全国统考版2021届高考物理二轮复习评估验收模拟卷十四含解析

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十四含解析，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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．如图所示A、B两个运动物体的x－t图象，下述说法正确的是( )
A．A、B两个物体开始时相距100 m，同时同向运动
B．B物体做匀减速直线运动，加速度大小为5 m/s2
C．A、B两个物体运动8 s时，在距A的出发点60 m处相遇
D．A物体在2 s到6 s之间做匀速直线运动
15.匀强电场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为 7∶1，如图所示，那么碳14的衰变方程为( )
A.eq \\al(14, 6)C→eq \\al(0,1)e＋eq \\al(14, 5)B B.eq \\al(14, 6)C→eq \\al(4,2)He＋eq \\al(10, 4)Be
C.eq \\al(14, 6)C→eq \\al(2,1)H＋eq \\al(14, 5)B D.eq \\al(14, 6)C→eq \\al( 0,－1)e＋eq \\al(14, 7)N
16.如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )
A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
17．已知质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－Geq \f(Mm,r)，其中G为引力常量，M为地球质量．现从地面赤道某处发射一质量m0的卫星至离地球表面h高处的轨道上，使其绕地球做匀速圆周运动，则至少需对卫星做功(忽略地球自转影响，地球半径设为R)( )
A．Geq \f(Mm0,R)－Geq \f(Mm0,2（R＋h）) B．Geq \f(Mm0,R)－Geq \f(Mm0,R＋h)
C．Geq \f(Mm0,2（R＋h）) D．Geq \f(Mm0,2R)－Geq \f(Mm0,R＋h)
18.如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10 cm的圆柱形桶内有B＝10－4 T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源发射比荷为eq \f(q,m)＝2×1011 C/kg 的正粒子，粒子束中速度分布连续，当角α＝45°时，出射粒子速度v的大小是( )
A.eq \r(2)×106 m/s B．2eq \r(2)×106 m/s
C．2eq \r(2)×108 m/s D．4eq \r(2)×106 m/s
19．A、B两带电小球，电荷量分别为＋q、＋9q，质量分别为m1和m2，如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线悬挂于O点，静止时A、B两球处于同一水平线上，其中O点到A球的间距OA＝2L，∠AOB＝90°，∠OAB＝60°，C是AB连线上一点且在O点的正下方，带电小球均可视为点电荷，静电力常量为k，则下列说法正确的是( )
A．A、B间的库仑力F＝eq \f(9kq2,4L)
B．A、B两球的质量之比为3∶1
C．C点的电场强度为零
D．若仅互换A、B两球的带电荷量，则A、B两球位置将不再处于同一水平线上
20．如图a，物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动，在t＝1 s时刻撤去恒力F.物体运动的v－t图象如图b.重力加速度g＝10 m/ s2，则( )
A．物体在3 s内的位移x＝3 m
B．恒力F与摩擦力f大小之比F∶f ＝3∶1
C．物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.3
D．3 s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WF∶Wf＝3∶2
21．如图所示，两根足够长光滑平行金属导轨间距l＝0.9 m，与水平面夹角θ＝30°，正方形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度B＝2 T，方向垂直于斜面向上．甲、乙是两根质量相同、电阻均为R＝4.86 Ω的金属杆，垂直于导轨放置．甲置于磁场的上边界ab处，乙置于甲上方l处．现将两金属杆由静止同时释放，并立即在甲上施加一个沿导轨方向的拉力F，甲始终以a＝5 m/s2的加速度沿导轨匀加速运动，乙进入磁场时恰好做匀速运动，g＝10 m/s2.则( )
A．甲穿过磁场过程中拉力F不变
B．每根金属杆的质量为0.2 kg
C．乙穿过磁场过程中安培力的功率是2 W
D．乙穿过磁场过程中，通过整个回路的电荷量为eq \f(1,6) C
第Ⅱ卷
三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共47分．
22．(5分)某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连．
(1)实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，释放滑块，如果滑块________________________________________________________________________，
则表示气垫导轨已调整至水平状态．
(2)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间．实施下列措施能够达到实验调整目标的是________．
A．调节P使轨道左端升高一些
B．调节Q使轨道右端降低一些
C．遮光条的宽度应适当大一些
D．滑块的质量增大一些
E．气源的供气量增大一些
(3)实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m.由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，则系统机械能守恒成立的表达式是___________________________________________________________________．
23．(10分)国标(GB/T)规定自来水在15 ℃时电阻率应大于13 Ω·m.某同学利用图甲所示电路测量15 ℃自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K，以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动．实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻可忽略)，电压表V1(量程为3 V，内阻很大)，电压表V2(量程为3 V，内阻很大)，定值电阻R1(阻值4 kΩ)，定值电阻R2(阻值2 kΩ)，电阻箱R(最大阻值9 999 Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺．
实验步骤如下：
A．用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B．向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；
C．把S拨到1位置，记录电压表V1示数；
D．把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；
E．改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F．断开S，整理好器材．
(1)测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙所示，则d＝________mm.
(2)玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为：Rx＝________(用R1、R2、R表示)．
(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的R－eq \f(1,L)关系图象．自来水的电阻率ρ＝________Ω·m(保留两位有效数字)．
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则自来水电阻率测量结果将________(填“偏大”“不变”或“偏小”)．
24.(12分)某电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可等效为：小车车底安装着电磁铁，可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；水平地面固定着闭合矩形线图abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L，如图所示(俯视)．缓冲小车(无动力)水平通过线圈上方，线圈与磁场的作用使小车做减速运动，从而实现缓冲．已知小车总质量为m，受到地面的摩擦阻力为f，小车磁场刚抵达线圈ab边时，速度大小为v0，小车磁场刚抵达线圈cd边时，速度为零，求：
(1)小车缓冲过程中的最大加速度am的大小．
(2)小车缓冲过程中通过线圈的电荷量q及线圈产生的焦耳热Q.
25．(20分)如图所示，一个质量为m＝2 kg的小物块(可看成质点)开始时静止在高度h＝0.2 m、长度L＝4 m、质量M＝1 kg的木板AB的最左端A处，C点为AB的中点．木板上表面AC部分粗糙，CB部分光滑，下表面与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.现对小物块施加一个水平向右的大小为F＝12 N的恒力，木板和小物块恰好能保持相对静止．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板上表面AC部分间的动摩擦因数μ2.
(2)如果对小物块施加一个水平向右的大小为F＝14 N的恒力，当小物块运动到达C点时，小物块和木板的速度大小各为多少？
(3)在第(2)问情况下，当小物块到达C点时撤去F，求小物块落地时与木板B端的水平距离．
(二)选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
33．[物理——选修3­3](15分)
(1)(5分)下列说法中正确的是________．(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．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在势能
B．物体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增多
C．一定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子平均动能增加
D．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加
E．液晶的光学性质具有各向异性
(2)(10分)如图所示，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l＝10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0 cm.现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0 cm时将开关K关闭．已知大气压强p0＝75.0 cmHg.
①求放出部分水银后A侧空气柱的长度；
②此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．
34．[物理——选修3­4](15分)(1)(5分)一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0时，波刚好传播到M点，波形如图实线所示，t＝0.3 s时，波刚好传播到N点，波形如图虚线所示．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．波的周期为0.6 s
B．波的波速为20 m/s
C．c点在0～0.3 s内通过的路程等于24 cm
D．t＝eq \f(1,6) s时，b点到达平衡位置
E．t＝0.25 s时，a点与M点的位移相同
(2)(10分)泉州光伏产业非常发达，拥有国家级博士后科研工作站及国家级企业技术中心．街道上的很多电子显示屏，其最重要的部件就是发光二极管．有一种发光二极管，它由半径为R的半球体介质ABC和发光管芯组成，管芯发光区域是半径为r的圆面PQ，其圆心与半球体介质的球心O重合，如图所示．图中发光圆面发出的某条光线射向D点，入射角为30°，折射角为45°.
(i)求半球体介质对光的折射率n；
(ii)为使从发光圆面PQ射向半球面上所有的光都能直接射出，管芯发光区域面积最大值为多少？
高考仿真模拟卷(十四)
14．解析：选C.根据图象，A、B两物体开始时相距100 m，速度方向相反，是相向运动，选项A错误；x－t图象的斜率表示速度，故B物体做匀速直线运动，速度大小为v＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(60－100,8))) m/s＝5 m/s，加速度大小为0，选项B错误；t＝8 s时有交点，表示A、B两物体运动8 s时，在距A的出发点60 m处相遇，选项C正确；2～6 s，物体A位置坐标不变，保持静止，即停止了4 s，选项D错误．
15．解析：选D.核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，根据左手定则判断粒子与反冲核的电性关系．结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得粒子与反冲核的电荷量之比，原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是β衰变，此粒子是β粒子，符号为e.可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，就动量大小而言有：m1v1＝m2v2，由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r＝eq \f(mv,qB)，可见r与q成反比．由题意，大圆与小圆的直径之比为7∶1，半径之比为7∶1，则得：粒子与反冲核的电荷量之比为1∶7.所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为eq \\al(14, 7)N，所以碳14的衰变方程为eq \\al(14, 6)C→eq \\al(14, 7)N＋eq \\al( 0,－1)e，故D正确．
16．C
17．解析：选A.根据万有引力提供向心力：Geq \f(Mm0,（R＋h）2)＝m0eq \f(v2,R＋h)，所以卫星的动能：Ek＝eq \f(1,2)m0v2＝eq \f(GMm0,2（R＋h）)，从地面发射到离地面高h处，引力势能的增加为：Ep＝eq \f(GMm0,R)－eq \f(GMm0,R＋h)，根据能量守恒，所以至少需对卫星做功W＝Ek＋Ep＝eq \f(GMm0,R)－eq \f(GMm0,2（R＋h）)，所以A正确；B、C、D错误．
18.
解析：选B.粒子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为α＝45°，则粒子从小孔b离开磁场时速度与ab的夹角也为α＝45°，过入射速度和出射速度方向作垂线，得到轨迹的圆心O′，画出轨迹如图，由几何知识得到轨迹所对应的圆心角为：θ＝2α＝90°，则粒子的轨迹半径有关系：eq \r(2)r＝2R，由牛顿第二定律得：Bqv＝meq \f(v2,r)，解得：v＝eq \f(qBr,m)＝2eq \r(2)×106 m/s，故选项B正确．
19．解析：选BC.
根据库仑定律，A、B之间的库仑力为F＝keq \f(9q2,16L2)，选项A错误；对A、B受力分析如图．对A球，F＝m1gtan 30°，对B球F＝m2gtan 60°，两者联立可知，eq \f(m1,m2)＝3∶1，选项B正确；两个点电荷A、B在C的电场方向相反，大小分别是EA＝keq \f(q,L2)，EB＝keq \f(9q,9L2)，显然C点的合电场为零，选项C正确；假如A、B两个小球的电荷量交换(质量不变)，通过受力分析可知，库仑力不变，质量不变，因此库仑力、重力的比值保持不变，所以应该维持原示意图角度不变，A、B两球位置将继续保持同一水平线位置，选项D错误．
20．解析：选BC.物体在3 s内的位移x＝eq \f(1,2)×3×6 m＝9 m，选项A错误；根据动量定理：Ft1－ft＝0，即：F×1－f×3＝0，解得：F∶f＝3∶1，选项B正确；物体在1～3 s内的加速度大小为：a＝eq \f(6,3－1) m/s2＝3 m/s2，根据a＝μg可得，物体与地面的动摩擦因数为μ＝0.3，选项C正确；根据动能定理3 s内WF－Wf＝0，则3 s内恒力做功WF与克服摩擦力做功Wf之比WF∶Wf＝1∶1，故选项D错误．
21．解析：选BD.甲穿过磁场过程中做匀加速运动，故速度不断增加，感应电动势逐渐变大，回路的电流增大，安培力变大，根据F＋mgsin θ－F安＝ma可知，拉力F逐渐变大，选项A错误；乙进入磁场时的速度满足mglsin 30°＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，v0＝3 m/s；乙进入磁场后做匀速运动，则mgsin 30°＝BIl；因为乙进入磁场之前与甲的加速度相同，均为5 m/s2，故当乙进入磁场时，甲刚好出磁场，此时E＝Blv0，I＝eq \f(E,2R)，联立解得m＝0.2 kg，选项B正确；乙穿过磁场过程中安培力的功率：P＝F安v0＝mgsin 30°v0＝2×eq \f(1,2)×3 W＝3 W，选项C错误；乙穿过磁场过程中，通过整个回路的电荷量：q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(Bl2,2R)＝eq \f(2×0.92,2×4.86) C＝eq \f(1,6) C，选项D正确．
22．解析：(1)实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨调整至水平状态．
(2)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间．说明滑块做加速运动，也就是左端低，右端高．所以实施下列措施能够达到实验调整目标的是调节P使轨道左端升高一些，调节Q使轨道右端降低一些．故选AB.
(3)实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m.由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度．钩码的重力势能减少了：mgL，系统动能增加了：eq \f(1,2)(m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t1)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)(m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t2)))eq \s\up12(2)，则系统机械能守恒成立的表达式是mgL＝eq \f(1,2)(m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t1)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)(m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t2)))eq \s\up12(2).
答案：(1)能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等 (2)AB
(3)mgL＝eq \f(1,2)(m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t1)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)(m ＋ M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,t2)))eq \s\up12(2)
23．解析：(1)根据游标卡尺的读数规则，玻璃内径d＝30 mm＋0×0.05 mm＝30.00 mm.
(2)把S拨到1位置，记录电压表V1示数，得到通过水柱的电流I1＝eq \f(U,R1).由闭合电路欧姆定律，E＝U＋eq \f(U,R1)Rx；把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R，得到该支路的电流I2＝eq \f(U,R).由闭合电路欧姆定律，E＝U＋eq \f(U,R)R2，联立解得：Rx＝eq \f(R1R2,R).
(3)由电阻定律Rx＝eq \f(\a\vs4\al(ρL),S)，Rx＝eq \f(R1R2,R)，联立解得：R＝eq \f(R1R2S,ρ)·eq \f(1,L).R－eq \f(1,L)关系图象斜率k＝400 Ω·m，又k＝eq \f(R1R2S,ρ)，S＝eq \f(πd2,4)，解得：ρ＝eq \f(R1R2πd2,4k)≈14 Ω·m.
(4)本实验中若电压表V1内阻不是很大，则通过水柱的电流I1大于测量值，则eq \f(U,R1)Rx＞eq \f(U,R)R2，得到Rx＞eq \f(R1R2,R)，即自来水电阻测量值偏大，则自来水电阻率测量结果将偏大．
答案：(1)30.00 (2)eq \f(R1R2,R) (3)14 (4)偏大
24．解析：(1)线圈相对磁场向左切割磁感线，产生的最大电动势为E＝BLv0
电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,R)
根据牛顿第二定律：BIL＋f＝mam
得到am＝eq \f(B2L2v0＋fR,mR).
(2)通过线圈的电荷量q＝IΔt，I＝eq \f(E,R)，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
得到q＝eq \f(2BL2,R)
由能量守恒定律得：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q＋f·2L
得到Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－2fL.
答案：(1)eq \f(B2L2v0＋fR,mR) (2)eq \f(2BL2,R) eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－2fL
25．解析：(1)因为木板和小物块恰好能保持相对静止，并且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，根据牛顿第二定律
对整体：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
对小物块：F－μ2mg＝ma1
解得μ2＝0.3.
(2)若F＝14 N，此时小物块与木板发生相对滑动
对木板受力分析，根据牛顿第二定律有μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2
可得木板加速度a2＝3 m/s2
对小物块有F－μ2mg＝ma3
可得小物块加速度a3＝4 m/s2
根据位移关系有eq \f(1,2)a3teq \\al(2,1)－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)L，可得t1＝2 s
设小物块到C点时各自速度分别为v1、v2
小物块的速度v1＝a3t1＝8 m/s
木板的速度v2＝a2t1＝6 m/s.
(3)撤掉力F后，小物块做匀速运动，设木板做匀减速运动的加速度为a4，有μ1(M＋m)g＝Ma4
得a4＝3 m/s2
设当木板速度为零时，用时为t2，则t2＝eq \f(v2,a4)＝2 s
这时小物块的位移x1＝v1t2＝16 m，木板的位移x2＝eq \f(v2,2)t2＝6 m，说明在木板速度减为零之前，小物块已滑出木板做平抛运动
设经过t3小物块从木板上滑下，则v1t3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2t3－\f(1,2)a4teq \\al(2,3)))＝eq \f(1,2)L
解得t3＝eq \f(2,3) s
这时木板的速度v3＝v2－a4t3＝4 m/s
此后木板做减速运动的加速度为a5＝μ1g＝1 m/s2
此后小物块做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,4)，t4＝0.2 s