高中物理高考 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 物理（十）教师版

这是一份高中物理高考 【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷 物理（十）教师版，共6页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。

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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号

【最后十套】2021年高考名校考前提分仿真卷
物 理 （十）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18只有一项是符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．无线充电技术发展至今，在消费电子领域的发展已经取得不错的成绩，如手机无线充电、电动牙刷无线充电等。以下与无线充电技术应用了相同物理原理的是(　　)
A．电磁炉 B．磁流体发电机
C．电磁轨道炮 D．质谱仪
【答案】A
【解析】无线充电系统主要采用的是电磁感应原理，通过线圈进行能量耦合实现能量的传递。电磁炉是应用电磁感应原理对食品进行加热的；磁流体发电机利用带电粒子在磁场中的作用下发生偏转，电荷打到上下两极板上；电磁炮是利用电磁力(安培力)推动炮弹发射的新颖武器；质谱仪是根据带电粒子在电磁场中能够偏转的原理，按质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。故选A。
15．中国高速铁路最高运行时速350 km，几年前一位来中国旅行的瑞典人在网上发了一段视频，高速行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示。在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下，这证明了中国高铁极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是(　　)

A．硬币直立过程中，列车一定做匀速直线运动
B．硬币直立过程中，一定只受重力和支持力，处于平衡状态
C．硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
【答案】C
【解析】当列车匀速直线行驶时硬币立于列车窗台上，稳稳当当，说明硬币处于平衡状态，此时硬币受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，它们是一对平衡力；当列车在加速或减速过程中，如果加速度较小，硬币会受到沿着行进方向的静摩擦力或行进方向反向的静摩擦力提供硬币加速度，故ABD错误，C正确。
16．威尔逊云室是最早的带电粒子径迹探测器，进入云室的带电粒子会使云室中的气体电离，从而显示其轨迹。如图所示，云室中存在一个垂直于纸面向里的匀强磁场，某次对某原子核的衰变观察中，发现有两处运动轨迹，其中运动轨迹较大的如图中ab所示，若粒子在运动时，其质量和电荷量都不变，则下列说法正确的是(　　)

A．粒子一定在接近b处衰变
B．该原子核发生的是α衰变
C．该粒子来自原子核内部
D．该粒子的贯穿能力弱，可以用于治疗肿瘤
【答案】C
【解析】由于粒子在运动过程中受气体的阻碍，所以运动的速度一定是越来越小的，由r＝可知，该粒子运动的圆周轨道半径一定越来越小，故一定从a处开始运动，A错误；由左手定则和曲线运动轨迹规律可判断，该粒子带负电，该原子核发生的是β衰变，B错误；发生β衰变反应时，由动量守恒定律0＝m1v1－m2v2，由r＝可知，运动轨迹较大的应为β粒子，其是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，C正确；β粒子的贯穿能力大于α粒子，小于γ粒子，不能用于治疗肿瘤，D错误。
17．真空中固定的四个点电荷分别位于正四面体的四个顶点处，电荷量及电性如图所示，A点为对应棱的中点，B点为右侧面的中心点，C点为底面的中心，D点为正四面体的中心点（到四个顶点的距离均相等）。下列判断正确的是(　　)

A．A点电势等于D点电势
B．B点电势高于C点电势
C．A点的电势等于C点的电势
D．将电子从A点移动到B点，电势能不变
【答案】A
【解析】A、D点位于右侧面底边一对正、负点电荷连线的中垂面上，即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上，同理，也位于左侧棱上的一对正、负点电荷形成的电场的等势面上，故A点电势等于D点电势，故A正确；A、B、C三点位于右侧面底边一对正、负点电荷连线的中垂面上，即位于这一对正、负点电荷形成的电场的等势面上，故A、B、C三点的电势由左侧棱上的一对正、负点电荷决定，根据一对等量正、负点电荷的等势面的分布特点可知φC>φA>φB，故BC错误；由以上分析知，将电子从A点移动到B点，电场力做负功，电势能增加，故D错误。
18．如图为风力发电的装置，风力推动三个叶片转动，叶片带动转子（磁极）转动，在定子（线圈）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为ρ，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有四分之一速度减为0，四分之三原速率穿过，不考虑其他能量损耗。下列说法正确的是(　　)

A．一台风力发电机的发电功率约为ρπr2v3
B．一台风力发电机的发电功率约为ρπr2v2
C．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为ρπr2v3
D．空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为ρπr2v2
【答案】D
【解析】根据题意可知，假设空气流速v为空气接触扇面的面积S＝πr2，在时间t内流过扇叶的体积V＝πr2vt，则空气质量根据密度公式得m＝ρV＝ρπr2vt，题中有的空气速度减为零，所以与叶片发生相互作用的风的质量为m， 则根据动能定理W＝mv2＝ρπr2v3t，＝ρπr2v3，AB错误；以与叶片发生相互作用得那部分空气为研究对象，规定空气流动方向为正方向，可列动量定理表达式－Ft＝0－mv，得F＝ρπr2v2，则对一个扇叶的作用力F′＝ρπr2v2，C错误，D正确。
19．某型号钳式电流表如图甲所示，图乙为该电流表工作原理图。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知线圈匝数n＝1000匝，下列说法正确的是(　　)

A．若流过导线的电流为恒定电流时，电表G有示数且不变
B．若电表G的示数为50 mA，则导线中的被测电流为50 A
C．若只改变导线中交流电的频率，则电表G的示数也将改变
D．若导线中流过的是矩形脉冲交流电，则电表G的示数为0
【答案】BC
【解析】若流过导线的电流为恒定电流时，电流的磁场不变，所以电表G无示数，故A错误；分析题意可知，原线圈匝数n1＝1，根据原副线圈电流与匝数成反比，可知，若电表G的示数为50 mA，则导线中的被测电流为I1＝I2＝50 A，故B正确；若只改变导线中交流电的频率，则产生的磁场变化率改变，在线圈中产生的电流也会改变，则电表G的示数也将改变，故C正确；若导线中流过的是矩形脉冲交流电，电压和电流按变比输出，有效值不为零，电表G的示数也不为0，故D错误。
20．利用如图甲所示的实验粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置，内部截面积为S。管内塞有潮湿的小棉球，其质量为m，与B端的距离为x。实验者从玻璃管的A端均匀吹气，棉球从B端飞出，落地点为C。测得C点与B端的水平距离为l，棉球下落高度为h。多次改变x，测出对应的l，画出l2－x的图像如图乙所示，图线的斜率为k。不计棉球与管壁的摩擦，不计空气阻力。下列选项正确的是(　　)

A．实验中小棉球在玻璃管中运动时在水平方向受力平衡
B．若仅增大吹气的压强，重新进行实验，图像斜率将增大
C．由题中数据可知小棉球的水平位移l与棉球下落高度为h有关
D．考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，由于人吹气使小棉球两侧产生的压强差将小于
【答案】BC
【解析】由于小棉球在管中开始由静止向右运动。所以受到左右两侧的气体压力不平衡，故A错误；设玻璃管内气体压强始终为P，不计小棉球和管壁的摩擦，对小棉球从静止到B点的运动过程，有动能定理得，带入，可得，即，解得，可得仅增大吹气的压强，重新进行实验，图像斜率ｋ将增大，故B正确，D错误；棉球从B端飞出后做平抛运动，根据平抛运动公式得l＝v0t，h＝gt2，可得l＝v0，水平位移和棉球下落高度有关，故C正确。
21．如图所示，两足够长且电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面平行放置，虚线CD垂直于导轨，CD右边区域有竖直向上的匀强磁场B。两金属杆a、b长度与导轨宽度相等，在导轨上始终与导轨垂直且接触良好。杆a不计电阻，质量为m，杆b电阻为R，质量为2m，杆b初始位置距离虚线CD足够远。杆a从CD左边某位置以初速度v0开始向右运动，第一次杆b固定，第二次杆b自由静止。两次相比较(　　)

A．杆a最后的速度，两次都为零
B．杆a所受安培力，两次的最大值相等
C．整个过程中杆b产生的焦耳热，第一次的小于第二次的
D．整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的
【答案】BD
【解析】当b固定时，杆a最后速度为0，当b自由时，杆a最后速度为v ，由动量守恒定律可得，解得v＝v0，所以A错误；两次的杆a都做减速运动，开始时切割磁感线速度最大，产生的感应电动势最大小，感应电流最大，安培力最大，有，所以杆a所受安培力，两次的最大值相等，则B正确；当b固定时，产生的焦耳热为，当b自由时，产生的焦耳热为，所以C错误；当b固定时，通过的电荷量为q1，由动量定理可得，，解得，当b自由时，通过的电荷量为q2，由动量定理可得，，解得，则整个过程中通过杆b的电荷量，第一次的大于第二次的，所以D正确。
三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第34题为选考题，考生根据要求做答)
(一)必考题(共47分)
22．(5分)某同学利用图中所示的DIS向心力实验器来探究圆周运动向心力的影响因素。实验时，砝码随旋臂一起做圆周运动，其受到的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，旋臂另一端的挡光杆每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和挡光时间Δt，换算生成ω。保持砝码的质量和转动半径不变，改变其转速得到多组F、ω的数据后，作出了F－ω2图线如图乙所示。牵引杆的质量和一切摩擦可忽略。

(1)该同学采用的主要实验方法为___________。
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想化模型法
(2)实验中，某次挡光杆经过光电门时的挡光时间为Δt，已知挡光杆到转轴的距离为d，挡光杆的挡光宽度为Δs，则可得挡光杆转动角速度ω的表达式为___________。
(3)根据图乙，得到的实验结论是：___________。
【答案】(1)B (2) (3)在m、r一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比
【解析】(1)实验中保持砝码的质量和转动半径不变，改变其转速，所以采用的是控制变量法。故选B。
(2)挡光杆处的线速度为，角速度。
(3)在m、r一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比。
23．(10分)利用电流传感器研究电容器的放电过程的电路如图所示，其中电源电动势E＝8 V。先使开关S与1相连，电容器充电结束后把开关S掷向2，电容器通过电阻箱R放电。传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流I随时间t变化的曲线如图所示。

(1)t＝2 s时，电容器的a极板带__________电（选填“正”或“负”）。
(2)图中画出了对应较短时间Δt的狭长矩形，该矩形面积的物理意义__________，试估算该电容器的电容C＝__________F。
(3)一同学在深入研究的过程中发现：当改变一个或几个物理量时，I－t图像会发生有规律的变化，图中的虚线示意了4种可能的变化情形。如果只增大电阻R，I－t图像的变化应该是_______；如果只增大电容C，I－t图像的变化应该是_______。（填写相应选项的字母）

【答案】(1)正电 (2)电容器在Δt时间内的放电量 (3)A D
【解析】(1)t＝2 s时，电容器还在放电，a极板带正电。
(2)图中画出了对应较短时间的狭长矩形，根据q＝It可知，该矩形面积的物理意义电容器在△t时间内的放电量；根据图像可知放电电量，该电容器的电容。
(3)如果只增大电阻R，则电容器放电的最大电流会减小，由于放电电量不变，即I－t图像的 “面积”不变，则变化应该是选项A；如果只增大电容C，则电容器带电量增加，I－t图像的 “面积”变大，最大电流不变，I－t图像的变化应该是选项D。
24．(12分)在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点，且与x轴正方向成θ角射入磁场，测得M、N两点间的电势差。粒子最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：

(1)θ角的值；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；
(3)粒子从M点运动到P点的总时间t。
【解析】(1)设粒子过N点时的速度为v，有
粒子从M点运动到N点的过程，有

解得：θ＝60°。
(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为r，有qvB＝m
解得。
(3)由几何关系得
设粒子在电场中运动的时间为t1，有
可得
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
设粒子在磁场中运动的时间为t2，有
可得
总时间。
25．(20分)如图所示，一质量m1＝1 kg的物块A和一质量m2＝2 kg的长木板B静止于粗糙的水平地面上，长木板左端与物块A的距离L＝7.5 m，长木板右端静止一质量m3＝2 kg的物块C，物块A与地面间的动摩擦因数µ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数µ2＝0.3，物块C与长木板间的动摩擦因数µ3＝0.2，物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用一大小F0＝20 N的水平恒力作用于物块A上，物块A开始向长木板运动，当物块A与长术板发生碰撞之前瞬间撤出水平恒力F0，物块A与长木板发生弹性正碰，木板足够长，在整个运动过程中物块C始终在长木板上，取重力加速度的大小g＝l0 m/s2，物块A、C均可看作质点，求：

(1)物块A与长术板B碰撞后瞬间，长木板获得的最大速度；
(2)最终物块C距长木板B右端的距离d。
【解析】(1)物块A运动过程，根据动能定理有：(F0－μ1m1g)L＝m1v02
代入数据解得v0＝15 m/s
设物块A与长木板碰撞后瞬间物块A和长木板的速度分别为v1、v2，弹性碰撞中动量守恒、动能守恒，因此有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v02＝m1v12＋m2v22
以上两式联立解得长木板获得的最大速度v2＝10 m/s。
(2)物块A与长木板碰撞后物块A的质量小于长木板的质量，发生弹性碰撞时被弹回，以后不与长木板发生作用，以后只有长木板和物块C发生作用，设长木板开始做匀减速运动的加速度大小为a1，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：
μ2(m2＋m3)g＋μ3m3g＝m2a1
解得a1＝8 m/s2
设物块C开始做匀加速运动的加速度大小分别为a2，以物块C为研究对象，根据牛顿第二定律有：
μ3m3g＝m3a2
解得a2＝2 m/s2
设经过时间t1二者恰好速度相等时速度大小为v，根据运动学公式有：
v＝v2－a1t1
v＝a2t1
联立解得：t1＝1 s，v＝2.0 m/s
从长木板开始运动到长木板与物块C二者速度刚好相等的过程中，长木板一直做匀减速直线运动，物块C一直做匀加速直线运动，此过程中长木板的位移为

物块C的位移x2＝vt1＝1 m
物块C的位移小于长木板的位移，物块C相对于长木板向左滑动的距离为
Δx＝x1－x2＝5 m
在两者速度刚好相等之后，如果长木板和物块一直保持相对静止，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律有：
μ2(m2＋m3)g＝(m2＋m3)a
解得a＝3.0 m/s2
设物块与长木板之间的摩擦力大小为f，物块的加速度大小也为a，则由牛顿第二定律得：
f＝m3a＝6 N
物块与长木板之间的最大静摩擦力大小fm＝μ3m3g＝4 N
得出f>fm，这与实际情况不符，所以物块和木板之间还要发生相对滑动
在后续的相对滑动过程中，物块的速度将大于长木板的速度，长木板受到滑块的滑动摩擦力方向将反向，变为水平向右，大小为μ3m3g，以长木板为研究对象根据牛顿第二定律有：
μ2(m2＋m3)g－μ3m3g＝m2a1′
解得a1′＝4 m/s2
长木板从共同速度v＝2.0 m/s减速0所时间
长木板的位移x3＝vt2＝0.5 m
之后物块C做减速运动的加速度a1′＝μ2g＝2 m/s2
物块从共同速度v＝2.0 m/s减速到0所用的时间
物块C的位移x4＝vt3＝1 m
物块C的位移大于长木板的位移，则物块C相对于长木板向右滑动的距离为
Δx2＝x4－x3＝0.5 m
最终物块C距长木板B右端的距离d＝Δx1－Δx2＝4.5 m
其实就是如图所示的运动图像。

(二)选考题(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．[选修3－3](15分)
(1)(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．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸分子的直径(也就是单层油酸分子组成的油膜的厚度)等于一小滴溶液中纯油酸的体积与它在水面上摊开的面积之比
B．两个邻近的分子之间同时存在着引力和斥力，它们都随距离的增大而减小，当两个分子的距离为r0时，引力与斥力大小相等，分子势能最小
C．物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是从各向异性或各向同性来判断
D．如果用Q表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，ΔU表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q＝ΔU＋W
E．如果没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，这样的热机的效率可以达到100%
【答案】ABD
【解析】根据用“油膜法”估测分子大小的实验原理可知，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，由于油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含纯油酸体积除以油膜面积得出的油膜厚度即为油酸分子直径，故A正确；当分子间的距离r＜r0时，分子力表现为斥力，减小分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加；当分子间的距离r＞r0时，分子力表现为引力，增大分子间的距离，分子力做负功，分子势能增加，所以当两个分子的距离为r0时，引力与斥力大小相等，分子势能最小，故B正确；单晶体具有各向异性，多晶体与非晶体都具有各向同性，所以不能根据各向异性或各向同性来判断物质是晶体还是非晶体；晶体具有一定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，比较可靠的方法是通过比较熔点来判断，故C错误；根据热力学第一定律可知，如果用Q表示物体吸收的能量，用W 表示物体对外界所做的功，ΔU表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q＝ΔU＋W，故D正确；即使没有漏气没有摩擦，也没有机体热量的损失，根据热力学第二定律可知，热机的效率不可以达到100%，故E错误。
(2)(10分)如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量M＝200 kg，活塞质量m＝10 kg，活塞面积S＝100 cm2，活塞与气缸壁无摩擦且不漏气。此时，缸内气体的温度为27 °C，活塞正位于气缸正中，整个装置都静止。已知大气压恒为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2。求：

(i)缸内气体的压强p1；
(ii)缸内气体的温度升高到多少时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处。
【解析】(i)以缸体为对像（不包括活塞），列缸体受力平衡方程：
p1S＝Mg＋p0S
解得：p1＝3.0×105 Pa。
(ii)当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为T2，压强为p2，此时仍有
p2S＝Mg＋p0S (2分)
则缸内气体为等压变化，对这一过程研究缸内气体，由盖‧吕萨克定律得：

可得T2＝2T1＝600 K
故气体的温度是327 ℃。
34．[选修3－4](15分)
(1)(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．声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波波速大于声源发出的声波波速
B．在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度
C．机械波传播过程中即使遇到尺寸比机械波波长大的障碍物也能发生衍射
D．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，这种方法俗称“彩超”，利用的是多普勒效应原理
E．围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是干涉现象
【答案】CDE
【解析】声源与观察者相互靠近时，观察者所接收的声波频率大于声源发出的声波频率，A错误；质点的振动速度与波的传播速度是不同的两个概念，是不相同的，B错误；机械波传播过程中即使遇到尺寸比机械波波长大的障碍物也能发生衍射，只是不明显，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，这种方法俗称“彩超”，利用的是多普勒效应原理，D正确；围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音是干涉现象，E正确。
(2)(10分)有一个魔术表演是将写上字的纸装进透明文件袋后放进水中，纸上的字消失不见了，其现象可用以下模型通过光的全反射来解释。如图所示，在透明塑料砖不透光的侧面区域内部写上字，将透明塑料砖浸入装有水的容器中，当透明塑料砖与水平面成一定角度时，外部光线在水面折射后进入水内部到达塑料砖界面时发生全反射。没有光进入塑料砖内部，也就不会有光从塑料砖传出，因此人观察不到塑料砖内部的字。已知能达到塑料砖表面的光线在从空气入射水面时最大入射角为53°。当塑料砖与竖直面夹角θ＝3°时，恰好无法观察到塑料砖上的字。已知水的折射率n＝，sin 50°＝0.766。

(i)求光线从空气进入水中后光线与竖直面的夹角范围；
(ii)求塑料砖的折射率。（保留到小数点后三位，光线从介质1射入介质2时对应的折射率，其中n1为介质1的折射率，n2为介质2的折射率）
【解析】(i)如图甲所示，设光线从空气穿过水面进入水内部，入射角为，出射角为，根据折射定律得


联立解得。

(ii)设塑料砖的折射率为n，设水相对于塑料砖折射率为n相。在水与塑料砖界面，光线将发生全反射，设入射角为，如图乙所示，当入射光线与竖直面夹角最大时，入射角最小。
根据几何关系得
根据折射定律得
因为恰好全部发生全反射
联立解得。