2021届高考物理(全国通用)大二轮专题复习考前增分练：高考模拟部分高考模拟三.docx

高考模拟三(限时：60分钟)第卷一、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15题只有一项符合题目要求，第68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)1(2022新课标15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中点折成直角，安培力的大小确定变为原来的一半答案B解析安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由FBILsin 可知，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项D错误2如图1所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60时，A、B伸长量刚好相同若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下推断正确的是()图1A.B.C撤去F的瞬间，a球的加速度为零D撤去F的瞬间，b球处于失重状态答案B解析先对b球受力分析，受重力和弹簧A的拉力，依据平衡条件，有：F1mg再对a球受力分析，受重力、拉力和两个弹簧的拉力，如图所示：F1F1mg依据平衡条件，有：F24mg依据胡克定律，有：F1k1xF2k2x故，故A错误，B正确；球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，故加速度确定不为零，故C错误；球b受重力和弹簧A的拉力，撤去F的瞬间，重力和弹簧A的拉力都不变，故加速度照旧为零，处于平衡状态，故D错误3在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度一小铁球质量为m，用手将它完全放入水中后静止释放，最终铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，关于小铁球，下列说法正确的是()A若测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为t，则小铁球下落的位移为B若测得小铁球下落时的加速度为a，则小铁球此时的速度为C若测得某时小铁球的加速度大小为a，则小铁球此时受到的水的阻力为m(ag)FD若测得小铁球下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度确定为答案D解析因小铁球做的是非匀变速运动，故平均速度不等于，所以下落的位移不等于，故A错误；小铁球下落的过程中加速度在变化，所以匀变速运动的规律不满足，所以B错误；当小铁球的加速度大小为a时，依据牛顿其次定律mgFFfma，得水的阻力FfmgmaF，故C错误；若小铁球下落t时间，通过的位移为y，依据平均速度的定义可得，故D正确4假如把水星和金星绕太阳的轨道视为圆周，如图2所示，从水星与金星在一条直线上开头计时，若测得在相同时间内水星、金星转过的角度分别为1、2(均为锐角)，则由此条件可求得水星和金星()图2A质量之比B绕太阳的动能之比C到太阳的距离之比D受到的太阳引力之比答案C解析水星和金星作为环绕体，无法求出质量之比，故A错误由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们绕太阳的动能之比，故B错误相同时间内水星转过的角度为1，金星转过的角度为2，可知道它们的角速度之比，依据万有引力供应向心力：mr2，解得r ，知道了角速度之比，就可求出轨道半径之比，即到太阳的距离之比，故C正确由于不知道水星和金星的质量关系，故不能计算它们受到的太阳引力之比，故D错误5如图3所示，某种带电粒子由静止开头经电压为U1的电场加速后，射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中，带电粒子沿平行于两板方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化状况为(不计重力，不考虑边缘效应)()图3Ad随U1变化，d与U2无关Bd与U1无关，d随U2变化Cd随U1变化，d随U2变化Dd与U1无关，d与U2无关答案A解析带电粒子经电压为U1的电场加速后设速度为v0，则有qU1mv，带电粒子在电势差为U2的电场中做类平抛运动，可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与加速度方向，设出射速度与水平夹角为，则有：cos ，而在磁场中做匀速圆周运动，设运动轨迹对应的半径为R，由几何关系可得，半径与直线MN夹角正好等于，则有：cos ，所以d，又由于半径公式R，则有d，故d与m、v0成正比，与B、q成反比，即d只与U1有关，与U2无关故选A.6(2022山西第三次四校联考)如图4所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是()图4AA、B两处电势、场强均相同BC、D两处电势、场强均相同C在虚线AB上O点的场强最大D带正电的摸索电荷在O处的电势能大于在B处的电势能答案BD解析依据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较对称点A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势凹凸；依据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用Epq知正电荷在电势高处电势能大，可比较正电荷在O、B电势能大小由于沿着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高于B点电势，故A选项错误；依据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同，故B正确；依据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小，故C选项错误；O点电势高于B点电势，由Epq，正电荷在O处电势能大于在B处电势能，故D选项正确7如图5所示，A、B两物体用一根跨过定滑轮轻的细绳相连，B物体置于固定斜面体的光滑斜面上，斜面倾角为30，当A、B两物体静止时处于相同高度现剪断细绳后，下列说法中正确的是()图5AA、B物体同时着地BA、B物体着地时的动能确定相同CA、B物体着地时的机械能确定不同DA、B物体着地时所受重力的功率确定相同答案CD解析设A距地面的高度为h，对A：hgt2，对B：2hgt2，可见A物体先落地，所以A错误；绳断前，系统处于平衡状态得：mAgmBgsin 30，绳断后，由动能定理mghmv2，得A、B落地时速度大小相等，v，质量不等，所以落地的动能不等，所以B错误；又A、B在下落的过程中机械能守恒，所以落地时的机械能等于刚开头下落时的机械能，而开头的机械能Emgh0，高度相同，质量不等，故机械能不等，所以A、B物体着地时的机械能确定不同，故C正确；落地时重力的功率，对A：PAmAg，对B：PBmBgsin 30，联立解得PAPB，所以D正确8(2022新课标21)如图6，一抱负变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一抱负电流表接正弦沟通电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，用沟通电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()图6AUabUcdn1n2B增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D将二极管短路，电流表的读数加倍答案BD解析变压器的变压比，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压U1Uab，由于二极管的单向导电特性，UcdU2，选项A错误增大负载电阻的阻值R，负载的电功率减小，由于P入P出，且P入I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确c、d端的电压由输入电压Uab打算，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误依据变压器上的能量关系有E输入E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2TT，由以上两式得I22I1，选项D正确第卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分第9题第12题为必考题，每个试题考生都必需做答第13题第15题为选考题，考生依据要求做答)(一)必考题(共47分)9(6分)如图7为探究动能定理的试验装置示意图，试验步骤如下：图7长木板适当倾斜，以平衡小车运动过程中受到的摩擦力；用天平测量小车B和遮光片的总质量M、重物A的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测小车B与光电门之间的距离x(x小于重物离地高度h)；调整轻滑轮，使细线与长木板平行；让小车由静止释放，用数字毫秒计测出遮光片经过光电门所用的时间t，求出小车速度v；转变小车B与光电门之间的距离x，重复步骤.回答下列问题：(1)小车经过光电门时的速度大小用d和t表示，v_，测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图8所示，其读数为_ cm；图8(2)对于重物和小车组成的系统，下列关于探究结论的说法最恰当的应为()A重物重力做的功等于小车增加的动能B重物重力做的功等于重物和小车增加的动能C重物重力做的功和小车重力做的功的代数和等于重物和小车增加的动能D重物重力做的功和摩擦力对小车做的功的代数和等于重物和小车增加的动能答案(1)0.985(2)B解析(1)依据v，可得v；游标卡尺读数9 mm170.05 mm9.85 mm0.985 cm.(2)由于长木板已平衡摩擦力，D错误；依据动能定理，mgh(Mm)v2，因此B正确，A、C错误10(2022四川德阳市高三二诊)(9分)某同学设计了一个测量金属丝电阻率的试验方案，试验室供应的器材有：A电压表VB电流表AC螺旋测微器D米尺E滑动变阻器RP(5 ，2 A)F干电池组G一个开关和导线若干他进行了以下操作：(1)用多用电表粗测金属丝的阻值：当用“10 ”挡时发觉指针偏转角度过大，为了得到比较精确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_(填代码)的挨次正确进行操作，最终完成读数测量A将选择开关旋转到欧姆挡“1 ”的位置B将选择开关旋转到欧姆挡“100 ”的位置C将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接，正确读数D将两表笔短接，重新进行欧姆调零(2)该同学接受上述合理步骤测量后，表针指示静止时如图9所示，则金属丝的阻值约为_ .图9(3)请依据本题供应的试验器材和试验需要，在虚线方框内画出测量金属丝电阻并在试验时便于电压调整范围大的试验电路图(4)若测得金属丝直径为D，接入电路长度为L时，电压表、电流表示数分别为U、I，则金属丝的电阻率_.答案(1)ADC(2)15(3)见解析图(4)解析(1)当用“10 ”挡时发觉指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，为了得到比较精确的测量结果，应换用小挡，换用“1 ”挡，然后重新进行欧姆调零，再测电阻阻值，因此合理的试验步骤为ADC.(2)欧姆表使用“1 ”挡，由题图可知，金属丝电阻阻值为151 15 .(3)金属丝电阻约为15 ，滑动变阻器最大阻值为5 ，为测多组试验数据，滑动变阻器应接受分压式接法，电流表内阻很小，约为零点几欧姆，电压表内阻很大，约为几千甚至几万欧姆，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应接受外接法，试验电路图如图所示：(4)由欧姆定律可知，电阻R，由电阻定律得：R，则电阻率.11(12分)如图10所示，一质量为m的物块在与水平方向成的力F的作用下从A点由静止开头沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F，物体飞出后越过“壕沟”落在平台EG段已知物块的质量m1 kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为0.5，AB段长L10 m，BE的高度差h0.8 m，BE的水平距离x1.6 m若物块可看做质点，空气阻力不计，g取10 m/s2.图10(1)要越过“壕沟”，求物块在B点最小速度v的大小；(2)若37，为使物块恰好越过“壕沟”，求拉力F的大小；(3)若大小不确定，为使物块恰好越过“壕沟”，求力F的最小值(结果可保留根号)答案(1)4 m/s(2)5.27 N(3) N解析(1)hgt2t0.4 sv4 m/s.(2)v22aLa0.8 m/s2对物块受力分析，由牛顿其次定律可得：Fcos (mgFsin )maF代入数据可得：F5.27 N.(3)由数学学问可知：F代入数据得：Fmin N.12(20分)如图11所示，一个边缘带有凹槽的金属圆环，沿其直径装有一根长2L的金属杆AC，可绕通过圆环中心的水平轴O转动将一根质量不计的长绳一端固定于槽内并将绳绕于圆环槽内，绳子的另一端吊了一个质量为m的物体圆环的一半处在磁感应强度为B，方向垂直环面对里的匀强磁场中现将物体由静止释放，若金属圆环和金属杆单位长度的电阻均为R.忽视全部摩擦和空气阻力图11(1)设某一时刻圆环转动的角速度为0，且OA边在磁场中，恳求出此时金属杆OA产生电动势的大小(2)恳求出物体在下落中可达到的最大速度(3)当物体下落达到最大速度后，金属杆OC段进入磁场时，杆C、O两端电压多大？答案(1)(2)(3)(1)解析(1)、(2)等效电路如图所示，R外R2LRrLR当达到最大速度时，重物的重力的功率等于电路中消耗的电功率：mgv其中：Ev(3)OA中的电流大小为：I当OC段在磁场中时，UCO(LR)(1)(二)选考题(共15分)(请考生从给出的3道物理题中任选一题做答假如多做，则按所做的第一题计分)13物理选修33(15分)(1)(6分)下列说法正确的是_A气体的内能是全部分子热运动的动能和分子间的势能之和B液晶的光学性质不随所加电场的变化而变化C功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功D确定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小E确定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加图12(2)(9分)在水平面竖直放置一个截面均匀等臂的U形玻璃管，管内盛有密度为1的液体，如图12所示，玻璃管的右侧上端开口，左侧上端封闭，左侧封闭的空气柱长度为h，右侧液面与管口相距高度为2h，在右侧液面上放置一个质量和厚度都可以忽视不计的活塞，它与管壁间既无摩擦又无间隙，从右端开口处缓慢注入密度为2的液体，直到注满为止，注入液体后左侧空气柱的长度为，设在注入液体过程中，四周环境的温度不变，大气压强p041gh，求：两种液体的密度之比1：2.答案(1)ADE(2)解析(1)物体的内能指全部分子热运动动能和分子之间势能的总和，故A正确液晶最主要的特点是具有电光效应：液晶的干涉、散射、衍射、旋光、吸取等受电场调制，故B错误由热力学其次定律可知：不行能从单一热源取热，把它全部变为功而不产生其他任何影响，在不产生其他影响的条件下，从单一热源吸热全部变功才是不行能的(被客观规律所禁止的)也就是说热力学其次定律并不禁止下列情形：存在其他变化时，热全部变功或者说：“从单一热源取热，把它全部变为功”并非不行能，但只有在发生其他变化时，才能实现，故C错误确定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，依据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故D正确确定量的气体，在压强不变时，随着温度降低体积在减小，所以分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数在增加，故E正确故选A、D、E.(2)注入液体后，左侧空气柱长为，由此可知注入的密度为2的液柱长度L2h2.5h未注入密度为2的液体前，气体体积：V1hS被封闭气体的压强：p1p01g(2hh)31gh注入密度为2的液体后，气体体积V2S气体的压强：p2p02g(2h)1g2h21gh2gh在等温变化过程中由玻意耳定律：p1V1p2V2得：31ghhS(21gh2gh)S即：.14物理选修34(15分)(2022湖南师大附中模拟(二)(1)(6分)下列说法正确的是_A光的偏振现象说明光是一种电磁波B无线电波的放射力气与频率有关，频率越高放射力气越强C一个单摆在海平面上的振动周期为T，那么将其放在某高山之巅，其振动周期确定变大D依据单摆的周期公式T2，在地面四周，假如l，则其周期TE利用红外摄影可以不受天气(阴雨、大雾等)的影响，由于红外线比可见光波长长，更简洁绕过障碍物图13(2)(9分)如图13所示，ABC为始终角三棱镜的截面，其顶角为30.P为垂直于直线BCD的光屏，现一宽度等于AB的单色平行光束垂直射向AB面，在屏P上形成一条宽度等于的光带，试作出光路图并求棱镜的折射率(其中AC的右方存在有折射率为1的透亮介质)答案(1)BCE(2)见解析图解析(1)光的偏振现象说明光是横波，故A错误；无线电波的放射力气与频率成正比，频率越高放射力气越强，故B正确；依据单摆的周期公式，其放在某高山之巅，重力加速度变小，其振动周期确定变大，故C正确；依据单摆的周期公式，在地面四周，假如l，则重力加速度变化，故D错误；由于红外线比可见光波长长，更简洁发生衍射，则简洁绕过障碍物，故E正确故选B、C、E.(2)作出光路图如图，平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束图中1、2为AC面上入射角和折射角，依据折射定律，有nsin 1sin 2，设出射光线与水平方向成角，则21，由于，所以.而tan ，30.所以tan ，可得30，260，所以n.15物理选修35(15分)(2022陕西五校二次联考)(1)(6分)下列说法正确的是_A原子的核式结构模型是汤姆孙最早提出的B铀核(U)衰变为铅核(Pb)的过程中，要经过8次衰变和6次衰变C一个氢原子从量子数n3的激发态跃迁到基态时最多可辐射3种不同频率的光子D一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能由于这束光的强度太小E考古专家发觉某一骸骨中C的含量为活着的生物体中C的，已知C的半衰期为5 730年，则确定该生物死亡时距今约11 460年(2)(9分)如图14所示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会马上粘在一起运动，已知g10 m/s2，求：图14A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；A、B滑上圆弧轨道的最大高度答案(1)BCE(2)50 N0.45 m解析(1)原子的核式结构模型是卢瑟福最早提出的，所以A错误；铀核(U)衰变为铅核(Pb)质量数削减32，所以需要8次衰变，电荷数应削减16，而铀核(U)衰变为铅核(Pb)电荷数只削减10，故有6次衰变，所以B正确；一个氢原子从量子数n3的激发态向基态跃迁时，先跃迁到n2，再从n2跃迁到基态，也可从n3直接跃迁到基态，所以最多可辐射3种不同频率的光子，故C正确；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能由于这束光的频率太小，所以D错误；依据半衰期的定义可知，该生物死亡时距今约两个半衰期即11 460年，所以E正确(2)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时依据动能定理有：tmAv1(mAv1)解得50 N，方向水平向右当A与B碰撞时，设碰撞后两物体的速度为v，依据动量守恒定律有mAv1(mAmB)vAB在光滑圆弧轨道上升时，机械能守恒，由机械能守恒定律得(mAmB)v2(mAmB)gh解得h0.45 m