2021年新高考大二轮物理 仿真模拟(二).pdf

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1、仿真模拟（二）（时间：90分 钟 满 分：100分）一、单项选择题：本题共8 小题，每小题3 分，共 24分.每小题只有一个选项符合题目要求.1.（2020.湘赣皖十五校高三第一次联考）在物理学建立与发展的过程中，有许多科学家做出了理论与实验贡献.关于这些贡献，下列说法正确的是（）A.牛顿发现了万有引力定律，并通过扭秤实验测量了引力常量B.安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向C.法拉第发现了“磁生电”的现象，提出了法拉第电磁感应定律D.爱因斯坦在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念答 案 B解析 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实脸测量了引力常量，选项A

2、 错误；安培提出了分子电流假说，研究了安培力的大小与方向，选项B 正确；法拉第发现了“磁生电”的现象，纽曼和韦伯归纳出法拉第电磁感应定律，选项C 错误；普朗克在物理学中最早引入能量子，破除了“能量连续变化”的传统观念，选项D 错误.2.（2020.湖北襄阳市高三联考）某同学投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，篮球运动轨迹如图1所示，不计空气阻力，关于篮球从抛出到撞击篮板前，下列说法正确的是（）图 1A.两次在空中的时间可能相等B.两次碰撞篮板的速度一定相等C.两次抛出的初速度竖直分量可能相等D.两次抛出的初动能可能相等答 案 D解 析 将篮球的运动逆向处理

3、，即为平抛运动，由题图可知，第2 次运动过程中篮球上升的高度较小，所以运动时间较短，故 A 错误；篮球的运动逆向视为平抛运动，则篮球在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第2 次用的时间较短，故第2 次抛出时初速度的水平分量较大，即篮球第2 次撞篮板的速度较大，故 B 错误；篮球的运动逆向视为平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由“=q 茄 可 知，第2 次抛出时初速度的竖直分量较小，故 c错误；由于篮球初速度的水平分速度第2 次大，竖直分速度第1 次大，根据速度的合成可知，抛出时的速度大小不能确定，有可能相等，所以两次抛出的初动能可能相等，故 D 正确.3.如图2 甲所示，长木板A静止

4、放在光滑的水平面上，质量，加=1 kg的小物块B 以p=3kg-m/s的初动量滑上长木板A 的上表面，由于A、8 间存在摩擦，之后A、8 的动量随时间变化的情况如图乙所示（B 最终没滑离4）.g 取 lO m H,则下列说法正确的是（）图 2A.长木板A 的质量为1 kgB.系统损失的机械能为2 JC.长木板A 的最小长度为2 mD.A、B 间的动摩擦因数为0.1答 案 D解析 B 的初动量为p=3 kg-m/s,则B 的初速度大小为。o=3 m/s,最终两者共速，由题图乙可知，最终速度大小为。=陛=/m/s=2 m/smB 1则由A、B 系统动量守恒可知=0 八+切）。解得/%A=0.5 k

5、 g,选项A 错误；系统损失的机械能为AE=%“（）2去川+?6）。2=卜 1 X32 JX（l+0.5）X22 J=1.5 J,选项B 错误；由能量关系可得加BgL=AE=L5 J经 过 1 s 两者共速，则对A 由动量定理有解得 L=1.5m,=0.1,选项C 错误，D 正确.4.（2020江西南昌十中高三联考）如 图 3 甲所示，物体以一定的初速度从倾角a=37。的斜面底端沿斜面向上运动，上滑的最大高度为3.0 m.选择地面为参考平面，上滑过程中，物体的机械能E 随物体离地面的高度/?的变化关系如图乙所示.取g=10m/s2,sin 37=0.60,cos37=0.80.则（）E/J甲

6、乙图3A.物体的质量机=0.67 kgB.物体与斜面之间的动摩擦因数=0.30C.物体上滑过程中的加速度大小。=1 m/s?D.物体回到斜面底端时的动能4=10 J答 案D解 析 在最高点，物体的速度为零，所以物体的动能为零，即物体在最高点的机械能等于重E 30力势能，所以有E=Ep+0=wg力，所以物体的质量为?=访=0*3 kg=l kg,A错误；在最低点时，重力势能为零，故物体的机械能等于其动能，物体上滑过程中只有重力、摩擦力h做功，故由动能定理可得一2gcos37X而 乔 =A E,解得=0.50,B错误；物体上滑过程受重力、支持力、摩擦力作用，物体受到的合外力为F=?gsin a+g

7、eos a=10 N,故物体上滑过程中的加速度大小为“=A=10m/s2,C错误；物体上滑过程和下滑过程所受重力、支持力不变，故物体所受摩擦力大小不变，方向相反，所以，物体上滑过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同，由题图乙可知：物体上滑过程中克服摩擦力做的功等于机械能的减少量20J,故物体由开始上滑到回到斜面底端的整个过程克服摩擦力做的功为40 J,又因为物体整个运动过程中重力、支持力做功为零，所以，由功能关系可知：物体回到斜面底端时的动能为Ek=5 0 J-4 0 J=10 J,D 正确.5.(2020江西南昌二中高二月考)热核聚变反应之一是笊核什H)和瓶核(出)聚变反应生成氨核(,He)和中

8、子.己知汩的静止质量为2.013 6 u,汩 的静止质量为3.015 0 u,?He的静止质量为4.001 5 u,中子的静止质量为1.008 7 u,l u相当于931.5 MeV.则反应中释放的核能约为()A.4 684.1 MeV B.4 667.0 MeVC.17.1 MeV D.939.6 MeV答 案C解析 由题知，该核反应的质量亏损Am=(2.013 6 u+3.015 0 u)-(4.001 5 u+1.008 7 u)=0.018 4 u,根据爱因斯坦质能方程，可得反应中释放的核能为 E=A/wc2,又因为1 u相当于931.5 M eV能量，联立解得 1七17.1 MeV,

9、所以C正确，A、B、D错误.6.（2 02 0山东枣庄三中、高密一中、莱西一中三校联考）下面的表格是某年某地区16月份的气温与气压对照表：月份123456平均气温/七1.43.910.719.62 6.73 0.2平均大气压/X i o5 P a1.02 11.0191.0141.0081.0030.9 9 8 4根据上表数据可知：该年该地区从1 月份到6月份（）A.空气分子无规则热运动剧烈程度呈减小的趋势B.6月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率一定比它在1 月时的速率大C.单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减少的趋势D.单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋

10、势答 案 C解 析 温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，分子无规则热运动越剧烈，从 1 月到6月，温度逐渐升高，空气分子无规则热运动剧烈程度呈增大的趋势，故 A错误；6月温度最高，分子平均动能最大，但分子平均动能是对大量分子的一种统计规律，对于具体的某一个分子并不适用，所以不能说明6月的任何一个空气分子的无规则热运动的速率一定比它在1 月时速率大，故 B错误；根据气体压强的微观意义，气体压强与单位时间对单位面积的地面撞击次数、气体的分子平均动能有关；温度升高，即气体的分子平均动能增大，而压强p减小，说明单位时间单位面积对地面撞击次数减小，所以单位时间对单位面积的地面撞击的空

11、气分子数呈减少的趋势，故 C正确；根据气体压强的微观意义，气体压强等于单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量，大气压强呈减小的趋势，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量也呈减小的趋势，故 D 错误.7.（2 0 2 0 四川宜宾市四中高三下学期三诊）如图4所示，水平台面上放置一个带有底座的倒三脚支架，每根支架与水平面均成4 5。角且任意两支架之间夹角相等.一个质量为，”的均匀光滑球体放在三脚架里，重力加速度为g,则每根支架所受球体的压力大小是（）答 案 B解析 光滑球体受重力和三个支持力，三个支持力与竖直方向的夹角均为4 5 ,对其中一个FN分解如图，则根据平衡条件可得3

12、 FNC O S 45。=，咫解得F c：岩5。=咐 故 B 正确，A、C、D 错误.8.如 图 5 所示，理想变压器原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接有两个完全相同的灯泡,灯泡的额定电压为110 V,电流表、电压表均为理想电表.开关S 闭合时电流表示数相同，两灯泡均正常发光，若断开开关S,导线电阻不计，则（）图 5A.电流表A2示数变大B.电压表V2示数变大C.电压表V i示数为22即 VD.电流表Ai和 A2示数之比为1 :2答 案 D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.（20

13、20.四川遂宁市高三下学期三诊）在绝缘光滑的水平面上相距为6L 的 A、B 两处分别固定正点电荷QA、QB，两电荷的位置坐标如图6 甲所示.若在A、B 间不同位置放置一个电荷量为+q 的带电滑块C（可视为质点），滑块的电势能随x 变化关系如图乙所示，图中x=L 点为图线的最低点.现让滑块从x=2L 处由静止释放，下列有关说法正确的是（）图 6A.滑块在x=L 处的速度最大B.滑块一定可以到达x=-2L点处C.x=0 和x=2 L处场强大小相等D.固定在A、8 处的电荷的电荷量之比为白：QB=4：1答 案 AD解析 对带电滑块C 受力分析，滑块C 受重力、支持力和电场力，其中重力和支持力在竖直方

14、向平衡，滑块C 受到的合外力为电场力.若电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加,由题图乙可知滑块在x=L 处电势能最小，则滑块在*=乙处的动能最大，A 正确；由题图乙可知，滑块在x=-2 L 处的电势能大于在x=2 L 处的电势能，又因滑块由静止释放，故滑块不能到达x=-2 Z,处，B 错误；滑块在x=L 处电势能最小，即正点电荷Q,t、在*=乙处的电场强度等大反向，即x=L 处的电场强度为零，有豁=簿解得 QA:QB=4：1所以x=0 和 x=2 L 处场强大小分别为Eo=kQA kQii kQii(3L)2-(3L)2-3 L2rkQA kQii kQii，E 2 L=(5L)2 L2=

15、25L2，C 错误，D 正确.10.（2020陕西西安中学高三第三次模拟）据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度,因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内.如图7 所示，环状磁场的内半径为心，外半径为&,被束缚的带电粒子的比荷为鼠中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为a 中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为&的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（）X X X图 7X X X X XX X XX XX XX XX XA.2R2VB2R2V%(&-RA%（码一附3vvC-%(&-Ri)答 案 AC

16、解析 由题意可知，粒子的比荷为k,要使所有的粒子都不能穿出磁场，以与内圆相切的方向进入磁场的粒子在磁场运动的轨迹刚好与外圆相切，运动轨迹如图所示，由几何知识可知,粒 子 最 大 轨 道 半 径 粒 子 在 磁 场 中 做 圆 周 运 动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第v2二定律得qvB=m,解得B=2vk(RRD2o,要使粒子不离开磁场8 京F,由于RKR2,则2.R2v2v2vk(Rp-R3)=MR?R j R?+Ri C=3 0 ,折射角r=3 0,所以=而而=也(2)由几何关系可知，O O c o s 3 0=1 c D=1 c B,所以 0。=；。，DE=BDcos 3 0=,cw c

17、上、，cOD+DE 5 也 a因为=G 所以。=芋，二-二堂1 6.（9分）（2 0 2 0 山西运城市调研）如 图 1 3 所示，U形玻璃细管竖直放置，水平细管与U形玻璃细管底部相连通，各部分细管内径相同.U形玻璃管左管上端封有长2 0 cm的理想气体8,右管上端开口并与大气相通，此时U形玻璃管左、右两侧水银面恰好相平，水银面距U形玻璃管底部为2 5 c m.水平细管内用小活塞封有长度为1 0 c m的理想气体A.已知外界大气压强为75 c m H g,忽略环境温度的变化.现将活塞缓慢向左拉，使气体8 的气柱长度为2 5 c m,求:图 1 3左、右管中水银面的高度差；（2）理想气体A的气柱

18、长度.答案 1 5 c m 1 2.5 c m解 析（1）设玻璃管横截面积为S,活塞缓慢左拉的过程中，气体B做等温变化初态：压强p m=7 5 c m H g,体 积 Vm =2 0 S,末态：压强PB 2,体积办2 =2 5 5,根据玻意耳定律可得：pn V f l l =PIHVR2解得：/?B 2=6 0 c m H g可得左、右管中水银面的高度差/i=（75-6 0）c m=1 5 c m（2）将活塞缓慢向左拉的过程中，气体A做等温变化初态：压强“u=（75+2 5）c m H g=1 0 0 c m H g,体积以i=1 0 S,末态：压强 以2=（75+5）c m H g=80 c

19、 m H g,体积 VA2=LAIS根据玻意耳定律可得：pMVM=pAyA2解得理想气体A的气柱长度：Z，A 2=1 2.5 c m.1 7.（1 4 分）（2 0 2 0 河北衡水中学高三下学期押题）如 图 1 4 甲所示，足够长的带绝缘皮的柔软导线跨过光滑轻质滑轮悬挂两条水平金属棒MM P Q,棒长均为/=0.5 0 m,电阻值均为R=1.0Q.M N 质量m i =0.1 0 k g,P Q质量加 2=0.2 0 k g,整个装置处于磁感应强度8=1.0 T的匀强磁场中，磁场方向水平且垂直于MN和时刻，对金属棒施加一个竖直向下的外力F，使之由静止开始向下运动，运动过程中电路中的电流/随时

20、间f 变化的关系如图乙所示.电路中其他部分电阻忽略不计，g取 1 0 m/s 2.（结果保留两位有效数字）(1)求 2.0 s 末金属棒MN瞬时速度的大小;(2)求 4.0 s 末力F 的瞬时功率;(3)已知。3.0 s 时间内MN上产生的热量为0.36 J,试 计 算/对 金 属 棒 所 做 的 功.答 案(1)0.80 m/s(2)3.1 W(3)2.7 J解 析(1)由题知两棒反向切割磁感线，产生的电动势为E=2B/。E由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流为/=弁二,Kr K由题图乙可得，f=2.0 s时，/=0.4 A,代入数据解得。=0.80 m/s(2)由/=等 可知，金属棒做初速

21、度为零的匀加速直线运动，由运动学规律得Av=at联立解得金属棒的加速度大小4=0.40 m/s2对整体进行受力分析，根据牛顿第二定律得/+加1 g 一机2 g-2/安=(2 +m2)。又产妥=8 由题图乙可得f=4.0 s 时，/=0.8 A,代入数据解得：/安=0.4N,F=1.92N由速度与电流的关系可知，r=4.0 s Hf,v=.6 m/s,根据P=F o,解得户和3.1 W(3)MN与 P。串联，可知电路中产生的总热量为Q 总=2X0.36 J=0.72J根据能量守恒定律有W=(m2 in)g h+mi)v?+Q 总vr 2,又 h=2.=at2联立可得F 对金属棒所做的功W2.7

22、J.18.(16分)如图15甲所示，足够长的木板。通过某一装置锁定在地面上，物块A、B 静止在木板。上，物块4、8 间距离为1.1 m.开始时物块A 以速度如=6 m/s向右运动，物块A 在与 3 碰撞前一段时间内的运动图像如图乙所示.已知物块A、B 可视为质点，质量分别为期=1 kg、，B=4kg,A、B与木板间的动摩擦因数相同，木板C的质量?c=l kg,C与地面间的动摩擦因数为卷A与B弹性碰撞过程时间极短，可忽略摩擦力的影响，A、B碰撞后瞬间木板C解除锁定.重力加速度取10 m*.求:(1)物块与木板间的动摩擦因数；(2)碰撞后瞬间物块A的速度；(3)最后停止时物块A、B间的距离(结果保

23、留两位小数).答 案(1)0.5(2)3 m/s,方 向 向 左(3)1.37 m解 析(1)根据题图图像可知心=对A受力分析，由牛顿第二定律得：|即?=加“14联立式解得物块与木板间的动摩擦因数川=0.5(2)设碰撞前瞬间A的速度为？，则v2v(?=2UAX由于A、B弹性碰撞，碰撞后A、B的速度分别为小、vB,取向右为正方向,则 mAVA+联立式解得：VA=3 m/s,VB=2 m/s;即碰撞后瞬间物块A的速度大小为3 m/s,方向向左(3)碰撞后对木板C由 牛 顿 第 二 定 律 得 一 2(，知+?/?+，?)；?=，(见对物块B由牛顿第二定律得：1?监=54设经时间t物块B与木板C达到相同的速度VC,贝I Vc=vBaBt此时木板C的速度为oc=c联立解得：vc=1 m/s,r=0.2 s从碰撞结束到B、C速度相同，8向右运动的位移大小为则检=中B、。相对静止后一起运动，设其加速度大小为4贝I I mAg+2(加 八+mu+mc)g=5B+机c)B、C 一起向右运动的位移大小为X3,则Ovc2=2a%物块A碰撞后到停下经过的位移大小为X4,贝I 0PA2=_ 2aAX4最后停止时物块A、8间的距离4=1 2+1 3+工4 Q 1.37 m.