2021高考物理二轮复习仿真模拟卷2.doc

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1、 普通高等学校招生全国统一考试全国卷物理仿真模拟卷(二)(时间：60分钟满分：110分)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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，有选错的得0分。142019年4月23日，人民海军成立70周年阅兵式上，中国海军多款核潜艇公开亮相。核潜艇是以核反应堆为动力源。关于核反应，下列说法正确的是()A在核反应中，质量守恒、电荷数守恒B核反应方程UThHe属于衰变C核反应方程NHeOH属于核聚变，是核潜艇的动力原理D核反应方程CNe属于衰变，而射线来自原子外层的电子B在核

2、反应中，质量数和电荷数守恒，质量不守恒，A错误；核反应UThHe属于衰变，B正确；核反应NHeOH，属于原子核的人工转变，C错误；射线由核反应放出，D错误。15.如图所示，一根竖直轻质弹簧下端固定，上端托一质量为0.3 kg的水平托盘，盘中有一质量为1.7 kg的物体。当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度缩短了4 cm。现缓慢地竖直向下压物体，使弹簧再缩短2 cm后停止，然后立即松手。设弹簧始终处在弹性限度内(g取10 m/s2)，则刚松开手时盘对物体的支持力大小为()A30 NB25.5 N C20 ND17 NB设物体的质量为m，盘的质量为m0，弹簧压缩量x14 cm0.04 m，当盘静止时

3、，由胡克定律得(mm0)gkx1，解得k500 N/m；弹簧再缩短x22 cm0.02 m停止，松手时整体的合力为Fkx210 N，由牛顿第二定律有F(mm0)a，解得此时整体的加速度大小为a5 m/s2，隔离物体分析受力，设刚松开手时盘对物体的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律可得FNmgma，解得FN25.5 N，B正确，A、C、D错误。16.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带负电的粒子从直线上的O点仅在电场力作用下沿直线运动到A点。取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向。从O到A的运动过程中，下列粒子运动的速度v和加速度a随时间t的变化图线、运动轨迹上电势和粒子的

4、动能Ek随位置x的变化图线可能正确的是()ABCDA带负电的粒子从直线上的O点仅在电场力作用下运动到A点，需要克服电场力做功，动能减小，速度减小，选项D错误；根据电场线的疏密来判断电场强度的大小关系，可知从O到A，电场强度先减小后增大，方向不变，则带负电粒子受到的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，但加速度最小时不为零，选项B错误；根据vt图线的斜率表示加速度可知选项A正确；根据电势随位置的变化图线的斜率表示电场强度可知，选项C错误。17环境监测卫星是用于环境和灾害监测的对地观测卫星，利用三颗轨道相同的监测卫星可组成一个监测系统，它们的圆形轨道与地球赤道在同一平面内，当卫星高度合适时，该系

5、统的监测范围恰好覆盖地球的全部赤道表面且无重叠区域。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是()A卫星的运行速度大于7.9 km/sB卫星的加速度大小为C卫星的周期为4D这三颗卫星的质量必须相等C由题意，三颗监测卫星恰好构成等边三角形，且两卫星连线恰好与地球赤道相切，如图所示，则卫星轨道半径r2RR，可知卫星的运行速度小于7.9 km/s，A错误；根据Gm0g，Gmam，得a，T4，故B错误，C正确；三颗卫星的质量不用必须相等，D错误。18.如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度v不同的微粒。P的右侧有一探测屏AB竖直放置。对于打在探测屏上的微粒，不计微

6、粒的阻力，下列说法正确的是()Av越大，在空中飞行的时间越长Bv越大，打在探测屏上时速度的偏转角越小Cv越小，相等时间内动量的变化量越小Dv越小，打在探测屏上时的动能变化量越小Bv越大，由xvt可知微粒在空中飞行的时间越短，选项A错误；v越大，微粒在空中飞行的时间越短，打在探测屏上时的竖直速度越小，速度的偏转角越小，选项B正确；对于平抛运动，由mg可知，相等时间内动量的变化量p相等，选项C错误；v越小，微粒在空中飞行的时间越长，竖直下落的位移越大，重力做的功越多，由动能定理可知，打在探测屏上时的动能变化量越大，选项D错误。19如图甲所示，物体从粗糙斜面上某点，以速度v0向上滑动，设物体的位移为

7、x时，对应的速度为v，计算机绘出的xv图象为如图乙所示的两段抛物线。已知物体始终在斜面上运动，重力加速度g10 m/s2，由图中数据可求出的是()甲乙A斜面的倾角B物体受到的滑动摩擦力大小C物体与斜面间的动摩擦因数D物体从出发点至返回到出发点的过程中损失的机械能AC取沿斜面向上为正方向，物体沿斜面向上滑动时有v2v2ax，代入数据(15 m/s,45 m)、(0,60 m)，解得v030 m/s，a7.5 m/s2，沿斜面向下滑动时有v22ax，当沿斜面向下速度为v20 m/s时，x80 m，代入数据解得a2.5 m/s2；物体沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得：(mgsin mgcos )m

8、a，物体沿斜面向下滑动时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，联立解得30，选项A、C正确；物体受到的滑动摩擦力为fmgcos ，由于质量m未知，所以不能求出滑动摩擦力大小，选项B错误；损失的机械能等于物体克服摩擦力做的功，无法求出，选项D错误。20.如图所示，半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的收集板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场向圆形区域内射入大量带正电的粒子，粒子所带电荷量均为q、质量均为m。不考虑粒子间的相互作用和粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是()A只要对着圆心入射，出磁场后就可垂直打在MN上B对着圆心入射的粒子，其出射

9、方向的反向延长线不一定过圆心C只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出磁场后均可垂直打在MN上 D对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，运动的时间也越短CD只要对着圆心入射，其出射方向的反向延长线就一定过圆心，而且只有运动轨迹半径等于圆形磁场区域半径的粒子出磁场后才能垂直打在MN上，选项A、B错误；由qvBm可得，v，所以只要速度满足v，沿不同方向入射的粒子出磁场后均可垂直打在MN上，选项C正确；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中的轨迹半径越大，通过的弧长越长，轨迹所对的圆心角越小，由T可知，周期相等，由tT可知，圆心角越小，运动时间越短，选项D正确。21.如图所示，理想变压器原

10、线圈接在交流电源上，其电动势为u220sin 100t(V)，交流电源内阻为r10 ，定值电阻R0100 与原线圈并联，滑动变阻器与副线圈串联，滑动变阻器的最大阻值为Rm30 ，已知变压器的原、副线的匝数之比为21，电流表和电压表均为理想交流电表，滑动变阻器的滑动触头由最上端向下缓慢移动到某位置时，开关S分别接a、b，电源输出功率相等，下列说法正确的是()A开关接a时，电流表的示数为2 AB开关接b时，电压表的示数为110 VC电源的输出功率相等时，滑动变阻器接入电路的阻值为R25 D开关接b，滑动变阻器接入电路的阻值为R10 时，电源的输出功率最大AC交流电源电动势的有效值为220 V，由闭

11、合电路欧姆定律I可知，开关接a时，电路中电流的有效值为2 A，A项正确；接b时，由于电源有内阻，所以原线圈两端电压有效值小于220 V，所以副线圈两端电压小于110 V，B项错误；开关接a时，电源的输出功率PI2R0400 W，开关接b时，原线圈两端电压是副线圈两端电压的2倍，原线圈中电流为副线圈中电流的一半，所以变压器及其副线圈回路的等效电阻为滑动变阻器有效阻值的4倍，所以滑动变阻器接入电路的阻值为25 时，电源在开关分别接a、b时的输出功率相等，C项正确；由外电阻与电源内阻相等时，电源输出功率最大，可知此时滑动变阻器的有效阻值为2.5 ，D项错误。三、非选择题：共62分。第2225题为必考

12、题，每个试题考生都必须作答。第3334题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共47分。22(5分)某实验小组的同学利用自由落体法验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示，该小组的同学完成了如下的操作：甲乙(1)首先利用螺旋测微器测出了小球的直径，其示数如图乙所示，则该小球的直径d_ cm。(2)将该小球由光电门1的正上方无初速度释放，测得小球先后通过光电门1和光电门2所用的时间为t1和t2，则小球通过两光电门的速度分别为v1_，v2_。(用所测量的物理量符号表示)(3)该小组的同学测出了两光电门之间的距离为H，重力加速度用g表示，若小球的机械能守恒，则需要验证的关系式为_。(用所测量的物理

13、量符号表示)解析(1)小球直径：d3.5 mm0.01 mm30.03.800 mm0.380 0 cm。(2)小球通过光电门1、2的速度分别为：v1、v2。(3)设小球质量为m，在该过程中，小球的重力势能减少量为mgH，小球的动能增加量为mm，若小球的机械能守恒，则需要验证的关系式为mgHmm，即：2gH。答案(1)0.380 0(1分)(2)(1分)(1分)(3)2gH(2分)23(10分)实验员老师在整理仪器时发现了一未知电阻Rx和一块锂电池。电池的铭牌数据标识为：电动势E4.0 V，最大放电电流为60 mA。他把多用电表的选择开关置于欧姆“100”挡，粗测了Rx的阻值，示数如图甲。然后

14、给同学们准备了如下器材，请同学们帮他测量电阻Rx的准确值。甲A电压表V1(量程3 V，内阻RV1约为4.0 k)B电压表V2(量程15 V，内阻RV2约为12.0 k)C电流表A1(量程60 mA，内阻RA1约为5 )D电流表A1(量程2 mA，内阻RA2约为50 )E滑动变阻器R1(040 ，额定电流1 A)F开关S一只、导线若干(1)为了更精确地测量电阻Rx的阻值，电压表应选_，电流表应选_。(填器材前字母序号)请你设计测量Rx的实验原理图，并画在虚线框中。(2)同学们又设计了如图乙所示的电路图测量该锂电池的电动势E和内阻r，图中R为电阻箱(0999.9 )。根据测量数据作出R图象，如图丙

15、所示。若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E_；内阻r_。(用k和b表示)乙丙解析(1)由题图甲可知电阻Rx的阻值约为1 500 ，又因电动势E4.0 V，所以电压表应选A，通过电阻的最大电流约为Imax2.0 mA，可知电流表应选D，滑动变阻器的最大阻值较小，应该使用分压接法；又因为Rx1 500 ，应采用电流表内接法，电路图如答图所示。(2)根据闭合电路欧姆定律有EI(Rr)，变形得Rr，图线的斜率为k，解得E；纵轴截距为br，解得r。答案(1)A(1分)D(1分)如图所示(4分)(2)(2分)(2分)24(12分)如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段

16、光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L1 m。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1 kg，电阻R均为0.5 。cd棒右侧1 m处有一垂直于水平导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B1 T，磁场区域长度为s。以cd棒的初始位置处某点为原点，水平向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平变力F作用于ab棒上，力随时间变化的规律为F(0.25t1) N,4 s后撤去F。撤去F之后ab棒与cd棒发生完全弹性碰撞，cd棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)撤去力F的瞬间，ab棒的速度大小；(2)若s1 m

17、，求cd棒滑上右侧竖直导轨后，距离水平导轨的最大高度h；(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，求cd棒最后静止时的位置x与s的关系。解析(1)4秒内力的平均值大小为1.5 N(用图象法求面积同样得分)(1分)由动量定理得tmv1(1分)所以v16 m/s。(1分)(2)ab棒与cd棒质量相等，发生完全弹性碰撞后两者交换速度，ab棒静止，cd棒速度为v1(1分)设cd棒离开磁场时的速度为v2，由动量定理得BLtmv2mv1(1分)qt(1分)所以v2v15 m/s(1分)上升的最大高度h1.25 m。(1分)(3)分三种情况：如果s足够大恰好使cd棒停在磁场中，设cd棒在磁场内运动

18、的距离为d，与(2)过程同理可得d6 m(1分)故当s6 m时，xd17 m(1分)当s6 m时，cd棒穿过磁场后经竖直轨道返回，若仍没有穿过磁场，即2sd，此时棒的位置坐标为2sd1 m，s3 m。故当3 ms6 m时，x2s5 m(1分)当s3 m时，cd棒返回后穿过磁场，与ab棒发生弹性碰撞后静止。故当0s3 m时，x0。(1分)答案见解析25(20分)如图所示，质量为M10.6 kg的光滑四分之一圆弧轨道固定在水平地面上，并与质量为M20.5 kg、长为L2.8 m的静止的长木板B紧挨放置(不粘连)，长木板B的左端放置一可视为质点的质量为m0.2 kg的物块D。一可视为质点的质量为m0

19、.1 kg的物块A，从圆弧轨道顶端C的正上方E点由静止下落，落到C端后进入圆弧轨道，经过轨道底端后，冲上静止的长木板B时，与物块D发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后物块D在长木板上滑动，直到B、D达到共同速度0.3 m/s，然后B、D又一起在水平地面上滑行了4.5 cm后停下。已知圆弧轨道的半径R0.42 m，B、D间的动摩擦因数10.5，取g10 m/s2。(1)求长木板与水平地面间的动摩擦因数2、物块D相对于长木板滑行的距离。(2)物块A从相对长木板多高的地方下落？物块A经过圆弧轨道底端时对轨道的压力为多大？(3)如果A、D碰撞的同时圆弧轨道解除固定，且轨道与水平地面间无摩擦，碰撞后物块A

20、沿圆弧轨道还能上升多高？解析(1)B、D一起运动时，受到水平地面的滑动摩擦力，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，加速度a2g(1分)根据运动学公式可知，0v22ax(1分)解得长木板与水平地面间的动摩擦因数20.1(1分)物块D在长木板上运动，受到木板对它的滑动摩擦力，做匀减速直线运动，a11g5 m/s2(1分)物块D在长木板上滑动，长木板B受到物块D的滑动摩擦力和地面的滑动摩擦力，做匀加速直线运动，有1mg2(M2m)gM2a2(1分)解得加速度a20.6 m/s2(1分)设碰撞后瞬间物块D的速度为vD，设经时间t后D、B共速由运动学公式可知va2t，解得D在长木板上滑行的时间t0.5

21、s，vDva1t2.8 m/s(1分)物块D相对长木板B滑行的距离为xx1x2vDta1t2a2t20.7 m。(1分)(2)因为物块A与物块D发生弹性碰撞，碰撞过程中A、D组成的系统动量守恒，机械能守恒，设碰前瞬间A的速度为vA，碰后瞬间A的速度为vA，则有mvAmvAmvD(1分)mvmvmv(1分)解得vA4.2 m/s，vA1.4 m/s(1分)以物块A为研究对象，设物块A从相对木板高h处下落，根据机械能守恒定律有mghmv(1分)解得h0.882 m(1分)物块A进入圆弧轨道经过轨道底端时有，FNmg(1分)解得FN5.2 N(1分)根据牛顿第三定律，物块A经过圆弧轨道底端时对轨道的

22、压力大小为5.2 N。(1分)(3)如果A、D碰撞的同时圆弧轨道解除固定，碰撞后物块A与圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设物块A沿圆弧轨道还能上升H，有mvA(M1m)v(1分)mv(M1m)v2mgH(2分)联立解得H0.084 m。(1分)答案(1)0.7 m(2)0.882 m5.2 N(3)0.084 m(二)选做题：本题共15分。请考生从给出的2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。33物理选修33(15分)(1)(多选)(5分)下列说法正确的是_。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A

23、布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，它反映了液体分子永不停息地做无规则运动B已知氧气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出氧气分子的体积C气体的温度升高时，并非所有分子的速率都增大D理想气体在等容变化过程中，气体对外不做功，气体的内能不变E一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大甲乙(2)(10分)如图甲所示，下端封闭上端开口的玻璃管，长为40 cm、截面积为3 cm2，一段长度为5 cm的水银柱在玻璃管的下端封住了一部分理想气体，气体的长度为10 cm。在玻璃管的右侧有一个水银槽，现将玻璃管缓慢转到开口向下，再缓慢插入水银槽，直到理想气体的长度变为8 cm。整个过程中气体的温度不变，外界大气

24、压强始终为75 cmHg。求：()最终管底处封闭的气体的压强；()最终管口处封闭的气体的长度。解析(1)布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动，它反映了液体分子永不停息地做无规则运动，选项A正确；已知氧气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以计算出每个氧气分子所占空间的体积，不能计算出氧气分子的体积，选项B错误；气体的温度升高时，分子平均动能增大，平均速率增大，但并非所有分子的速率都增大，选项C正确；理想气体在等容变化过程中，气体不对外做功，但是可能与外界有热传递(吸收热量或放出热量)，气体的内能可能会变化，选项D错误；一定质量的理想气体经过等温压缩后，体积减小，压强一定增大，选项E正确。(2)()

25、封闭气体发生等温变化，p180 cmHg(1分)由玻意耳定律p1V1p2V2(2分)得最终管底处封闭气体的压强p2100 cmHg。(1分)()玻璃管缓慢转到开口向下，管底处封闭气体发生等温变化p1p0ph80 cmHg，p3p0ph70 cmHg由玻意耳定律p1L1Sp3L3S(1分)得L311.4 cm(1分)则水银柱下方气体：V0(4011.45)cmS(1分)p4p2ph105 cmHg，V4L4S(1分)由玻意耳定律p0V0p4V4(1分)得最终管口处封闭气体的长度L416.9 cm。(1分)答案(1)ACE(2)()100 cmHg()16.9 cm34物理选修34(15分)(1)

26、(多选)(5分)如图所示，一束红光从空气射向折射率n的某种玻璃的表面，其中i为入射角，则下列说法正确的是_。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A当i45时会发生全反射现象B无论入射角i为多大，折射角r都不会超过45C当入射角的正切值tan i时，反射光线与折射光线恰好相互垂直D光从空气射入玻璃，速度减小E若将入射光换成紫光，则在同样入射角i的情况下，折射角r将变大(2)(10分)如图所示，两列简谐横波a、b在同一介质中分别沿x轴正、负方向传播，波速均为v2.5 m/s。已知在t0时刻两列波的波峰正好在x2.5 m处重合。()求t

27、0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x坐标。()从t0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x1.0 m处的质点到达波峰且为振动加强点？解析(1)发生全反射的条件之一是光线从光密介质射入光疏介质，所以当光从空气射向玻璃时，不会发生全反射现象，A错误；由n可知，当入射角最大时，折射角也最大，故当入射角为90时，折射角最大，由可知，rmax45，故B正确；当反射光线与折射光线相互垂直时，折射角r90i，故由n可得，tan i，C正确；由v可知，D正确；当将入射光由红光换成紫光时，玻璃对紫光的折射率n0较大，故由n0可知，折射角r将变小，E错误。(2)()两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的

28、位移均为16 cm。从题图中可以看出，a波波长a2.5 m，b波波长b4 m(1分)a波波峰的x坐标为x1(2.52.5k1)m(k10，1，2，)(1分)b波波峰的x坐标为x2(2.54k2)m (k20，1，2，)(1分)由以上各式可得，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x坐标为x(2.520k) m (k0，1，2，) 。(2分)()a波波峰传播到x1.0 m处的时间为ta (m0,1,2，)(1分)b波波峰传播到x1.0 m处的时间为tb (n0,1,2，)(1分)其中x11 m，x21.5 m当x1.0 m处的质点处于波峰时，有tatb(1分)以上各式联立可解得5m8n1(1分)由分析可知，当m5、n3时，x1.0 m处的质点经历最短的时间到达波峰，将m5代入ta解得ta5.4 s。(1分)答案(1)BCD(2)()(2.520k)m (k0，1，2，)()5.4 s- 15 -