速度分別為匕、V2,探測器轉過相等的弧長/所用時間分別為乙、12，

則有

V2

根據

GMmv2

=m—

R2R

可得

聯立可得

￡=旦

欲抬

故c正確;

D.根據

—Mmv2

G——=tn——

R2R

JR

t

可得火星的質量為

鏟R'

M=

Gt2

故D正確。

故選CD。

9.如圖所示，空間有一圓錐028',點A、4分別是兩母線的中點。現在頂點。處固定一負的點電荷，下列

說法中正確的是（）

A.A、A，兩點的電場強度相同

B.平行于底面且圓心為Oi的截面為等勢面

C.將一正的試探電荷從8點沿直徑移到夕點，其電勢能先減小后增大

D.若方點的電勢為夕；，點的電勢為8；，則84連線中點C處的電勢％高于維也

2

【答案】CD

【解析】A.由點電荷場強公式E=左孝可知，A、4兩點的電場強度大小相等，方向不同，A錯誤；

r

B.點電荷周圍的等勢面為以點何為圓心的球面，B錯誤；

C.將一正的試探電荷從B點沿直徑移到用點，相互間的庫倫引力先做正功，后做負功，故其電勢能先減小

后增大，C正確；

D.94中點為C',若方點的電勢為以'，4點的電勢為%由。=&/可知，8C’的電勢差小于C'A的

電勢差，即

<PB-<Pc<<Pc-<PA

即0'>%’+。；,C點與C在同一等勢面上，電勢相等，故BA連線中點C的電勢（Pc高于9；+%'，D

c22

正確。

故選CD。

10.如圖所示，邊長為L、質量為機、電阻為R的正方形金屬線框靜止在豎直面內，線框下面的水平

邊界間有垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為8,磁場的寬度也為L線框的下邊H

剛好與磁場上邊界重合，由靜止釋放線框，線框始終在豎直面內，且必邊水平，當線框的cd邊剛要出磁

場時，線框的加速度為零，重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

n

XXXXX

A線框的加速度為權時速度大小為慧

RJ2

B.線框進磁場過程中通過線框截面的電量為叱

R

m322K2

C.線框穿過磁場過程中產生的焦耳熱為機gL-竺與￡-

88L

D.線框穿過磁場所用的時間為竺在+坐.

mgRBl}

【答案】BD

【解析】A.當線框的加速度為gg時，由牛頓第二定律有

B2l3v

mg-------——二ma

解得

mgR

V=;~~

2B-I}

故A錯誤：

B.線框進磁場過程中通過線框截面的電量

△①BI}

q=-----=------

RR

故B正確；

C.當線框的邊剛要出磁場時，線框的加速度為零，則有

B2I}V

R

根據能量守恒，線框穿過磁場過程中產生的焦耳熱

m3g2R2

12

Q=mgx2L——mv~=2mgL-

284rt

故C錯誤；

D.進磁場過程，由動量定理

mgt、-BIxLtx=mv.

即

mgt}-BqL=

出磁場過程

mgt2-BI2Lt2=mv2-mv]

即

mv

mgt2—BqL=〃叫~\

因此有

mg+t1)-2BqL=mv1

B2I}V

mg=-------2-

R

解得

2B2L3mR

12mgRB2產

故D正確。

故選BD。

三、非選擇題:共57分。第11?14題為必考題，每個試題考生都必須作答。第15?16題為選考

題，考生根據要求作答。

(-)必考題:共45分。

11.某探究學習小組的同學欲驗證“動能定理”，他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置，另外還找到了打

點計時器所用的學生電源、導線、復寫紙、紙帶、滑塊、細沙。當滑塊連接上紙帶，用細線通過滑輪掛上

空的小沙桶時，釋放小桶，滑塊處于靜止狀態。若你是小組成員，要完成該實驗，則：

（1）你認為還需要的實驗器材有。

（2）實驗時為了保證滑塊受到的合力與沙和沙桶的總重力大小基本相等，沙和沙桶的總質量應滿足的條件

是,實驗時首先要做的步驟是。

（3）在（2）的基礎上，某同學用天平稱量滑塊的質量往沙桶中裝入適量的細沙，用天平稱出此時沙

和沙桶的總質量如讓沙桶帶動滑塊加速運動，用打點計時器記錄其運動情況，在打點計時器打出的紙帶

上取兩點，測出這兩點的間距L和這兩點的速度大小也與V2（也＜也）o則本實驗最終要驗證的數學表達式

為。

【答案】刻度尺、天平沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量平衡摩擦力機=片）

【解析】（1）"］本實驗需要用到天平測量小車和砂桶的質量，需要刻度尺測量紙帶長度。

（2）［2］沙和沙桶加速下滑，其對細線的拉力小于重力，設拉力為T,根據牛頓第二定律，對沙和沙桶有

mg-T—ma

對滑塊，有

T=Ma

解得

丁Mmgmg

M+m］

A7

由此可知當M口加時，有八mg,即要滿足沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量。

13J滑塊下滑時受到重力、細線的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，則應該用重力的下滑分量來

平衡摩擦力，故可以將長木板的一端墊高。

（3）［4］合外力做的總功為

W=mgL

動能增加量為

△4.如一*2

則需要驗證的數學表達式為

mgL--Mv\--Mv\

2221

12.有一只標值為“2.5V,xW”的小燈泡，其額定功率的標值已模糊不清。某同學想通過測繪燈絲伏安特性

曲線的方法來測出該燈泡的額定功率：

(1)已知小燈泡的燈絲電阻約為5C,請先在圖甲中補全用伏安法測量燈絲電阻的電路圖______________,再

選擇電流表、電壓表的合適量程，并按圖甲連接方式將圖乙中的實物連成完整的電路:

(2)開關S閉合之前，應將圖乙中滑動變阻器的滑片置于(選填“4端”、“B端”或“8正中間”)：

(3)該同學通過實驗作出了燈絲的伏安特性曲線如圖丙所示，則小燈泡的額定功率為Wo

8端1.1

【解析】測定伏安特性電壓電流需從0開始測起，滑動變阻器采用分壓式接法，燈泡的電阻約為5C,

屬于小電阻，電流表采取外接法。燈泡的額定電壓為2.5V,所以電壓表選擇0~3V量程的，燈泡的額定電

流約為

q=”0.5A

R5

則電流表量程選擇0~0.6量程，電路圖如圖所示

(2)⑶開關S閉合之前，將圖乙中滑動變阻器的滑片應置于8端，使測量電路部分處于短路狀態，閉合電鍵

時，電壓表、電流表示數為零，起到保護作用。

(3)性當電壓但2.5V時,1=0.44A,則

P=W=2.5xO.44W=l.lW

13.冰壺比賽是在水平冰面上進行的體育項目，冰壺比賽的場地如圖甲所示。冰道的左端有一個發球區，

運動員在發球區邊沿的投擲線將冰壺以一定的初速度擲出，使冰壺沿著冰道的中心線P。滑行，冰道的

右端有一圓形的營壘。以場地上冰壺最終靜止時距離營壘圓心。的遠近決定勝負。比賽時，為使冰壺滑行

得更遠，運動員可以用毛刷擦冰壺運行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數減小。當對手的冰壺停

止在營壘內時，可以用擲出的冰壺與對手的冰壺撞擊，使對手的冰壺滑出營壘區。己知冰壺的質量為20kg,

營壘的半徑為1.8m,投擲線中點與營壘區中心之間距離為30m。設冰壺與冰面間的動摩擦因數“=0.008,

用毛刷擦冰面后動摩擦因數減小至"2=0.004。在某次比賽中，若冰壺在發球區受到運動員沿中心線方向推力

作用的時間U10s,使冰壺A在投擲線中點處以w=2.0m/s的速度沿中心線P。滑出。設冰壺之間的碰撞時

間極短，且無機械能損失，不計冰壺自身的大小，g取10m/s2。

(1)若不用毛刷擦冰面，則冰壺停止的位置距離營壘圓心。點多遠；

(2)冰壺在發球區受到運動員沿中心線方向作用的沖量大小為多少；

(3)如果在中心線P0上已經靜止著一個冰壺B,如圖乙所示，冰壺8距圓心。的距離為0.9m,若要使

冰壺A能夠沿中心線尸。將B撞出營壘區，則運動員用毛刷擦冰面的長度至少為多少。

【答案】(1)5.0m；(2)56N-S；(3)13.6m

【解析】(1)根據動能定理

12

4Mgs=2加%

解得.v=25m

則冰壺停止的位置距離營壘圓心的距離

x=30m-25m=5.0m

(2)設推力對冰壺的沖量大小為/,則根據動量定理

1-從mgt—mv()

代入數據解得/=56Ns：

(3)冰壺A與冰壺B碰撞的過程中，設冰壺A碰撞前的速度為VA,碰撞后的速度為匕，冰壺B碰撞后的

速度為，以根據動量守恒定律有

mvA=mv'A+mv'B

根據機械能守恒定律有

121,21,2

—mv~--mv.+—mv

2A2A2BR

解得v'A=Q,v'H=v

即冰壺A與冰壺B碰撞后二者的速度相互交換，因此可以將整個過程看成冰壺A一直沿直線PO運動到營

壘區外的過程，運動的總位移為s'=31.8m

根據動能定理，設將冰壺B恰好撞出營壘區外，運動員用毛刷擦冰面的長度為3根據動能定理有

一從加g(s'-L)-"2mgL=°-gmvo

代入數據解得G13.6m

14.物理現象的分析有宏觀與微觀兩個視角。現討論如下情境：在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場

中，兩根足夠長的光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L,電阻不計。電阻為R、質量為加

的金屬導體棒仍垂直于尸。放在軌道上，與軌道接觸良好，導體棒岫的中點用輕繩經過滑輪與質量

為M的物塊相連。物塊放在水平地面上，輕繩處于豎直方向上剛好張緊，如圖1所示。例P間接有電動勢

為E、內阻為r的電源，其它連接導線的電阻不計，不計一切摩擦。已知：B=\T,L=0.5m,R=2C,E=3V,

lIC,M=0.02kg,m=0.01kg,^=10m/s2,電子的質量為/wo,電量為e。閉合S,導體棒油從靜止開始

E-BLv

向運動，若某時刻導體棒運動速度為也此時回路中的電流可用公式/=——進行計算，R為回路中的

R,

總電阻。求：

（1）閉合電鍵S瞬間，電路中的電流；

（2）分析導體棒水平方向所受各力變化的情況，定性畫出導體棒速度與時間的變化圖像；

（3）計算導體棒穩定運動后，自由電荷運動沿棒方向受到的碰撞阻力的平均值與沿棒方向的洛倫茲力大小

的比值。

「

4

--

【答案】（1）1A；（2）見解析;3)9

【解析】（1）閉合電鍵瞬間，電路中的電流

E_E

=1A

R總R+r

（2）由牛頓第二定律：對導體棒

F?安-N=ma

由牛頓第二定律：對重物

N-Mg=Ma

可得

E-BLv…、

BL-------------Mg—(M+m)a

R+r

導體棒由靜止開始向做加速運動，隨著速度的增大，安培力逐漸減小，加速度逐漸減小。結論：導體棒做

的是加速度逐漸減小的加速運動，最后做勻速運動。

速度隨時間變化的圖像如圖所示

(3)導體棒穩定后做勻速運動

BIL=Mg

a

八F電=￡場e

阻

fa=evB

b

可得

v=3.6m/s

方法一：導體棒中的電子沿棒方向受力如下圖所示:

油棒路端電壓

U=E-Ir=2.6V

ah棒內部電場的場強為

=5.2V/m

L

由平衡關系

怠+或產盤

平均阻力與沿棒方向洛倫茲力大小的比值為

/且_eE場-evB=4

4—一贏一一§

方法二：設自由電子沿棒方向運動的平均速度為/，由微觀與宏觀的對應關系可知

4/二rR

加Mgv

帶入數據可得

■41_4

（二）選考題:共12分。請考生從第15題和第16題中任選一題作答，若兩題都做，則按所做的

第一題記分。

15.[選修3-3]（12分）

（1）如圖所示，上端封閉的玻璃管插在水銀槽中，管內封閉著一段氣柱。現使玻璃管緩慢地繞其最下端的

水平軸偏離豎直方向一定角度，能描述管內氣體狀態變化的〃-V圖像是（箭頭表示狀態的變化方向）（）

【答案】c

【解析】玻璃管傾斜，水銀柱和液面的高度差力減小，根據壓強平衡〃=〃o-&可知管內氣體壓強增大，管

內封閉氣體發生等溫變化，根據玻意爾定律pV=C可知，氣體體積減小，圖像為雙曲線的一支，ABD錯

誤，C正確。

故選C。

（2）2020年4月1日，蘇州某所中學高二年級迎來了復學日，為控制新冠肺炎病毒的傳播，學校特制定了

校園消毒工作方案，對課室、圖書館、飯堂等場所進行物表與空氣消毒。如圖為使用的便攜式消毒器原理

圖，桶內消毒液上方用塞子密封了一定質量的理想氣體，已知氣體初態壓強與外界大氣壓相等，均為po,

為使消毒液從噴頭處霧化噴出，內部氣體壓強至少為1.5p。，打氣筒每次可以向桶內打入0.1L氣體，打了5

次剛好有消毒水噴出，(忽略桶內消毒液所產生的壓強，整個過程可視為等溫變化)。求：

(1)未打氣前瓶內消毒液上方氣體的體積為多少？

(2)設桶內原有的藥液共有9L,則至少需要打幾次氣才能把消毒液全部噴灑完。

【答案】⑴1L；(2)140次

【解析】(1)設原來上方空氣體積為匕已知

P\=P0,M=V+5x0.1L=(V+0.5)LP2=