全国统考版2021届高考物理二轮复习评估验收模拟卷十五含解析

这是一份全国统考版2021届高考物理二轮复习评估验收模拟卷十五含解析，共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
高考仿真模拟卷(十五)
(时间：70分钟；满分：110分)
第Ⅰ卷
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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．
14．2018年11月12日中科院等离子体物理研究所发布消息：全超导托克马克装置EAST在实验中有了新的突破，等离子体中心电子温度达到1亿摄氏度；其主要核反应方程为：①H＋H→He＋X　②H＋Y→He＋X，则下列表述正确的是(　　)
A．X是质子
B．Y是氚核
C．X与Y是同位素
D．①②两个核反应都属于裂变反应
15.在t＝0时，A、B两物体在同一地点以相同的初速度沿同一方向运动，A物体的v－t图象如图所示，B物体做匀减速直线运动，直到停止， 两物体的位移相同，下列说法正确的是(　　)

A．B运动的时间可能等于A
B．在途中B始终在A的前方
C．在途中任一时刻两物体的速度不可能相同
D．在途中任一时刻两物体的加速度不可能相同
16．如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v－t图象，图中t1、v0、v1已知．重力加速度大小为g.由此可求得(　　)
　　　
A．木板的长度
B．物块与木板的质量
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
17.如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为(　　)

A.　　　　　　　　 B.
C. D.
18.如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个质量相等的小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有(　　)

A．a的运动时间是b的运动时间的倍
B．a的位移大小是b的位移大小的倍
C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同
D．a、b落地时的速度不同，但动能相同
19.如图所示是氢原子中电子绕核做圆周运动的示意图．电子绕核运动，可等效为环形电流，此环形电流的大小为I1.现在沿垂直于圆轨道平面的方向加一磁感应强度为B的外磁场，设电子的轨道半径不变，而它的速度大小发生变化，若用I2表示此时环形电流的大小，则当B的方向(　　)

A．垂直于纸面向里时，I2>I1
B．垂直于纸面向外时，I20)的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0(v0>0)，方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN.则下列判断正确的是(　　)

A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤
B．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤
C．小球在斜面做变加速曲线运动
D．小球到达底边MN的时间t＝
21．水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的滑动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度变为零，则(　　)

A．拉力F所做功为nFl
B．系统克服摩擦力做功为
C．F>
D．(n－1)μmgI1，故A正确，C错误；当加一个垂直于纸面向外磁场时，电子所受的洛伦兹力背向圆心，此时洛伦兹力和库仑力共同提供向心力，由公式F库－F洛＝m，可知电子速度变小，电流的定义式为：I2＝，因为电子速度变小，周期将变大，可得I2，故C正确，D错误．
22．解析：(1)从A到B根据能量守恒得：W－Wf＝fL，所以图线不过原点是因为在AO段还有摩擦力做功．
(2)由题图乙知图象过(6，1)、(42，5)，代入W－Wf＝fL，解得木块从A到O过程中克服摩擦力做的功为W1.
(3)由W－Wf＝fL，知图象的斜率为摩擦力大小．
答案：(1)AO段有摩擦力做功　(2)　(3)摩擦力大小
23．解析：(1)②在进行电阻测量时，每次调整挡位均应进行欧姆调零，即旋转D旋钮．
③由图知测电阻时指针的偏角太大，说明电阻较小，应换×10挡，并需重新欧姆调零．
(2)由闭合电路欧姆定律可知：
电流I＝.
(3)红表笔接在内部电源的负极上，黑表笔接在内部电源的正极上，为了保证电表正常偏转，红表笔应接电压表的负接线柱，故接法应为A；读数为30×1 kΩ＝30 kΩ；电压表示数为1.6 V，则由闭合电路欧姆定律可知：E＝×(30＋24) V≈2.9 V.
答案：(1)②D　③“×10”　(2)I＝
(3)A　30 kΩ　2.9 V
24．解析：(1)在P点由牛顿第二定律2mg＝m
解得vP＝
从N到P由动能定理－mg·2R＝mv－mv
解得vB＝.
(2)由动量守恒0＝mAvA－mBvB
解得vA＝
从A开始运动到停止，由动能定理
－μmAgL＝0－mAv
解得L＝.
答案：(1)　(2)
25．解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上有l＝v0t，竖直方向上有y＝t2
联立解得y＝
所以带电粒子进入磁场时的位置坐标为，
竖直方向速度vy＝t＝v0
所以v＝＝v0，因为tan θ＝＝1，所以速度方向与y轴正向夹角为45°.
(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面与释放点对称的位置，根据对称性可知，它在磁场中做圆周运动的圆心应在x轴上，其部分运动轨迹如图所示．

由几何关系有r＝y＝，根据qvB＝m，联立解得B＝.
答案：(1)位置坐标为　v0　速度方向与y轴正向夹角为45°
(2)
33．解析：(1)分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大是先增大后减小，故A错误；等温膨胀过程中，气体内能不变，对外做功，一定吸热，故B正确；与热现象有关的宏观物理过程，是不可逆的，总是向着无序度更大的方向发展，故C正确；布朗运动是液体分子无规则运动对悬浮微粒碰撞不平衡造成的，故D错误；一定量的气体，压强在微观上由单位时间内对器壁单位面积碰撞的分子数和每个分子对器壁的平均作用力决定，压强不变，而温度降低，每个分子对器壁的平均作用力变小，单位时间内对器壁单位面积碰撞的分子数将增加，故E正确．
(2)未拔掉销钉前：在向汽缸内打气2次后，设气体的压强为p，由理想气体状态方程可得：p0(Sh＋2V0)＝pSh
拔掉后：p′S＝p0S＋mg
由玻意耳定律可知：pSh＝p′Sh′
解得：h′＝0.2 m.
答案：(1)BCE　(2)见解析
34．解析：(1)由横波的图象可知λ＝8 m，而v＝＝λf＝20 m/s，选项A正确；由图得波可能沿x轴正向或x轴负向传播，选项B错误；若波沿x轴正向传播，则距离1 m＝ λ，故Δt＝＋nT(n＝0，1，2，…)，即Δt＝0.05＋0.4n，当n＝3时，Δt＝1.25 s，若波沿x轴负向传播，则距离7 m＝λ.故Δt＝＋mT(m＝0，1，2，…)，即Δt＝0.35＋0.4m，Δt取值为0.35 s、0.75 s、1.15 s、1.55 s、1.95 s，故选项C正确、选项D错误；障碍物宽度d＝6 m与波长8 m差不多，则能发生明显的衍射，选项E正确．

(2)①发生全反射的临界角sin C＝＝，即：C＝45°，由几何知识光线在AB面、BC面上的入射角均为60°，均发生全反射，光线从CD面上的G第一次射出棱镜，入射角i＝30°，折射角为γ，由折射定律得：n＝，解得γ＝45°，传播过程光路如图．
②由几何知识GC＝FCtan i＝tan 30°＝ cm.
答案：(1)ACE　(2)①见解析图　② cm高考仿真模拟卷(十六)
14．解析：选C.由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A错误；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm＝2hν0－hν0＝hν0＝Ue，则遏止电压为U＝，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误．
15．解析：选C.根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：vy＝＝v0，则运动的时间为：t＝＝，设斜面的倾角为θ，则有tan θ＝＝＝，解得θ＝37°，C正确．
16．解析：选C.0～t1内动能的变化量为mv，动量变化量为mv0；t2～t3 内动能变化量为mv，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A错误；t1～t2内动能变化量为0－mv＝－mv，动量变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4内动能变化量为－mv，动量变化量为0－(－mv0)＝mv0.则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B错误；0～t2和t2～t4 内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据两个定理得知合外力做的功和冲量都相同，故C正确；由以上分析得知：0～t1和t3～t4 内动能变化量不同，动量变化量相同，故合外力做的功不同，冲量相同，故D错误．
17．解析：选B.由等势线分布可知，电场线由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力向左，故粒子带正电，选项A错误；A处的等势线较密集，则电场线较密集，则A处的场强较大，选项B正确；A处电势较C处低，故正电荷在A处的电势能较小，选项C错误；从A到B的电势差等于从B到C的电势差，故粒子从A到B的电场力所做的功等于从B到C电场力做的功，选项D错误．
18．解析：选B.设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos 60°＝k；Tcos 30°＝maA，联立解得：aA＝，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcos 30°＝T＝，选项C、D错误．
19．解析：选BCD.若质点初速度为零，则质点第1 s内发生的位移为x1＝a1t＝×10×12 m＝5 m，因质点的初速度不确定，选项A错误；因质点3 s内速度方向一直向上，而根据a－t图象可知3 s内速度的变化量为Δv＝(10×1＋7×1＋12×1) m/s＝29 m/s，且速度变化量方向向下，可知质点的初速度不小于29 m/s，选项B正确；质点第2 s内加速度为向下的7 m/s2，则处于失重状态，选项C正确；根据牛顿第二定律，1～2 s内，mg－F＝ma，得：F＝3m，方向向上，做正功，物体机械能增加；2～3 s内，mg＋F＝ma，得F＝2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而1～2 s内的速度大于2～3 s内的速度，则1～2 s内的位移大于2～3 s内的位移，故1～2 s内物体机械能增加的多，2～3 s内减小的少，故质点在3 s末时的机械能大于第1 s末时的机械能，选项D正确．
20．解析：选CD.由速度图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝＝，代入得：FA＝0.5x，则知FA与x是线性关系．当x＝0时，安培力FA1＝0；当x＝1 m时，安培力FA2＝0.5 N，则从起点发生x＝1 m位移的过程中，安培力做功为：WA＝－FAx＝－x＝－×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25 J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B错误；根据动能定理得：W－μmgx＋WA＝mv2，其中v＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得拉力做的功为：W＝9.25 J．整个系统产生的总热量为：Q＝W－mv2＝9.25 J－×2×22 J＝5.25 J，故C、D正确．
21．解析：选ACD.由图象可知交流电的周期为T＝0.02 s，则其频率为f＝＝50 Hz，A正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，B错误；由图象可知交流电的电压的最大值为311 V，所以输入的电压的有效值为U1＝ V≈220 V，根据电压与匝数成正比可知副线圈电压的有效值为55 V，C正确；对副线圈由I2＝可解得I2＝ A＝5 A，又由＝可得I1＝I2＝×5 A＝1.25 A，D正确．
22．解析：(1)本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径，故A项错误；要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m1>m2，故B项正确；实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，则复写纸的位置可以移动，故C项正确；斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动，故D项错误．
(2)确定落点平均位置的办法：用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置．
(3)验证动量守恒定律的表达式是m1v0＝m1v1＋m2v2，则m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1OQ＝m1OP＋m2OR，用题中测量的量表示为m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)．
答案：(1)BC　(2)用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置　(3)m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)
23．解析：(1)电流计G与R2串联接入电路，若R2取最大阻值1 000 Ω，电压表的量程为1.5 V，可得电流计的最小电流为Imin＝ A＝1.5 mA>500 μA，故电路不可行，流过电流计的最小电流超过了其量程．
(2)①第一步为电压表和电流计串联的电路，由部分电路的欧姆定律有UV＝IgRV，可得RV＝＝ Ω＝2 000 Ω；第二步为Rg与R2并联再与RV串联，由部分电路的欧姆定律I′gRg＝(－I′g)R2，代入数据解得Rg＝180 Ω.

②电流计改装成电流表需要利用并联电阻分流，由(I－Ig)R＝IgRg，解得R＝20 Ω，故电阻箱调为20 Ω，电路如图所示．
答案：(1)不可行，流过电流计的最小电流超过了其量程　(2)①2 000　180　②见解析图　20
24．解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦fm；设它们一起运动的加速度大小为a，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿定律可知：
对整体：F1＝(M＋m)a
对木板：fm＝Ma
其中fm＝μmg
解得F1＝2.5 N
故当F>2.5 N时，两物体之间发生相对滑动．
(2)分析可知，当一开始就用水平向右F2＝5.5 N的恒力作用于小物块时，两物体发生滑动；设滑动摩擦力的大小为f，小物块、木板的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得：
对小物块：F2－f＝ma1
对木板f＝Ma2
其中f＝μmg
解得a1＝3.5 m/s2; a2＝0.5 m/s2
设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：s1＝a1t2，s2＝a2t2，s1－s2＝L
解得：t＝1 s.
答案：(1)F>2.5 N　(2)1 s
25．解析：(1)由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝m
r＝＝0.1 m
T＝＝1.25×10－7π s.
(2)由题意可知Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图(a)所示，O1为轨迹圆圆心．分别用dB和dE表示电场和磁场区域的宽度．

对Z粒子在电场中运动，由动能定理有：
qEdE＝mv2①
代入数据解得：E＝1.0×104 N/C
Z粒子在磁场中做圆周运动，设轨迹圆半径为r，
由圆周运动的规律有：qvB＝m②
由几何知识可知：在△SOO1中满足：
cos θ＝＝③
由②③并代入数据可得：θ＝.
(3)作Z粒子在磁场中圆弧轨迹对应的弦SN如图(b)所示，由几何知识得：△SNO1为等边三角形， SN＝r ，弦切角θ0＝θ④
由题意可知：在磁场中圆弧轨迹对应的弦长大于r的粒子，满足Z粒子第一次刚要进入电场时未离开过磁场．作出另两个圆弧轨迹对应的弦长等于SN的粒子轨迹，交磁场左右边界分别为M、O1，粒子在S点的速度分别为v1和v2.由图可知发射方向在v1和v2之间的粒子轨迹弦长大于r，对应的发射方向分布的角度范围为：θ1＝－θ0⑤
由图可知Z粒子的发射速度方向与磁场左边界所夹角度范围内发射的粒子轨迹弦长也大于r
所以有：η＝⑥
解得：η＝.
答案：(1)0.1 m　1.25×10－7π s　(2)1.0×104 N/C　　(3)
33．解析：(1)由题意知，TA＝300 K；A→B过程为等压变化，则有＝，代入数据解得：TB＝900 K，故A正确；B→C过程是等容变化，则有＝，代入数据解得：TC＝300 K，故B正确；从状态A变化到状态C过程，气体的温度先升高后降低，则气体的内能先增大后减小，故C错误；由A→B气体的温度升高，内能增大，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体吸热，故D错误；B→C过程气体的体积不变，不做功，温度降低，气体的内能减小，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q知，气体放热，故E正确．
(2)设U形管横截面积为S.
左管：初状态：p1＝76 cmHg
V1＝20 cm×S
T1＝273 K＋27 K＝300 K.
末状态：p2＝？
V2＝？
T2＝300 K
右管：初状态：p3＝76 cmHg
V3＝20 cm×S
T3＝273 K＋27 K＝300 K.
末状态：p4＝p2－20 cmHg
V4＝10 cm×S
T4＝450 K
对右管：由理想气体状态方程得：＝，代入数据得：
p2＝248 cmHg
对左管：由玻意耳定律得：p1V1＝p2V2得：
76×20×S＝248×V2，
解得：V2＝×S≈6.1S，所以此时空气柱长度：l＝＝6.1 cm.
答案：(1)ABE　(2)6.1 cm
34．解析：(1)根据图象知波长λ＝4 m，振幅A＝20 cm，遇到3米的障碍可以发生明显的衍射现象，故A正确；若波向x正方向传播，则Δt＝0.2 s＝(n＋)T(n＝0，1，2，3…)，当n＝0，T＝0.8 s，速度v＝＝＝5 m/s；当n＝1，T＝0.16 s，v＝＝ m/s＝25 m/s.若波向x负方向传播，则Δt＝0.2 s＝(n＋)T(n＝0，1，2，3…)，当n＝0，T＝ s，速度v＝＝＝15 m/s；当n＝1，T＝ s，v＝＝35 m/s，根据以上分析知B、C错误，D正确；若波速为15 m/s，根据以上分析知T＝ s，t1到t2，Δt＝0.2 s＝T，振幅A＝20 cm，所以路程s＝3A＝60 cm，故E正确．
(2)

(i)光路图如图所示．
(ii)由光路图的几何关系可得到：
折射角为γ＝－θ　①
入射角为φ＝－2α　②
玻璃砖的折射率
n＝＝.
答案：(1)ADE　(2)见解析