2021高考物理二轮复习仿真卷1含解析

1、仿真卷一(考试时间：70分钟试卷满分：110分)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1418题只有一项符合题目要求，第1921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，有选错或不答的得0分14、和射线穿透物质的能力是不同的，为把辐射强度减到一半所需铝板的厚度分别为0.0005 cm、0.05 cm和8 cm.工业部门可以使用射线来测厚度如图所示，轧钢厂的热轧机上可以安装射线测厚仪，仪器探测到的射线强度与钢板的厚度有关，轧出的钢板越厚，透过的射线越弱因此，将射线测厚仪接收到的信号输入计算机，就可以对钢板的厚度进行自动控制如果钢板的厚度需要控制为5

2、cm，请推测测厚仪使用的射线是(c)a射线b射线c射线d可见光【解析】根据题目中所给射线的穿透能力比较，因钢板的厚度需要控制为5 cm，推测测厚仪使用的射线是射线故选c15.一质量为1 kg的小物块静止在光滑水平面上，t0时刻给物体施加一个水平向右的拉力f，其速度的二次方随位移变化的图像为经过p(5,25)的直线，如图所示，则(b)a小物块做匀速直线运动b水平拉力f的大小为2.5 nc5 s内小物块的位移为5 md5 s末小物块的速度为25 m/s【解析】根据v22ax可知a2.5 m/s2，则fma2.5 n，选项a错误，b正确；5 s内小物块的位移为x5at2.552 m31.25 m，选

3、项c错误；5 s末小物块的速度为v5at512.5 m/s，选项d错误16如图所示，六根原长均为l的轻质细弹簧两两相连，在同一平面内六个大小相等、互成60的恒定拉力f作用下，形成一个稳定的正六边形已知正六边形外接圆的半径为r，每根弹簧的劲度系数均为k，弹簧在弹性限度内，则f的大小为(b)a(rl)bk(rl)ck(r2l)d2k(rl)【解析】正六边形外接圆半径为r，则弹簧的长度为r，弹簧的伸长量为xrl，由胡克定律可知，每根弹簧的弹力为f弹kxk(rl)，两相邻弹簧夹角为120，两相邻弹簧弹力的合力为f合f弹k(rl)，弹簧静止处于平衡状态，由平衡条件可知，每个拉力大小为ff合k(rl)，故

4、b正确，a、c、d错误17.如图所示，长为l的轻直棒一端可绕固定轴o转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升下列说法正确的是(d)a小球做匀速圆周运动b当棒与竖直方向的夹角为时，小球的速度为c棒的角速度逐渐增大d当棒与竖直方向的夹角为时，棒的角速度为【解析】棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示设棒的角速度为，则合速度v实l，竖直向上的速度分量等于v，即lsin v，所以，小球速度为v实l，由此可知棒(小球)的角速度随棒与竖直方向的夹角的增大而减小，小球做角速

5、度越来越小的变速圆周运动，选项a、b、c错误，d正确18据中新网报道，中国自主研发的北斗卫星导航系统“北斗三号”第17颗卫星已于2018年11月2日在西昌卫星发射中心成功发射该卫星是北斗三号全球导航系统的首颗地球同步轨道卫星，也是北斗三号系统中功能最强、信号最多、承载最大、寿命最长的卫星关于该卫星，下列说法正确的是(d)a它的发射速度一定大于11.2 km/sb它运行的线速度一定不小于7.9 km/sc它在由过渡轨道进入运行轨道时必须减速d由于稀薄大气的影响，如不加干预，在运行一段时间后，该卫星的动能可能会增加【解析】该卫星的发射速度必须小于第二宇宙速度11.2 km/s，因为一旦达到第二宇宙

6、速度，卫星会挣脱地球的引力，不绕地球运行，故a错误；根据知v，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，知7.9 km/s是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以它运行的线速度一定小于7.9 km/s，故b错误；它在由过渡轨道进入运行轨道时做离心运动，必须加速，故c错误；由于该卫星受到阻力影响而做减速运动，该卫星做圆周运动需要的向心力小于万有引力，做向心运动，其轨道半径r减小，万有引力做正功，动能变大，故d正确19目前无线电力传输已经比较成熟，如图所示为一种非接触式电源供应系统这种系统基于电磁感应原理可无线传输电力，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，原理示意图如图所示利用这一原理，

7、可以实现对手机进行无线充电下列说法正确的是(bd)a若a线圈中输入电流，b线圈中就会产生感应电动势b只有a线圈中输入变化的电流，b线圈中才会产生感应电动势ca中电流越大，b中感应电动势越大da中电流变化越快，b中感应电动势越大【解析】根据感应电流产生的条件，若a线圈中输入恒定的电流，则a产生恒定的磁场，b中的磁通量不发生变化，则b线圈中就会不产生感应电动势，故a错误；若a线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律：e可得，则b线圈中就会产生感应电动势，故b正确；根据法拉第电磁感应定律：e可得，a线圈中电流变化越快，a线圈中电流产生的磁场变化越快，b线圈中感应电动势越大，故c错误，d正确20.

8、如图所示，均匀带电的半圆环在圆心o点产生的电场强度为e、电势为，把半圆环分成ab、bc、cd三部分下列说法正确的是(ad)abc部分在o点产生的电场强度的大小为bbc部分在o点产生的电场强度的大小为cbc部分在o点产生的电势为dbc部分在o点产生的电势为【解析】如图所示，b、c两点把半圆环等分为三段设每段在o点产生的电场强度大小均为e.ab段和cd段在o处产生的电场强度夹角为120，它们的合电场强度大小为e，则o点的合电场强度：e2e，则e，故圆弧bc在圆心o处产生的电场强度为.电势是标量，设圆弧bc在圆心o点产生的电势为，则有3，则，故选ad21如图所示，导体棒ab的两个端点分别搭接在两个竖

9、直放置、半径相等的金属圆环上，两圆环所在空间处于方向竖直向下的匀强磁场中，圆环通过电刷与导线c、d相接c、d两个端点接在匝数比n1n2101的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器r0，导体棒ab绕与ab平行的水平轴(即两圆环的中心轴，轴与环面垂直)oo以角速度匀速转动如果滑动变阻器连入电路的阻值为r时，电流表的示数为i，ab棒、圆环及接触电阻均不计，下列说法正确的是(bd)a变压器原线圈两端的电压为u110irb滑动变阻器上消耗的功率为p100i2rc取ab在环的最低端时t0，则导体棒ab中感应电流的表达式是iisin td若c、d间改接电阻r后电流表的示数不变，ab棒转过90的过

10、程中流过ab棒的电荷量可能为【解析】由变压器原副线圈两端的电压电流公式可知得i210i，又因，u210ir得u1100ir，故a错误；由p2u2i2100i2r知b正确；ab在环的最低端时t0，则导体棒ab中感应电流的表达式是iicos t，故c错误；在c、d间改接电阻后，原电路的电压仍然不变是u1100ir，因电流表的示数不变，可知电阻r100r，而由电荷量的公式q，交流电的电流最大值i，旋转90度bs，联立可得q，即q，所以d正确第卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分第2225题为必考题，每个试题考生都必须作答第3334题为选考题，考生根据要求作答(一)必考题(共47分)22(6分

11、)某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小f和弹簧长度l的关系如图1所示，则由图线可知：(1)弹簧的劲度系数为_300_n/m.(2)为了用弹簧测定两木块a、b间的动摩擦因数，两同学分别设计了如图2所示的甲、乙两种方案为了用某一弹簧测力计的示数表示a和b之间的滑动摩擦力的大小，你认为方案_甲_更合理甲方案中，若a和b的重力分别为10.0 n和20.0 n当a被拉动时，弹簧测力计a的示数为6.0 n，b的示数为11.0 n，则a、b间的动摩擦因数为_0.3_.【解析】(1)由题图可知，当弹力为f060 n，弹簧的伸长量x0ll020 cm0.2 m，由胡克定律得弹簧的劲度系数k

12、n/m300 n/m.(2)甲、乙两种方案，在拉着a运动的过程中，拉a的弹簧测力计由于在不断地运动，示数可能会变化，读数不准，甲方案中的a是不动的，指针稳定，便于读数，甲方案更合理a的拉力与a对b的滑动摩擦力f平衡，由于a示数为6.0 n，即ff6.0 n，a、b间的动摩擦因数0.3.23(9分)某物理学习兴趣小组为了测量待测电阻rx，设计了如下实验，用到的实验器材有：学生电源、灵敏电流计、电流表、滑动变阻器、电阻箱、定值电阻、开关、导线若干(1)按设计方案完成以下实验步骤：按照图甲所示的原理图连接好实验电路；将滑动变阻器r2滑片调至适当位置，滑动变阻器r3滑片调至最左端，闭合开关s；调整r3

13、逐步增大输出电压，并反复调整r1和r2使灵敏电流计g读数为零，此时电流表a2的示数为120 ma，电阻箱r1和电流表a1示数如图乙和丙所示；实验完毕，整理器材(2)根据上述实验回答以下问题：电阻箱r1的读数为_50.0_，电流表a1的示数为_180_ma；待测电阻rx的阻值为_75.0_(计算结果保留三位有效数字)；电流表的内阻对测量结果_无_影响(选填“有”或“无”)；为提高本实验的精确度可采取的措施：_使用灵敏度更高的灵敏电流计_【解析】由图示电阻箱可知，其示数为：0100 510 01 00.1 50.0 ，由图示电流表可知，其分度值为10 ma，示数为：180 ma；灵敏电流计示数为零

14、，则其两端电势相等，r1与rx两端电压相等，由欧姆定律可知：i1r1i2rx,18050120rx，解得：rx75.0 ；由图示电路图可知，两电流表内阻对r1、rx两端电压没有影响，电流表的内阻对测量结果无影响；使用灵敏度更高的灵敏电流计或在保证电表安全的情况下，适当增大滑动变阻器r3的输出电压可以提高本实验的精确度24(14分)如图所示，光滑斜轨道ab和光滑半圆环轨道cd固定在同一竖直平面内，两轨道由一条光滑且足够长的水平轨道bc平滑连接，水平轨道与斜轨道间由一段小的圆弧过渡，斜轨道最高点a离水平轨道的高度为h.小物块b锁定在水平轨道上p点，其左侧与一放在水平轨道上的轻质弹簧接触(但不连接)

15、，小物块a从斜轨道的顶端a由静止释放，滑下后压缩轻质弹簧，当轻质弹簧压缩到最短时，解除对小物块b的锁定已知小物块a的质量为2m，小物块b的质量为m，半圆环轨道cd的半径rh，重力加速度为g.(1)求小物块a再次滑上斜轨道的最大高度；(2)请判断小物块b能否到达半圆环轨道的最高点d，并说明理由【答案】(1)h(2)能，理由见解析【解析】(1)小物块a从a点由静止滑下，轻质弹簧被压缩到最短时，小物块b解除锁定，设a、b两小物块被轻质弹簧弹开的瞬时速度大小分别为v1、v2.根据动量守恒定律有2mv1mv2(2分)根据机械能守恒定律有ep2mgh2mvmv(2分)联立解得v22v1(1分)对小物块a，

16、根据机械能守恒定律有2mgh2mv(1分)解得小物块a再次滑上斜轨道的最大高度为hh(1分)(2)假设小物块b能到达半圆环轨道的d点，根据机械能守恒定律有mv2mgrmv(2分)解得vd(1分)在d点由牛顿第二定律有fmgm(2分)解得半圆环轨道对小物块b的作用力fmg(1分)方向竖直向下，故假设成立！即小物块b能到达半圆环轨道的最高点d(2分)25(16分)如图，平面直角坐标系xoy中，在y0及yl区域存在场强大小相同，方向相反(均平行于y轴)的匀强电场，在ly0区域存在方向垂直于xoy平面(纸面)向外的匀强磁场，电场强度与磁感应强度大小之比为，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的

17、点p1(0，l)时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点p2(l,0)进入磁场不计粒子重力求：(1)粒子到达p2点时的速度大小和方向；(2)粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；(3)粒子从p1点出发后做周期性运动的周期【答案】(1)v0与x轴的夹角为53(2)2l(3)【解析】(1)如图所示，粒子从p1到p2做类平抛运动，设到达p2时的y方向分速度为vy由运动学规律有：lv0t1(1分)lt1(1分)可得：t1，vyv0，(1分)故粒子在p2的速度大小：vv0(1分)设v与x轴的夹角为，则tan，即53(1分)(2)粒子从p1到p2，据动能定理有：qelmv2mv(1分)可得：

18、e(1分)据题意解得：b据：qvbm得：rl(1分)故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为o在图中，过p2作v方向的垂线交yl直线于o点可得：p2or(1分)因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角37故粒子将垂直于yl直线从m点穿出磁场由几何关系可得m点的横坐标为：xl(rrcos 37)2l(1分)(3)粒子运动一个周期的轨迹如图所示，粒子从p1运动到p2：t1(1分)又因为：t磁(1分)粒子从p2运动到m：t2t磁(1分)粒子从m运动到n：a(1分)则t3：(1分)则粒子周期运动的周期为：t2(t1t2t3)(1分)(二)选考题：共15分请考生从2道物理题中任选一题作答如果多做，则按所做的第一题计分

19、33物理选修33(15分)(1)(5分)下列说法正确的是_bcd_.(填正确答案标号，选对1个给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0分)a相互间达到热平衡的两物体的内能一定相等b民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入火罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上其原因是火罐内的气体体积不变时，温度降低，压强减小c空调既能制热又能制冷，说明在不自发的条件下，热传递可以逆向d自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的e随着科学技术的发展，人类终会制造出效率为100%的热机(2)(10分)如图所示是某热学

20、研究所实验室的热学研究装置，绝热汽缸a与导热汽缸b均固定于桌面，由刚性杆连接的绝热活塞与两汽缸间均无摩擦，两活塞之间为真空，汽缸b活塞面积为汽缸a活塞面积的2倍两汽缸内装有理想气体，两活塞处于平衡状态，汽缸a的体积为v0，压强为p0，温度为t0，汽缸b的体积为2v0，缓慢加热a中气体，停止加热达到稳定后，a中气体压强为原来的2倍设环境温度始终保持不变，汽缸a中活塞不会脱离汽缸a，求：加热前汽缸b中气体的压强；加热达到稳定后汽缸b中气体的体积vb；加热达到稳定后汽缸a中气体的温度ta【答案】v03t0【解析】(1)相互间达到热平衡的两物体的温度相同，内能不一定相等，故a错误；火罐内气体压强小于大

21、气压强，所以火罐能“吸”在皮肤上，故b正确；根据热力学第二定律可知，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，在有外界做功的条件热传递可以逆向，故c正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故d正确；根据热力学第二定律可知，人类不可能制造出效率为100%的热机，故e错误(2)汽缸a末态压强为2p0，汽缸b活塞的面积为汽缸a活塞的面积2倍，初状态选两活塞为研究对象，根据平衡条件p0sapbsb，解得pb(2分)末状态选两活塞为研究对象，根据平衡条件2p0sapbsb(1分)解得pbp0(1分)汽缸b中气体，初、末

22、温度不变，根据玻意耳定律得：pb2v0pbvb(2分)解得汽缸b中气体体积vbv0两活塞移动的距离相同，汽缸b活塞面积为汽缸a活塞面积的2倍，汽缸b活塞体积减小了v0，则汽缸a体积增加，则加热后汽缸a体积为va(1分)根据理想气体状态方程得(2分)解得ta3t0(1分)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v200 m/s.已知t0时，波刚好传播到x40 m处，如图所示，在x400 m处有一接收器(图中未画出)，则下列说法正确的是_bce_.(填正确答案标号，选对1个给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0分)a波源开始振动时方向沿y轴正方向b从t0开始经过0.15 s，x40 m处的质点运动路程为0.6 mc接收器在t1.8 s时才能接收到此波d若波源向x轴负方向运动，根据多普勒效应，接收器接收到的波源频率可能为11 hze若该波与另