全国统考版2021届高考物理二轮复习评估验收模拟卷十含解析

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含解析，共15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)
(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.在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别r1、r2，则下列说法正确的是(　　)

A．原子核可能发生α衰变，也可能发生β衰变
B．径迹2可能是衰变后新核的径迹
C．若衰变方程是U→TH＋He，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为117∶2
D．若衰变方程是U→TH＋He，则r1∶r2＝1∶45
15．“天舟一号”货运飞船在完成空间实验室阶段任务及后续拓展试验后受控离轨，并进入地球大气层烧毁，残骸坠入南太平洋一处号称“航天器坟场”的远离大陆的深海区．在受控坠落前，“天舟一号”在离地面380 km的圆轨道上飞行，下列说法中正确的是(　　)
A．在轨运行时，“天舟一号”受到平衡力的作用
B．在轨运行时，“天舟一号”的角速度小于同步卫星的角速度
C．“天舟一号”离轨后在进入大气层前，其动能将不断减小
D．若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，则可求出地球的密度
16．如图所示，有一面积为S、匝数为N、电阻不计的矩形线圈，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P可上下移动，副线圈接有可调电阻R.从图示位置开始计时，下列判断正确的是(　　)

A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt
B．矩形线圈从图示位置经过的时间，通过电流表的电荷量为0
C．当P不动，R增大时，电压表读数增大
D．当P向上移动，R不变时，电流表读数减少
17．图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V．一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV.下列说法正确的是(　　)

A．平面c上的电势不为零
B．该电子可能到达不了平面f
C．该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D．该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
18．一伞兵从悬停在空中的直升机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的v－t图象如图所示，根据图象可知该伞兵(　　)

A．在0～2 s内做自由落体运动
B．在2～6 s内加速度方向先向上后向下
C．在0～14 s内先处于失重状态后处于超重状态
D．在0～24 s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动
19.如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，固定着两根光滑水平金属导轨ab和cd，导轨平面与磁场方向垂直，导轨间距离为L，在导轨左端a、c间连接一个阻值为R的电阻，导轨电阻可忽略不计．在导轨上垂直导轨放置一根金属棒MN，其电阻为r，用外力拉着金属棒向右匀速运动，速度大小为v ，已知金属棒MN与导轨接触良好，且运动过程中始终与导轨垂直，则在金属棒MN运动的过程中(　　)

A．金属棒MN中的电流方向为由N到M
B．电阻R两端的电压为BLv
C．金属棒MN受到的拉力大小为
D．电阻R产生焦耳热的功率为
20．如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a，现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响．下列说法正确的是(　　)

A．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场
B．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
C．若h＝，则粒子垂直CM射出磁场
D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
21.如图所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长．现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是(　　)

A．小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g
B．小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大
C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大
D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案








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)某同学利用倾斜气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验，实验装置如图1所示．其主要实验步骤如下：


a．用游标卡尺测量挡光条的宽度l，结果如图2所示；
b．读出导轨标尺的总长L0，并用直尺测出导轨标尺在竖直方向的高度H0；
c．读出滑块释放处挡光条与光电门中心之间的距离s；
d．由静止释放滑块，从数字计时器(图1中未画出)上读出挡光条通过光电门所用的时间t.
回答下列问题：
(1)由图2读出l＝________mm.
(2)________(选填“有”或“没有”)必要用天平称出滑块和挡光条的总质量M.

(3)多次改变光电门位置，即改变距离s，重复上述实验，作出随s的变化图象，如图3所示，当已知量t0、s0、l、L0、H0和当地重力加速度g满足表达式＝________时，可判断滑块下滑过程中机械能守恒．
23．(10分)有一个待测电阻R的阻值约为7.5 Ω，现要精确测量该待测电阻的阻值．有下列器材供选用：
A．电压表(0～3 V，内阻未知)
B．电流表(0～3 A，内阻约为0.5 Ω)
C．电流表(0～100 mA，内阻约为4.0 Ω)
D．定值电阻R0＝1.0 Ω
E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F．滑动变阻器(1 kΩ，0.5 A)
G．学生电源(直流4 V)，还有开关一个，导线若干
(1)实验中所用电流表应选用______(填“B”或“C”)．
(2)实验中所用滑动变阻器选用______(填“E”或“F”)．
(3)实验时要求精确测量待测电阻R的值，测量电压从零开始多取几组数据，请在虚线方框中画出满足实验要求的测量电路图．



(4)某同学根据实验得到某组数据，电压表示数为1.60 V，电流表示数为40.0 mA，由此数据可得待测电阻R＝________Ω(结果保留两位有效数字)．
24．(12分)如图所示，一质量M＝3 kg的足够长的小车停在光滑水平地面上，另一木块m＝1 kg，以v0＝4 m/s 的速度冲上小车，木块与小车间动摩擦因数μ＝0.3，g＝10 m/s2，求经过时间t＝2.0 s时：

(1)小车的速度大小v；
(2)小车运动的距离x；
(3)木块与小车由于摩擦而产生的内能Q.



25．(20分)如图在坐标系xOy里，有质量为m，电荷量为＋q的粒子从原点O沿y轴正方向以初速度v0射出，现要求该粒子能通过点P(l，－d)，可通过在粒子运动的空间范围内加适当的“场”来实现，粒子重力忽略不计(静电力常量为k)．

(1)若只在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子在磁场中做匀速圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；
(2)若只在x轴上某点固定一带负电的点电荷Q，使粒子在点电荷产生的电场中做匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电荷量大小；
(3)若在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，并在第Ⅳ象限内加平行于x轴，沿x轴正方向的匀强电场，也能使粒子运动到达P点．如果此过程中粒子在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E的大小．



(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)以下说法中正确的是________．(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．物质是由大量分子组成的
B．－2 ℃时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动
C．温度是分子平均动能的标志
D．分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小
E．布朗运动是固体小颗粒中固体分子的运动
(2)(10分)如图所示，一个内壁光滑的圆柱形汽缸，高度为L、底面积为S，缸内有一个质量为m的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温度为热力学温标T0时，用绳子系住汽缸底，将汽缸倒过来悬挂起来，汽缸处于竖直状态，缸内气体高为L0.已知重力加速度为g，大气压强为p0，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，求：

①采用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体的温度至少要升高到多少？
②从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做功多少？
③当活塞刚要脱离汽缸时，缸内气体的内能增加量为ΔU，则气体在活塞下移的过程中吸收的热量为多少？




34．[物理——选修3­4](15分)(1)(5分)在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝10 m/s，已知在t＝0时刻的波形如图所示，此时波刚好传播到x＝5 m处．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．这列波的波长为4 m
B．这列波的振幅为20 cm
C．这列波的频率为2.5 Hz
D．波源起振方向沿y轴正方向
E．再经过0.2 s的时间，质点a到达质点b现在所处的位置
(2)(10分)如图所示，截面是直角梯形的玻璃砖ABCD折射率为 n＝，下表面CD涂有银反射面，玻璃砖的锐角θ＝45°，厚度为a，CD边长为2a.一束单色光以60°的入射角射到玻璃砖AB表面的中点O，结果在玻璃砖右边竖直放置的光屏上出现光点P和Q(图中未画出P、Q)．

①请在图中画出光路示意图；
②求P、Q两点间的距离．





















高考仿真模拟卷(十)
14．解析：选D.原子核衰变过程中，动量守恒，原来的原子核静止，衰变之后的新原子核和衰变粒子动量等大反向，即速度方向相反，由图中所示的运动轨迹和左手定则可知，衰变粒子为正电荷，所以是α衰变，故A错误；由qvB＝m知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝，新原子核和衰变粒子动量等大，新核的电荷量大，半径小，所以径迹1是新核的径迹，故B错误；新核与衰变射出粒子的半径之比：＝，故D正确；动能与动量的关系：Ek＝，所以新核与衰变射出粒子的动能之比2∶117，故C错误．
15．解析：选D.“天舟一号”在离地面380 km的圆轨道上做圆周运动，运动方向不断发生变化，故受到的力不是平衡力，选项A错误；G＝mω2r，因“天舟一号”的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则其角速度大于同步卫星的角速度，选项B错误；“天舟一号”离轨后，在进入大气层前，因只有引力做功，机械能守恒，那么减小的重力势能转化为增加的动能，其运行速度不断增大，动能增大，选项C错误；G＝m2R，而M＝ρπR3，可得ρ＝，即若测得“天舟一号”环绕地球近地轨道的运行周期，即可求出地球的密度，选项D正确．
16．解析：选A.从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，选项A正确；矩形线圈从图示位置经过时间时，转过的角度为ωt＝，磁通量一直增加，电流方向没有改变，故通过电流表的电荷量为q＝N≠0(其中R为总电阻)，选项B错误；交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式＝，当P位置不动，R增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值，选项C错误；当P位置向上移动、R不变时，根据理想变压器的变压比公式＝，输出电压变大，故电流变大，功率变大，故输入电流也变大，电流表读数变大，选项D错误．
17．解析：选B.虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV，动能减小了6 eV，电势能增加了6 eV，因此等势面间的电势差为2 V，因平面b上的电势为2 V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A错误；由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2 eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；在平面b上电势为2 V，则电子的电势能为－2 eV，动能为8 eV，电势能与动能之和为6 eV，当电子经过平面d时，动能为4 eV，其电势能为2 eV，故C错误；电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的 倍，故D错误．
18．解析：选C.0～2 s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；图象的斜率表示加速度，则由图可知，2～6 s内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，故B错误；0～14 s内物体先做加速运动，再做减速运动，故加速度方向先向下再向上，先失重后超重，故C正确；在0～24 s内，2～12 s内的加速度大小会发生变化，故物体不是匀变速运动，D错误．
19．解析：选AC.由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A正确；MN产生的感应电动势为E＝BLv，回路中的感应电流大小为I＝＝，则电阻R两端的电压为U＝IR＝，故B错误；金属棒MN受到的安培力大小为F＝BIL＝BL＝，因为做匀速直线运动，所以MN受到的拉力大小等于安培力，故拉力大小为，故C正确；电阻R产生焦耳热的功率为P＝I2R＝R＝，故D错误．
20．解析：选AD.粒子从P点到O点经电场加速，Eqh＝mv2，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，Bqv＝m.
若粒子恰好垂直CM射出磁场时，其圆心恰好在C点，如图甲所示，其半径为r＝a.由以上两式可求得P到O的距离h＝，A选项正确．
　
　　　　　　甲　　　　　　　　　　　　　乙
若粒子进入磁场后做匀速圆周运动，恰好平行于x轴射出磁场时，其圆心恰好在CO中点，如图乙所示，其半径为r＝a，由以上两式可得P到O的距离h＝，D选项正确．
21．解析：选AD.从A到D的过程中，对小球受力分析，小球开始运动后，受到竖直向下的重力，沿着弹簧方向的弹力，以及杆对小球的支持力．整个过程中杆对小球的力不做功．由于在A点时弹簧处于原长，C点与A点关于B点对称，故从A到C的过程中弹簧对小球有从O点指向杆的弹力．从C到D的过程中，弹簧长度大于原长，弹簧对小球有沿弹簧指向O的拉力．从A到B，弹簧弹力有沿杆向上的分力，此时小球的加速度小于重力加速度．从B到C的过程中，弹簧的弹力有沿杆向下的分力，此时小球的加速度大于重力加速度，A正确；从B到C，小球做加速运动，动能增加．整个过程只有重力和弹簧弹力做功，小球机械能守恒．故从B到C小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和减少，B错误；小球运动到C点时，加速度不为零，速度没有达到最大，重力的瞬时功率P＝mgv并不是最大，C错误；整个过程机械能守恒，在D点重力势能最小，动能为0，故在D点时弹簧的弹性势能达到最大，D正确．
22．解析：(1)游标尺上共有20小格，精度为0.05 mm，用游标卡尺测量挡光条的宽度l＝(8＋0.05×4) mm＝8.20 mm.
(2)欲验证机械能守恒定律，即Mgssin θ＝M，θ为气垫导轨与水平面间的夹角，只需验证在误差允许范围内，gssin θ＝，可见没有必要测量滑块和挡光条的总质量M.
(3)由几何知识得sin θ＝，当s＝s0，t＝t0时有＝s0.
答案：(1)8.20　(2)没有　(3)s0
23．解析：(1)电路中可能出现的最大电流Im＝＝ A＝0.53 A，可见电流表B的量程过大，直接用电流表C量程过小，故可用电流表C与定值电阻并联，此时改装成的电流表量程为I＝Ig＋＝ A＝0.5 A；
(2)滑动变阻器要用分压电路，故选用阻值较小的E；

(3)电路图如图所示；
(4)当电流表示数为40.0 mA时，此时通过R的电流Ix＝ A＝0.20 A；R两端电压Ux＝1.60 V－0.04×4 V＝1.44 V；则待测电阻R＝＝ Ω＝7.2 Ω.
答案：(1)C　(2)E　(3)如解析图所示　(4)7.2
24．解析：(1)木块的加速度大小am＝μg＝3 m/s2
小车的加速度：aM＝＝ m/s2＝1 m/s2
两者速度相等时：v＝v0－amt1＝aMt1
解得：t1＝1 s，v＝1 m/s
此后小车和木块共同匀速运动，则t＝2.0 s时小车的速度大小v＝1 m/s.
(2)小车加速阶段的位移为：
x1＝aMt＝ m＝0.5 m
匀速运动的时间t2＝t－t1＝1 s
小车匀速阶段的位移为：x2＝vt2＝(1×1) m＝1 m
2 s内小车运动的距离x＝x1＋x2＝1.5 m.
(3)速度相等前，木块的位移：x′＝＝2.5 m
木块和小车的相对位移为：Δx＝x′－x1＝2 m．木块与小车由于摩擦而产生的内能：Q＝f·Δx＝μmgΔx＝6 J.
答案：(1)1 m/s　(2)1.5 m　(3)6 J
25.

解析：(1)粒子由O到P的轨迹如图1所示，粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1，由几何关系知：R1＝
由牛顿第二定律可知：＝qv0B
由此得B＝.
(2)

粒子由O到P的轨迹如图2所示，粒子在电场中做圆周运动，半径为R2，由几何关系知：(l－R2)2＋d2＝R
得R2＝
由牛顿第二定律可知：＝
由此得：Q＝.
(3)

粒子由O经P′到P的轨迹如图3所示，在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动
在电场中运动时间t：t＝
在磁场中运动时间t：
t＝＝
由此得：B＝
在磁场中做圆周运动，设半径为R3
则有v0t＝πR3
R3＝
电场中P′P″＝l－2R3＝l－
P′P″＝t2
由此得E＝.
答案：见解析
33．解析：(1)一切物质是由大量分子组成的，A正确；－2 ℃时水已经结为冰，虽然水分子热运动剧烈程度降低，但不会停止热运动，B错误；温度是分子平均动能的标志，故分子运动也叫热运动，C正确；分子间的引力与斥力都随分子间的距离的增大而减小，D正确；布朗运动是指悬浮在液体或气体中的小颗粒受到周围分子的撞击力而引起的无规则运动．并不是液体或气体分子的运动，也不是悬浮的固体分子的运动，而是固体颗粒受到撞击后的运动．它能间接反应液体或气体分子的无规则运动，E错误．
(2)①缓慢升高汽缸内的温度，气体等压膨胀，当气柱长为L时，活塞与汽缸脱离．设缸内气体的温度为T0.
由盖－吕萨克定律得＝，T＝T0.
②设缸内气体压力为F，由于气体是等压膨胀，压力不变．
根据活塞受力平衡：F＋mg＝p0S，F＝p0S－mg
缸内气体压力对活塞做功：W＝F(L－L0)＝(p0S－mg)(L－L0)．
③根据热力学第一定律：ΔU＝W＋Q，由于缸内气体压力对活塞做功，W为负，所以Q＝ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)．
答案：(1)ACD　(2)①T0　②(p0S－mg)(L－L0)　
③ΔU＋(p0S－mg)(L－L0)
34．解析：(1)从图中可得波长为λ＝4 m，振幅为A＝10 cm，频率f＝＝ Hz＝2.5 Hz，A、C正确，B错误；波上所有质点的起振方向和波源起振方向相同，根据走坡法可得x＝5 m处的质点的起振方向为y轴正方向，所以振源的起振方向为沿y轴正方向，D正确；质点只在自己的位置上下震动，不会沿x轴运动，故不能到达b点，故E错误．

(2)①光路如图所示
②设光线进入玻璃砖时的折射角为r，由＝n，得r＝45°.
入射光线在AB面上反射后，反射光线交光屏于 P点．
折射光线与CD面交于E点，由于入射角为45°，经过镀银面反射后垂直BC面射出，交光屏于Q点．
由几何关系可知CQ＝，FQ＝，PF＝1.5atan 30°＝
PQ＝a.
答案：(1)ACD　(2)见解析