2021年新高考大二轮物理 仿真模拟(一).pdf

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1、仿真模拟（一）（时间：9 0 分 钟 满 分：1 0 0 分）一、单项选择题：本题共8 小题，每小题3 分，共 2 4 分.每小题只有一个选项符合题目要求.1.（2 0 2 0.陕西西安市第三次质检）下列说法正确的是（）A.铀核裂变的核反应方程是领嗡B a+空 K r+2111nB.根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越短能量越大C.玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性D.一个基态的氢原子吸收光子跃迁到=3 激发态后，最多辐射出三种频率的光子答 案 B解析 铀核裂变有多种形式，其中一种的核反应方程是嚼U+H 嚼B a+瑞 K r+3，n,A 错误；根据爱因斯坦的“光

2、子说”可知，光的波长越短能量越大，B 正确；德布罗意大胆地把光的波粒二象性推广到实物粒子，如电子、质子等，他提出实物粒子也具有波动性，C 错误；一群基态的氢原子吸收光子跃迁到*=3激发态后，最多发射出三种频率的光子，而一个基态的氢原子吸收光子跃迁到=3 激发态后，最多辐射出两种频率的光子，D错误.2.（2 0 2 0吉林长春市六中3月线上测试）一辆汽车以2 0 m/s 的速度在平直的公路上行驶，当驾驶员发现前方有险情时，立即进行急刹车，刹车后的速度v 随刹车位移x的变化关系如图1所示，设汽车刹车后做匀减速直线运动，则当汽车刹车后的速度减小为1 2 m/s 时，刹车的位移汨为（）2(112&2

3、WmA.1 2 m B.1 2.8 m C.1 4 m D.1 4.8 m答 案 B解析 由题意可知，汽车刹车后做匀减速直线运动，设 加 速 度 大 小 为 可 知。（）2=2 ,由题图知 0 o=2 O m/s,x=2 0 m代入解得:a=1 0 m/s2,当0=1 2 m/s 时，汽车刹车的位移为x i=0%=1 2.8 m,故 B 正确.3.（2 0 2 0.广西南宁市高三第一次适应性测试）一颗子弹沿水平方向射向一个木块，第一次木块被固定在水平地面上，第二次木块静止放在光滑的水平地面上，两次子弹都能射穿木块而继续飞行，这两次相比较（）A.第一次系统产生的热量较多B.第一次子弹的动量的变化

4、量较小C.两次子弹的动量的变化量相等D.两次子弹和木块构成的系统动量都守恒答 案 B解 析 因为第一次木块固定，所以子弹减少的能量全部转化成内能，而第二次木块不固定，根据动量守恒，子弹射穿后，木块具有动能，所以子弹减少的能量转化成内能和木块的动能，因 为 产 生 的 热 量 即 两 次 产 生 的 热 量 相 同，所以第二次子弹剩余动能更小，速度更小，而动量变化量等于k p=m 国,所以第一次速度变化量小，动量变化量小，故 A、C错误，B 正确；第一次木块被固定在地面上，系统动量不守恒，故 D 错误.4.（2020安徽安庆市桐城中学高三下学期模拟）如图2 所示，是一列沿着x 轴正方向传播的横波

5、在f=0 时刻的波形图，已知这列波的周期7=2.0 s.下列说法正确的是（）A.这列波的波速。=2.0 m/sB.在 f=0 时刻，x=0.5m 处的质点速度为零C.经过2.0 s,这列波沿x 轴正方向传播0.8 mD.在 f=0.3 s 时刻，x=0.5m 处的质点的运动方向为y 轴正方向答 案 D解析 由题图可知这列波的波长为1 m,周期为2.0 s,故这列波的波速。=崇=0.5 m/s,故 A 错误；由于在7=0 时刻，x=0.5 m 处的质点处于平衡位置，则此时该质点的速度最大，故 B 错误；经过2.0 s,这列波沿x 轴正方向传播一个波长，即 1 m,故 C 错误；在 f=0.3 s

6、3时刻，片布。则x=0.5m 处的质点正在沿），轴正方向运动，还没到达最高点，故 D 正确.5.（2020湖北襄阳市高三联考）如图3,理想变压器原、副线圈匝数比小：小=3：1,灯泡A、B 完全相同，灯泡L 与灯泡A 的额定功率相同，但额定电压不同，当输入端接上=45小 sin10（kf（V）的交流电压后，三个灯泡均正常发光，图中两电流表均为理想电流表，且电流表的示数为2 A,则（）图 3A.电流表的示数为12AB.灯泡L 的额定功率为20 WC.灯泡A 的额定电压为5 VD.将副线圈上的灯泡A 撤去，灯 泡 L 仍能正常发光答 案 B解 析 因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为/2=4

7、A,则原线圈中电流为/|=端/2=1 A Q 1.3A,即电流表）的示数为1.3 A,故 A 错误；设副线圈两端电压为。2,则原线圈两端电压为UI=SS=3 U 2,设灯泡L 两端电压为UL,则有：UJ=UI1K,根据题意则有U=阮+3,（7=45 V,联立可得U2=10V,UL=1 5 V,则灯泡A 的额定电压为10 V,灯泡L 与灯泡A 的额定功率相同，则灯泡L 和 A 的额定功率P=/AU 2=2X 10 W=20 W,故 B正确，C 错误；将副线圈上的灯泡A 撒去，则输出电流变小，根据理想变压器中电流与匝数成反比可知，输入电流变小，灯泡L 不能正常发光，故 D 错误.6.（2020山东

8、聊城市高三下学期二模）如图4 所示，一定质量的理想气体从状态A 依次经过状态 8、C 和。后再回到状态A,其中，4-8 和 C-O 为等温过程，8-C 和 0 f A 为绝热过程，这就是著名的“卡诺循环”.下列说法正确的是（）图 4A.A-8 过程中，气体和外界无热交换B.B-C 过程中，气体分子的平均动能增大C.C-。过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D.D-A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化答 案 C解析 4 f B 过程中，等温膨胀，体积增大，气体对外界做功，温度不变，内能不变，气体吸热，故 A 错误；B-C 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体

9、分子的平均动能减小，故 B 错误；CQ 过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故 C 正确；0 f A 过程，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变化，故 D 错误.7.（2020陕西渭南市高三质检）天文学家一直在寻找系外“宜居”行星，盼望有一日，人类能够移居另一颗行星.若发现某颗行星质量约为地球质量的8 倍，半径约为地球半径的2倍.那 么，一个在地球表面能举起60 k g 物体的人在这个行星表面能举起物体的质量约为（）A.15 kg B.30 kg C.60 kg D.75 kg答 案 B解析

10、 在地球表面由万有引力定律有G年?人的举重能力为F=mog同理，在行星表面有屋器 一=机。g行人的举重能力为尸=向 g f t又/?行=27?电，联立解得m0=30 k g,故 B 正确，A、C、D 错误8.（2020广东佛山市高三二模）如图5 所示，战士在水平地面上进行拉轮胎的负荷训练，设战士做匀速直线运动，运动过程中保持双肩及两绳的端点A、8 等高.两绳间的夹角为6、所构成的平面与水平面间的夹角恒为明 轮胎的重力为G,地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为F（,则每根绳的拉力大小为（）。-2cos aa。-.2A2CO案C等sin aD.ylFr+G1COS(IA2n解析 设每根绳子的拉力为FT,则

11、两根绳子拉力的合力为2尸 rcos 2；在水平方向由平衡条件得 FI=2FTCOS y cos a,解得用=，故选A.2cos 2 cos a二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共 16分.每小题有多个选项符合题目要求.全部选对得4 分，选对但不全的得2 分，有选错的得0 分.9.（2020山东济宁市一模）如图6 所示，足够大的平行玻璃砖厚度为 ，底面镀有反光膜C,反光膜厚度不计，一束光线以45。的入射角由A 点入射，经底面反光膜反射后，从顶面B 点射出（B 点图中未画出）.已知玻璃对该光线的折射率为 陋，c 为光在真空中的传播速度，不考虑多次反射.则下列说法正确的是（）A.该光线在

12、玻璃中传播的速度为cB.该光线在玻璃中的折射角为30。C.平行玻璃砖对该光线的全反射临界角为45D.为了使从A 点以各种角度入射的光线都能从顶面射出，则底面反光膜面积至少为47山2答 案 BC10.（2020四川宜宾市四中高三下学期三诊）如图7 所示，在光滑绝缘水平面上，A、B 和 C为等边三角形ABC的顶点，4、B 固定正点电荷+Q,C 固定负点电荷一Q,D,E 是 A、B连线上的两点，且 4。=。e=8.则（）图 7A.D点和E点的电场强度大小相等B.。点和E 点的电场强度方向相同C.力点和E 点的电势相等D.将负电荷从。点移到E 点，电势能增加答 案 AC解析 D、两点电场，是 A、B

13、两正点电荷的电场与C 点的负点电荷的电场的叠加.A、B两正点电荷在D点和E点的合场强大小相等，方向相反，C 点的负点电荷在D点和E点的场强大小相等，方向不同，所以。点和E 点的合场强大小相等，方向不同，A 正确，B 错误；。点和E 点在一。的等势面上，同时关于两正点电荷对称，所以0 点和E 点的电势相等，C 正确；根据电势能的计算公式品=如可知负电荷在。点和E 点的电势能相同，D 错误.11.如图8 所示，半径为R 的光滑圆环固定在竖直平面内，AB.C D 是圆环相互垂直的两条直径，C、。两点与圆心0 等 高.一质量为根的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在尸点，P 点

14、在圆心0 的正下方搭处.小球从最高点A 由静止开始沿逆时针方向运动，已知弹簧的原长为上弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是（）图 8A.小球运动到B点时的速度大小为4 荻B.弹簧长度等于R 时，小球的机械能最大C.小球在A、8 两点时对圆环的压力差为4,”gD.小球运动到B 点时重力的功率为0答 案 BCD解析 由题分析可知，小球在A、5 两点时弹簧的形变量大小相等，弹簧的弹性势能相等，小球从A 到B的过程，根据系统的机械能守恒得：2机 gR n）”。r,解得小球运动到B点时的速度为：内=2函，故 A 错误；根据小球与弹簧组成的系统的机械能守恒知，弹簧长度等

15、于R时，弹簧的弹性势能为零，则此时小球的机械能最大，故 B 正确；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为尸葬，在 A 点，圆环对小球的支持力入1=，咫+尸葬；在 B 点，由牛顿第二定律得：FN2一吆一尸碎=赍，解得圆环对小球的支持力为：FN2=5瓶 g+F 弹；则FN2-FNI=4 ,由牛顿第三定律知，小球在A、3 两点时对圆环的压力差为4胆 g,故 C 正确：小球运动到B 点时重力与速度方向垂直，则重力的功率为0,故 D 正确.12.如图9 所示，H c d 为一边长为/的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的M 边平行，磁场区域的宽度为2/,磁感应强

16、度为8,方向竖直向下.线框在一垂直于边的水平恒定拉力F 作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域.W 边刚进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，规定线框中电流沿逆时针方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，“、。两端的电压U向及导线框中的电流i 随 cd边的位移x 变化的图像可能是（）X X X X图9答 案BD解 析 线框的cd边刚进入磁场时做匀速直线运动，则整个线框进入磁场时速度不变，根据楞次定律知产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E=B/o,此时 两 端 的 电 压 为Ut lh=Blv,当线框全部进入磁场时，线框内无感应电流，此时线框做匀加速运动，a b两端的 电

17、 压 为Ub=Blv=Blv2+2 a x,当线圈的cd边出磁场后瞬间，电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F,故此时线框做减速运动，且加速度逐渐减小，电流一位移图像切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大小，C错误，D正确；线 框cd边刚出3磁场后的瞬间，a b两端的电压为c,边即将出磁场前瞬间出？两端电压的不 且逐渐减小，A错误，B正确.三、非选择题：本题共6小题，共60分.13.（6分）（2020河南焦作市高三第三次模拟）某实验小组用如图10所示的实验装置研究匀变速直线运动，已知固定斜面的倾角8=37。，把木块自斜面上某一位置由静止释放，测量释放点到斜面底端的距离x以及木块在

18、斜面上运动的时间3改变释放点的位置，得到多组数Y据，作出：一/图像如图11所 示.已 知S访37。=0.6,cos 37=0.8,g取lOm/s?.图10z/s图11(1)根据图像可知，木块在斜面上运动的加速度大小为 m/s2；(2)木 块 与 斜 面 之 间 的 动 摩 擦 因 数 为；(3)在，-f图像中，有一组数据偏离直线比较远，可能的原因是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _.(回答出一条原因即

19、可)答 案(1)0.4(2)0.7(3)木块释放点到斜面底端的距离x测大了(或木块在斜面上运动的时间/测小了；或木块不是由静止释放)解析 由公式x=%产可得则弓一f图像的斜率k=3,得 7=0.4 m/s2;(2)对木块，由牛顿第二定律可得，gsin 0fimgcos 6=ma代入数值解得=0.7;(3)木块释放点到斜面底端的距离x测大了(或木块在斜面上运动的时间t测小了；或木块不是由静止释放)14.(8分)(2020广东广州市阶段检测)某同学用量程为1 mA、内阻为99.9 C的毫安表按图12(a)所示的电路进行电表改装.图中定值电阻凡=2 9 0 0.1&=0.1。，Si、S2为开关.回答

20、下列问题：(1)某次用毫安表直接测量电流的实验中，示数如图(b)所示，该读数为 mA；(2)根据图(a)所示的电路，将图(c)所示的实物图连线补充完整；(3)开关吊、S2均闭合时，该电表用于测量_ _ _ _ _ _ _ _(选填“电流”“电压”或“电阻”)，量程为;(4)若 将 与、S2均断开后进行测量，表头的指针仍处在图(b)所示的位置，则改装后电表的测量值为.(a)(b)(C)Sz图 1 2答 案(1)0.6 0 (2)见 解 析 图(3)电 流 1 A (4)1.8 0 V解 析(1)毫安表的最小分度为0.0 2 m A,由题图(a)可知，该读数为0.6 0 m A;(2)按电路图连接

21、实物图如图所示.(3)开 关 S i、S 2 均闭合时，毫安表与小电阻R 2 并联，则该电表测电流，由于毫安表内阻为R 2 的 9 99倍，则&分流为毫安表电流的999倍，即为0.999A,所以量程为1 A:(4)将 S i、S 2 均断开后，毫安表与8串联，总电阻为3 0 0 0 C,由欧姆定律可得改装后电表的测量值为 U=3 0 0 0 X0.6 0 X 1 0-3V=1.80 V.1 5.(7 分)(2 0 2 0 西藏拉萨中学高三下学期第七次月考)某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计.如图1 3,导热性能良好的汽缸I、n内径相同，长度均为L,内部分别有轻质薄活塞4、

22、B,活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽 缸 I 左端开口.外界大气压强为po,汽 缸 I内通过A封有压强为po的气体，汽缸I I 内通过B封有压强为2Po的气体，一细管连通两汽缸，初始状态4、8 均位于汽缸最左端.该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度.已知po相当于1 0 m深的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：图 1 3(1)当A向右移动(时，水的深度/2；(2)该深度计能测量的最大水深hm.答 案(1)3.3 3 m (2)2 0 m解 析(1)当A向右移动亨时，设 B不移动，对 I内气体，由玻意耳定律得poSL=pSL4解得pi=)po而此时B中气

23、体的压强为2 popi,故B不移动由 p=po+pgh解得水的深度力Q3.3 3 m;(2)该装置放入水下后，由于水的压力A 向右移动，I内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2 P o后 3开始向右移动，当4恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原I内气体全部进入 H内，设 8 向右移动x距离，两部分气体压强均为2对 原 I内气体，由玻意耳定律得poSL=p2sx对原n内气体，由玻意耳定律得2p0SL=p2s(Lx)又 P2=p()+pghm联立解得m=2 0 m.1 6.(9分)(2 0 2 0 四川成都七中高三下学期三诊)如图1 4 甲所示，一列简谐横波沿x轴双向匀速传播，波源在坐标原点。，龙

24、轴上的P、。两质点的平衡位置相距为d=1 0 m,它们的振动图像分别如图乙和图丙所示.(1)若 0XP 0,求该波传播的可能速度.2 0答 案(1)1 00 m/s (2)4 +3 m/s(=0,1,2,3)解析(1)根据题意。1,2），T=0.4 s根据0=彳=1 004+1m/s可知，要使得该波传播的速度最大，力要取得最大值，所以令=0代入数据得o=1 00 m/s.（2）简谐横波沿x 轴双向匀速传播，设 P点关于。点对称点，则PP=1 2 m 1 0 mP、P 振动状态相同，则波由。传向P,历时t=+）7（=0,1,2）QP=PP d=2 m联立上式，解得苏=4/；_ 1 _3m/s（=

25、0,1,2）.1 7.（1 4 分）（2 02 0福建漳州市测试）如 图 1 5,直角坐标系xO y平面内第一、三、四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y 轴正方向的匀强电场.质量均为八电荷量均为 q的两带负电粒子。、匕先后以速度。从 y 轴上尸点沿x 轴正、负方向入射，经过一段时间后，两粒子恰好在x 轴负半轴上的。点相遇，此时两粒子均第一次通过x 轴负半轴，已知 0 P的距离为d,磁感应强度8=箱，不计粒子间的作用力和粒子的重力.求：.VEb Pa x xXXXX Q x xO X X X xXXX X n X图 1 5 设 4的轨迹圆心为O,O Q 与 y 轴的夹角。；电场强度

26、E 的大小.答 案（1）6 0。而解 析（1）粒子a进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有2qvB=nr五解得R=2d粒子a做匀速圆周运动的轨迹如图所示，根据图中几何关系可得0 0 i=R-0 P=dI “。1 1又有 c o s 6=m=，解得6=60。(2)粒子，做类平抛运动，设粒子b 到达。点所用的时间为/!在水平方向有x=2dsin 6O0=voti在竖直方向有i/=y/i2由牛顿第二定律知F=qE=ma联立可得“鬻.18.(16分)如图1 6,倾 角。=30。的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板.将长木板A静置于斜面上，A 上放置一小物块B,初始时A 下端与挡板相距L=4

27、 m,现同时无初速度释放4 和 8.已知在4 停止运动之前B 始终没有脱离4 且不会与挡板碰撞，A 和 8 的质量均为?=1 k g,它们之间的动摩擦因数=坐，A 或 B 与挡板每次碰撞损失的动能均为AE=10 J,忽略碰撞时间，重力加速度大小g=10m/s2.求：A(1)4第一次与挡板碰前瞬间的速度大小(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间/；(3)B相对于A 滑动的可能最短时间.答 案 见解析解 析(1*和 A 一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有192/zzgLsin解得：v=2yb m/s(2)第一次碰后，对 8 有：m g s i n 阳 geos 0对 A 有：mgsi

28、n e+?gcos 0=ma解得：rz)=10 m/s2设 A 第 1 次反弹的速度大小为vf由动能定理有：mv2 mvi2=AE2viAr=(3)设A第2次反弹的速度大小为。2,由动能定理有：2nv2iV222AE解得：V2=0即A与挡板第2次碰后停在底端，8继续匀速下滑，与挡板碰后8反 弹 的 速 度 为 苏，加速度大小为，由动能定理有：2fnv22n w，2=E/ngsin 3+jumgcos 3=ma得B沿A向上做匀减速运动的时间/=乎s当 B 速度为 0 时，因 /ngsin 9=fimgcos OW Ffmax故8将静止在A上，所以当A停止运动时，8恰好匀速滑至挡板处，8相对A运动的时间最短，A,35tmin=t+t=S