【文档说明】2021年高考物理终极猜题卷 新高考版 重庆地区专用 答案.docx，共(9)页，353.372 KB，由小赞的店铺上传

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2021年高考物理实战猜题卷新高考版重庆地区专用答案以及解析1.答案：A解析：篮球投出后篮球的机械能守恒，根据机械能守恒定律有1k2k2mghEmghE+=+，解得k212kEmghmghE=−+，A正确。2.答案：D解析：本题通过火灾

报警装置考查截止频率、光电管、欧姆定律。太阳光中的紫外线频率主要在14147.510Hz9.510Hz，为避免太阳光中的紫外线干扰，K极材料的截止频率应大于149.510Hz，A错误；只要明火中的紫外线照射到K极，就会发

生光电效应，B错误；电源左边接正极时，光电管上被施加反向电压，发生光电效应时到达阳极的光电子数减少，因此会降低报警装置的灵敏度，C错误；明火中紫外线的强度越大，产生的光电流越大，由欧姆定律知，电压表的示数越大，故可用电压表示数变化监测火情的变化，故D

正确。3.答案：D解析：本题考查不等量同种点电荷产生的电场的特点。由不等量同种点电荷的等势面分布知，M点的电势高于N点的电势，选项A错误；由点电荷周围的场强分布可知，M点的场强与N点的场强方向不同，选项B错误；PO、两点不在同一等势面上，

则同一带负电的试探电荷在PO、两点处的电势能不相等，选项C错误；由于P点为两个点电荷连线的中点，且电荷量Qq，故两个点电荷连线上场强为零的点位于P点上方，M点到P点电势逐渐减小，故将一带负电的试探电荷由M点移到P

点的过程中，电势能逐渐增大，电场力做负功，选项D正确。4.答案：B解析：设导体棒MN长度为lMN，棒中电流为I，则其受到的安培力大小FBIl=，MLN的电阻是MN棒电阻的两倍，二者并联，两端电压相同，则流过MLN的电

流为0.5I，MLN受到的安培力的合力为20.50.5FBIlF==，MN棒和MLN受到的安培力方向相同，故线框LMN受到的安培力大小为1.5F，B正确。5.答案：D解析：本题通过三角形金属框穿过磁场的过程考查楞次定律和法拉

第电磁感应定律。在0~2lv时间内，顶点a穿过磁场，由楞次定律判断可知感应电流沿abca方向，为正方向，金属框有效切割长度均匀增大，由EBLv=可知感应电动势均匀增大，由EIR=可知感应电流均匀增大；在~2llvv时间内，即顶点a刚出磁场到bc边刚进磁场的过程中，金

属框切割磁感线的有效长度不变，感应电动势不变，感应电流不变，感应电流沿abca方向，为正方向；在3~2llvv时间内，bc边进入磁场到从右边界刚出磁场之前的过程中，金属框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大，感应电流沿acba

方向，为负方向，故A、B、C错误，D正确。6.答案：B解析：本题通过火星探测器的发射考查宇宙速度、卫星变轨、开普勒第三定律。探测器发射之后要被太阳引力俘获，所以探测器的发射速度应大于第二宇宙速度，A错误；探测器登陆火星需要先进入火星公转轨道c，则探测器在椭圆轨道的远日点处需要加速变轨才能进入轨道

c，B正确；探测器在椭圆轨道上远日点处的加速度和火星围绕太阳公转的加速度均由太阳的引力提供，由2MaGr=可知，两者大小相等，C错误；火星探测器在椭圆轨道上运动和火星围绕太阳运动，中心天体均为太阳，由开普勒第三定律可知，轨道半长轴的立方与公转周期的平方的比值相等，D错误

。7.答案：A解析：本题考查共点力平衡中的相似三角形法。由题图甲可知，橡皮筋的原长为02sinsin30hhLh===。挂上重物后，结点O受力情况如图所示，根据几何关系有mgFhL=，解得橡皮筋的弹力mgLFh=，由胡克定律可知()0FkLL=−，联立解得(2)mgLkLhh=−，故A选项

正确。8.答案：AC解析：由题图可以看出，物体A的向心加速度a与半径r成反比，与2var=比较，知其线速度大小不变；物体B的向心加速度a与半径r成正比，与2ar=比较，知物体B的角速度大小不变，A、C正确。9.答案：BCD解析：本题考查理想变压器电压比、电流比

、电表示数变化及功率变化。设升压变压器输出电压为2U不变，设电流表示数为I，电压表示数为4U，由理想变压器变压比，有()4443233nnUUUIrnn==−，滑动变阻器R上的电流()4423RUnIUIrRnR==−，由理想变压器变流比，有34RInIn

=，整理得2422234nUInRnr=+，滑动变阻器的滑片向下滑动的过程中，连入电路的电阻R增大，则电流I减小，电流表示数减小，A错误；I减小，4U变大，电压表示数变大，B正确；电阻r消耗的功率2rPIr=，当电流I减小时，rP减小，D正确；滑动变阻器R消耗的功率()2222342422

23422344RnnUUPRnRnrnnrR==−+，当2234nRnr=，即2423nRrn=时，滑动变阻器消耗的功率最大，由于电阻r与R数值关系不确定，匝数比未知，故当R增大时，滑动变阻器消耗的功率可能增大，也可能减小，也可能是先增大后减小，C正确。10.答案：BC解析：本

题考查连接体速度的分解问题。小球运动到C点时速度最大，所受合力为零，根据受力分析可得2cos30mgMg=，可得:3:1Mm=，A错误；小球运动到C点时，将小球速度分解可得cos30Mmvv=，则:2:3Mmvv=，B正确；假设小球能运动到D点，根据系统机械能守恒有2122DMg

RmgRMv−=+221cos452Dmv，由于2Mm，可知0Dv，即小球可以运动到D点，C正确；小球从A向下运动过程中，细线对小球的拉力做负功，小球的机械能一直减小，D错误。11.答案：（1）222dht（2）21h

t−（3）选择直径较小的小钢球，为了减小阻力的影响；小球下落到光电门处时，如果球心没有挡住光束，那么挡光的距离会小于小球的直径d，速度测量值的误差增大，换成圆柱体可以减小误差解析：本题考查测量重力加速度。（1）小球通过光电门的速度近似

等于小球的直径d与挡光时间t的比值。小球下落过程做自由落体运动，设小球从静止开始下落到达光电门经历的时间为1t，根据2111,2dhgtgtt==，联立解得222dght=。（2）根据212dmghm

t=，变形可得2212ghtd=，由于22gd是常量，故21ht−图像为线性图像。（3）为了减小阻力的影响，小球质量应大一些，体积小一些，故应选用直径较小的小钢球做实验；小球下落到光电门处时，如果球心没有挡住光束，那么挡光的距离会小于小球的直径d，速度测量值的

误差增大，换成圆柱体可以减小误差。12.答案：（1）见解析（2）()2A012IRRII+−（3）增大（4）17.5；55解析：本题考查热敏电阻的特性。（1）所给实验器材中没有电压表，可用已知内阻的电流表2A与定

值电阻0R串联构成最大测量值为()gA00.01(100400)V5VUIRR=+=+=的电压表；由于实验要求能够在0~5V范围内进行测量，则滑动变阻器采用分压式接法，电路如图所示。（2）由闭合电路欧姆定律可得()2A0t12IRRRII+=−。（3）根据()2

A0t12IRRRII+=−可得21A0t11IIRRR=++，由题图乙可知21II−图线的斜率A0t11RRR++随着2I的增大而增大，可知tR随着毫安表2A示数的增大而增大。（4）通过1R的电流110.3AUIR=

=，则通过2R和tR的电流为0.4A；由21II−图像可知，1I与2I相差较大，近似认为1400mAI=，此时24mAI=，热阻电阻的阻值t250.4R==，则290.4517.50.4R−==，根据tRt−图像可知t14153Rt=+，则t5R=时，解得55t=℃。13.答案：（1）

tan1.6mx=（2）0.8m解析：本题通过弹射游戏考查斜抛运动、动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律。（1）设弹射出时小球的速度为0v，小球弹射出后做斜抛运动，在竖直方向上，有0sinvgt=212hgt=小球在水平方向上做匀速运动，有0cosxvt=联立并代入数据解得0.

4st=tan1.6mx=（2）小球和物块发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒，机械能守恒，则有012cosmvmvmv=+()222012111cos222mvmvmv=+可得1200cosvvv==，之后小物块在小车上做减速运动，小车做加速运动，当x最小时，物块恰好能够

落到P点右侧区域，假设小物块与小车达到共同速度后，小车在P点锁定，根据动量守恒定律得232mvmv=此过程中，由能量守恒定律得2312311222mgxmvmv=−到达P点后，对小物块根据能量守恒定律，有22312mgxmv=12lxx=+可得0co

s2m/sv=则假设成立，因此x的最小值min0cos0.8mxvt==14.答案：（1）0dy（2）1.5d（3）78N解析：本题考查带电粒子在电磁场中的运动。（1）粒子从()00Ay，处释放，根据动能定理，得2012qEymv=带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有21mvqvBr

=联立可得10rdy=（2）设1OOH为，粒子在磁场区域1和磁场区域2的轨迹如图所示，则在轨迹圆1O中，根据几何关系有1sindr=，在轨迹圆2O中，根据几何关系有2(1sin)dr=−在磁场中由洛

伦兹力提供向心力，有2vqvBmr=由212BB=，则有122rr=，联立解得21.5rd=（3）当粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出时，由（1）的结论及磁场区域1和2磁感应强度关系可知021.52dyrd=

=，可得09yd=在v处释放的粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出，粒子再次回到x轴时的坐标为()1122cosxrrr=−−，其中2211cosrdr−=，所以粒子回到x轴时的坐标622xd=−（）所以粒子能打到收集板上；同理，粒子刚好能打到收集板2d位置时

，有()1122cos2xrrrd=−−=，其中2112rr=，2211cosrdr−=，解得1rd=或153dr=，解得2ydd=（舍去）或259yd=因为从y轴正半轴上2d到259d范围内释放的粒

子回到电场后受电场力作用再回磁场都能打在收集板上，则从y轴正半轴上2d至9d范围内释放的粒子都能打到收集板上，所以粒子源在y轴正半轴上2d至10d范围内均匀发射N个粒子，能打到收集板的粒子数为9271028ddN

NNdd−==−15.答案：（1）A（2）①0000FpTVSFpghTS+++②()02FpghS++解析：（1）本题通过简易温度计考查热力学第一定律、气体压强的微观解释。将容器放入热水中，气体的温度升高，内能变大，

由UQW=+知，气体对外做的功小于气体吸收的热量，选项A正确，B错误；气体的压强保持不变，则容器内壁的单位面积上受到气体分子的平均作用力大小不变，选项C、D错误。（2）本题通过压缩机压缩二氧化碳气体考查理想气体状态方程和玻意耳定律。①2CO气体在海平面上时，压强0FppS=+2CO到达距海平面深

为h的海底时，压强10FppghS=++由理想气体状态方程得010pVpVTT=联立解得0000FpTVSVFpghTS+=++②以容器内剩余一半质量的2CO气体为研究对象，当容器的容积变为打开阀门前的14时，即4VV=时，容器内2CO的

压强0FppghS=++由玻意耳定律得12VppV=联立解得()02FFpghS=++16.答案：（1）C（2）①45°②不能，见解析解析：（1）本题考查对波的问题的理解。第五代移动通信系统（5G）采用的电磁波由电磁振荡产生，该波的磁感应强度随时间是周

期性变化的，是非均匀变化的，故A错误；狭义相对论中有“动钟变慢”效应，高速运行的卫星上的人会认为地球上的时钟变慢，故B错误；单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期由驱动力的周期决定，与单摆的固有周期无关，故与摆长无关，故C正确；向人体内发射频率已知的超声波被血管中的血流

反射后又被仪器接收，测出反射波的频率变化就能知道血流的速度，这种方法应用的是多普勒效应原理，故D错误。（1）本题考查光在棱镜组合体中的折射与全反射现象。①单色光在四棱镜内的光路如图所示，根据折射定律可知，1sin1sin2n=解得215=根据几何

关系可知，345=则光线在棱镜ABC内与AC面所夹的锐角45=②棱镜CDA的折射率22n=，其临界角满足21sinCn=若在CD面发生全反射，有5C…，即545…由相对折射率公式21sin3sin4nn=解得475=根据几何关系解得545C==，光线恰好在CD面发生全

反射，故光不能从CD面射出