2021届高考物理二轮复习-评估验收仿真模拟卷(十二)(含解析).doc

2021届高考物理二轮复习 评估验收仿真模拟卷（十二）（含解析）

2021届高考物理二轮复习 评估验收仿真模拟卷（十二）（含解析）

年级：
姓名：

- 15 -

考前仿真模拟卷(十二)
(时间：90分钟　满分：100分)
本卷计算中，无特殊说明时，重力加速度g均取10 m/s2.
选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
1．甲物体的重力是乙物体重力的3倍，它们从同一高度处同时自由下落，下列说法正确的是(　　)
A．甲比乙先着地 B．甲比乙的加速度大
C．甲、乙同时着地 D．无法确定谁先着地

2．手机给人民生活带来很多便利，如导航软件不仅极大地方便了人们的出行，更是缓解了城市交通压力．下面是某位游客司机准备从上海浦东国际机场附近前往上海迪士尼度假区，导航规划了三条路线，下列说法错误的是(　　)
A．研究汽车在地图上的实时位置，可以把汽车看成质点
B．图中的38分钟、39分钟、40分钟都表示时间间隔
C．图中的14公里、15公里、16公里分别表示路程
D．三条路径路程不同、时间不同、位移也不同

3．质点在半径为R的圆周上从A处沿顺时针运动到B处，则它通过的路程、位移大小分别是(　　)
A.、
B.、R
C.R、R
D.R、
4．如图甲所示为一运动员(可视为质点)进行三米板跳水训练的场景，某次跳水过程的v－t图象如图乙所示，t＝0是其向上起跳的瞬间，则该运动员从跳板弹起能上升的高度最接近(　　)

A．0.38 m B．0.80 m
C．1.10 m D．3.00 m
5．一辆普通家用轿车的长度约为教室长度的一半．如图是某家用轿车在平直公路上行驶过程中，用相机每隔0.5 s曝光一次得到的照片．拍照过程中，轿车的平均速度最接近(　　)

A．30 km/h B．60 km/h
C．90 km/h D．120 km/h
6．如图所示的是便携式放音机基本运动结构示意图．在正常播放音乐时，左右两个轮保持一样的是(　　)

A．磁带盘的周期
B．磁带盘的角速度
C．磁带盘的转速
D．磁带盘边缘的线速度大小
7．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r，某时刻工作卫星1、2分别位于轨道上的A、B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是(　　)

A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为
B．卫星1由A位置运动到B位置所需的时间是
C．卫星1由A位置运动到B位置的过程中万有引力做正功
D．卫星1向后喷气就一定能够追上卫星2
8.如图所示，两个截面不同、长度相等的均匀铜棒串接在电路中，通过两棒的电流分别为I1、I2，棒两端的电压分别为U1、U2，则下列说法正确的是(　　)

A．I1＞I2 B．I1＜I2
C．U1＞U2 D．U1＝U2
9．某电场的电场线如图所示，则某点电荷在A点和B点所受电场力的大小关系是(　　)

A．FA>FB B．FA<FB
C．FA＝FB D．电荷正负不明无法判断
10.如图所示，某次航天卫星发射活动中，在卫星发射前，起重机以恒定的功率P使质量为m的卫星从静止开始竖直向上运动，经过一段时间t达到最大速度vm，不计空气阻力，则在这段时间内(　　)

A．卫星做匀加速运动
B．起重机拉力保持不变
C．起重机做的功为Pt
D．起重机做的功为mv
二、选择题Ⅱ(本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
11．由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，下列判断中正确的是(　　)
A.Bi的原子核比Np的原子核少28个中子
B.Bi的原子核比Np的原子核少18个中子
C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变
12．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻与(t＋0.6 s)时刻的波形正好重合，如图所示．下列说法正确的是(　　)

A．质点振动周期可能为1.2 s
B．该波的波速可能为10 m/s
C．在(t＋0.4 s)时刻，x＝－1 m处的质点的位移可能为零
D．从(t＋0.3 s)时刻开始计时，x＝0.5 m处的质点可能比x＝－0.5 m处的质点先到达波峰位置
13．质量为m，长为L的导体棒电阻为R，初始静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，则下列说法正确的是(　　)

A．导体棒向左运动
B．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
C．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
D．电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为
14．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R＝48 Ω相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是(　　)

A．变压器输入电压的最大值是220 V
B．电流表的示数为0.50 A，变压器的输入功率是12 W
C．原线圈输入的正弦交变电流的频率是50 Hz
D．电压表的示数是24 V
15．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系F＝kv，其中k为常数，则环在运动过程中克服摩擦所做的功大小不可能为(　　)

A.mv B．0
C.mv＋ D.mv－
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
答案

非选择题部分
三、非选择题(本题共5小题，共50分)
16．(6分)(1)在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中：有另外两位同学通过测量，分别作出a－F图象，如图(a)、(b)中的A、B线所示，试分析：

①A线不通过坐标原点的原因是：_______________________________________
________________________________________________________________________.
②B线不通过坐标原点的原因是：___________________________________________.
(2)在做“力的合成”实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤通过细绳套把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中正确的是________．
A．同一次实验过程中，O点位置不允许变动
B．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧秤刻度
C．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点
D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90°，以便于算出合力大小
17．(9分)在练习使用多用电表的实验中：
(1)某同学连接的电路如图所示．

①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；
②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；
③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压．
(2)在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若________．
A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量
C．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 Ω
D．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大
18．(9分)如图甲为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下滑一段距离，然后放手让冰块向前滑动到运送冰块的目的地．其工作原理可简化为如图乙所示，设质量M＝100 kg的冰块与滑道间动摩擦因数为0.05，运送冰块距离为12 m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角向上．某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4.0 m后放手，冰块刚好到达滑道末端静止．(已知sin 53°＝0.8、cos 53°＝0.6)求：
(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比；
(2)冰块滑动过程中的最大速度；
(3)工人拉冰块的拉力大小．

19.(12分)飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵．一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2.飞机离舰起飞的速度v＝100 m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点．请你求出(g取10 m/s2，计算最终结果均保留两位有效数字)：
(1)飞机在后一阶段的加速度大小；
(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小；
(3)电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量．

20．(14分)在某空间存在着水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°.今有一质量m＝3.6×10－4 kg、带电荷量q＝＋9.0×10－4 C的带电小球(可视为质点)，以v0＝4.0 m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：

(1)匀强电场的场强E；
(2)小球刚离开C点时速度大小；
(3)小球刚射入圆弧轨道时，轨道对小球的瞬间支持力．

考前仿真模拟卷(十二)
1．C
2．解析：选D.研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小和形状能够忽略，可以把汽车看成质点，故A说法正确；图中的38分钟、39分钟、40分钟都表示时间间隔，故B说法正确；图中的14公里、15公里、16公里是轨迹的长度，分别表示路程，故C说法正确；三条路径路程不同、时间不同、位移相同，故D说法错误．
3．B
4．解析：选A.设跳水运动员跳起的速度大小为v，上升的最大高度为h.
由v－t图象与坐标轴围成面积表示位移，可知：－＝3 m
又h＝联立解得：h＝0.375 m≈0.38 m.
5．解析：选B.由题图可知，相机曝光了3次，轿车通过的总路程大概是4个车身长，1个车身长约4.5 m，所以总路程s＝4.5×4 m＝18 m，总时间t＝0.5×2 s＝1 s，故轿车的平均速度约为18 m/s，即64.8 km/h，故选项B正确．
6．D
7．解析：选B.在地球表面重力与万有引力大小相等有＝mg可得GM＝gR2，又卫星在轨道上运动万有引力提供圆周运动的加速度，故可得卫星的加速度＝ma，解得a＝＝，故A错误；万有引力提供圆周运动向心力有：＝mr可得卫星运行周期为：T＝2π，所以卫星从位置1到位置2所需时间t＝T＝ ，故B正确；卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，故C错误；卫星1向后喷气，卫星做加速运动，在轨道上做圆周运动所需向心力增加，而提供向心力的万有引力没有发生变化，故卫星将做离心运动，卫星轨道变大，故卫星不能追上同轨道运行的卫星2，故D错误．
8．解析：选C.由串联电路规律知I1＝I2，由电阻定律知，电阻阻值与截面积成反比，故粗铜棒电阻小，其两端电压小，选项C正确．
9．A
10．解析：选C.在上升过程中，由于功率不变，所以始终满足关系P＝Fv，当加速运动时，速度增大，拉力变小，卫星做加速度减小的加速运动，选项A、B错误；起重机做的功为W＝Pt，选项C正确；在达到最大速度的过程中，W拉＋W重＝mv，而W重为负值，则起重机做功大于mv，选项D错误．
11．解析：选BC.Bi的中子数为209－83＝126，Np的中子数为237－93＝144，Bi的原子核比Np的原子核少18个中子，A错、B对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C对、D错．
12．解析：选BD.由题图可知，波长为2 m，又依题意得，0.6 s是周期的整数倍，选项A错误；若t时刻与(t＋0.6 s)时刻相差3个周期，则周期为0.2 s，波速为10 m/s，选项B正确；t时刻到(t＋0.4 s)时刻经过时间为0.4 s，而0.4 s 是个整数倍的周期，所以该时刻x＝－1 m处的质点不可能在平衡位置，位移不可能为零，故C错误；简谐横波沿x轴正方向传播，在(t＋0.3 s)时刻，x＝0.5 m处的质点振动方向可能沿y轴正方向，x＝－0.5 m处的质点振动方向沿y轴负方向，所以x＝0.5 m处的质点可能比x＝－0.5 m 处的质点先到达波峰位置，故D正确．
13．解析：选B.导体棒MN所受安培力F＝BIL，I＝，则F＝，由牛顿第二定律得，a＝＝.
14．解析：选BC.由图乙可知交流电压最大值Um＝220 V，故A项错误；理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，电阻R的电压为U2＝·U1＝×220 V＝24 V，电压表的示数是24 V，电阻为48 Ω，所以流过电阻中的电流为0.5 A，变压器的输入功率是：P入＝P出＝＝ W＝12 W，故B项正确，D项错误；由图乙可知交流电周期T＝0.02 s，可由周期求出正弦交变电流的频率是50 Hz，故C项正确．
15．解析：选C.当mg＝kv0时，即v0＝时，环做匀速运动，Wf＝0，环克服摩擦力所做的功为零，故B可能；当mg>kv0时，即v0<时，环在运动过程中做减速运动，直至静止．由动能定理得环克服摩擦力所做的功为Wf＝mv，故A可能；当mg<kv0时，即v0>时，环在运动过程中先做减速运动，当速度减小至满足mg＝kv时，即v＝时环开始做匀速运动．由动能定理得摩擦力做的功Wf＝mv－mv2＝mv－，环克服摩擦力所做的功为mv－，故D可能．
16．(1)①没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不够
②平衡摩擦力时木板倾角θ太大，即平衡摩擦力过度
(2)AB
17．解析：(1)①当多用电表选择开关尖端对准直流电流挡时，电流表与R1串联，此时电流表测得的是通过R1的电流．
②切断电路，选择开关尖端对准欧姆挡时，测得的是R1和R2的串联总电阻．
③选择开关尖端对准直流电压挡，闭合开关，且滑动变阻器的滑片移至最左端时，电阻R1被短路，此时多用电表示数等于电阻R2两端的电压，也等于电源的路端电压．
(2)双手捏住两表笔金属杆时，测量值为被测电阻与人体电阻的并联阻值，应偏小，A错误；测量时指针若向左偏离中央刻度过大，应增大倍率，B错误；选择开关对应“×10”倍率时，指针位于20与30正中间时，测量值应小于250 Ω，C错误；电池用时间太久，电动势减小，虽然完成调零，但中值电阻偏小，测量时读数将比真实值偏大，D正确．
答案：(1)①R1　②R1和R2的串联　③电阻R2(或电源的路端)　(2)D
18．解析：(1)设加速时加速度为a1，减速时加速度为a2，加速度最大时速度为v，加速前进位移为x，总位移为L，则
加速阶段有：v2＝2a1x1，
减速阶段有：0－v2＝－2a2(L－x1)，
则＝＝；
(2)减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用，则μmg＝ma2，解得a2＝0.5 m/s2；
根据0－v2＝－2a2(L－x1)，解得v＝2 m/s；
(3)a1＝2a2，故a1＝1 m/s2；
对冰块受力分析可得Fcos 53°－μ(Mg－Fsin 53°)＝Ma1，解得F＝ N.
答案：(1)2∶1　(2)2 m/s　(3) N
19．解析：(1)设后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为Ff2＝0.2mg，则F推－Ff2＝ma2，
得：a2＝4.0 m/s2.
(2)设电磁弹射阶段飞机加速度为a1、末速度为v1，平均阻力为Ff1＝0.05mg，则v＝2a1l1，v2－v＝2a2(l－l1)
得：a1≈39.7 m/s2
由F牵＋F推－Ff1＝ma1
得F牵≈6.8×105 N.
(3)电磁弹射器对飞机做功W＝F牵l1≈8.2×107 J
则其消耗的能量E＝≈1.0×108 J.
答案：(1)4.0 m/s2　(2)6.8×105 N　(3)1.0×108 J
20．解析：(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图甲所示，
由平衡条件得F电＝qE＝mgtan θ，
代入数据解得E＝3 N/C.

(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得
F电Rsin θ－mgR(1－cos θ)＝－，
代入数据得v＝5 m/s.
(3)由(1)可知F洛＝qvB＝，
解得B＝1 T，
小球射入圆弧轨道瞬间竖直方向的受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得FN＋Bqv0－mg＝，
代入数据得FN＝3.2×10－3 N.
答案：(1)3 N/C　(2)5 m/s　(3)3.2×10－3 N