全國高考物理（全國統(tǒng)考版）評估驗收模擬卷（十二）

2021屆全國高考物理（全國統(tǒng)考版）評估驗收模擬卷（十二）（解析版）(時間：70分鐘；滿分：110分)第Ⅰ卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．14．，日本宣布福島核電站核殘渣首次被“觸及”，其中部分殘留的放射性物質(zhì)的半衰期可長達1570萬年．下列有關(guān)說法正確的是()A.eq\o\al(238,92)U衰變成eq\o\al(206,82)Pb的核反應(yīng)方程為eq\o\al(238,92)U→eq\o\al(206,82)Pb＋7eq\o\al(4,2)He＋4eq\o\al(0,－1)eB.eq\o\al(238,92)U的比結(jié)合能大于eq\o\al(206,82)Pb的比結(jié)合能C．天然放射現(xiàn)象中產(chǎn)生的α射線的速度與光速相當，穿透能力很強D．將由放射性元素組成的化合物進行高溫分解，不會改變放射性元素的半衰期，半徑為R的eq\f(1,8)光滑圓弧軌道左端有一質(zhì)量為m的小球，在大小恒為F、方向始終與軌道相切的外力作用下，小球在豎直平面內(nèi)由靜止開始運動，軌道左端切線水平，當小球運動到軌道的末端時立即撤去外力，此時小球的速率為v，已知重力加速度為g，則()A．此過程外力做功為eq\f(π,2)FRB．此過程外力做功為eq\f(\r(2),2)FRC．小球離開軌道的末端時，拉力的功率為FvD．小球離開軌道后運動到達的最高點距離圓弧軌道左端的高度為eq\f(πRF,4mg)16．某做直線運動的質(zhì)點的位移－時間圖象(拋物線)如圖所示，P(2，12)為圖線上的一點．PQ為過P點的切線，與x軸交于點Q(0，4)．已知t＝0時質(zhì)點的速度大小為8m/s，則下列說法正確的是()A．質(zhì)點做勻減速直線運動B．2s時，質(zhì)點的速度大小為6m/sC．m/s2D．0～1s內(nèi)，質(zhì)點的位移大小為4m17.如圖所示為一邊長為L的正方形abcd，P是bc的中點．若正方形區(qū)域內(nèi)只存在由d指向a的勻強電場，則在a點沿ab方向以速度v入射的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)恰好從P點射出．若該區(qū)域內(nèi)只存在垂直紙面向里的勻強磁場，則在a點沿ab方向以速度v入射的同種帶電粒子恰好從c點射出．由此可知()A．勻強電場的電場強度為eq\f(2mv2,qL)B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為eq\f(\r(2)mv,2qL)C．帶電粒子在勻強電場中運動的加速度大小等于在勻強磁場中運動的加速度大小D．帶電粒子在勻強電場中運動和在勻強磁場中運動的時間之比為1∶218．如圖所示，在虛線左側(cè)的足夠大區(qū)域存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．有一個直角三角形金屬線框，線框左邊與磁場邊界平行，線框的電阻為R.線框以垂直虛線方向的速度v0做勻速直線運動，從線框的左邊進入磁場時開始計時．E表示線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小，F(xiàn)表示線框中受到的安培力大小，P表示線框的電功率的大小，I表示線框中的感應(yīng)電流，則下列圖象中正確的是()19．如圖所示，一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)從離地面高H處水平拋出，第一次落地時的水平位移為eq\f(4,3)H，反彈的高度為eq\f(9,16)H.已知小球與地面接觸的時間為t，重力加速度為g，不計摩擦和空氣阻力．下列說法正確的是()A．第一次與地面接觸的過程中，小球受到的平均作用力為eq\f(7m\r(2gH),4t)B．第一次與地面接觸的過程中，小球受到的平均作用力為eq\f(7m\r(2gH),4t)＋mgC．小球第一次落地點到第二次落地點的水平距離為2HD．小球第一次落地點到第二次落地點的水平距離為eq\f(3,2)H20.如圖所示，質(zhì)量分別為M和m(M≠m)的物塊A、B用輕質(zhì)彈簧連接后靜置于水平地面上，彈簧自然伸長，兩物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g.若給物塊B施加一水平向右的恒定拉力F，F(xiàn)＞μ(M＋m)g，穩(wěn)定后彈簧的長度為l1；若給物塊A施加一水平向右的恒定推力，大小仍為F，穩(wěn)定后彈簧的長度為l2.則下列說法中正確的是()A．兩種情況下，穩(wěn)定后物塊A、B的加速度大小均為eq\f(F,M＋m)－μgB．兩種情況下，穩(wěn)定后彈簧的彈力大小相同C．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(F,l1－l2)D．兩種情況下，穩(wěn)定前物塊A均做加速度逐漸增大的加速運動21．電流天平可以用來測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大?。疁y量前天平已調(diào)至平衡，測量時，在左邊托盤中放入質(zhì)量為m的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個質(zhì)量為m0、匝數(shù)為n、下邊長為l的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測磁場中．如圖甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計連接導(dǎo)線對線圈的作用力，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r.開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻至R1時，天平正好平衡，此時電壓表讀數(shù)為U.已知m0＞m，取重力加速度為g，則()A．矩形線圈中電流的方向為逆時針方向B．矩形線圈的電阻R＝eq\f(E－U,U)r－R1C．勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B＝eq\f(（m0－m）rg,n（E－U）l)D．若僅將磁場反向，在左盤中再添加質(zhì)量為2m0－m的砝碼可使天平重新平衡題號1415161718192021答案第Ⅱ卷三、非選擇題：共62分．第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33～34題為選考題，考生根據(jù)要求作答．(一)必考題：共47分．22．(5分)一個實驗小組做“探究彈簧彈力與彈簧伸長關(guān)系”的實驗，采用如圖a所示裝置，質(zhì)量不計的彈簧下端掛一個小盤，在小盤中增添砝碼，改變彈簧的彈力．實驗中作出小盤中砝碼重力與彈簧伸長量x的關(guān)系圖象如圖b所示．(重力加速度g＝10m/s2)(1)利用圖b中的圖象，可求得該彈簧的勁度系數(shù)為________N/m.(2)利用圖b中的圖象，可求得小盤的質(zhì)量為________kg，小盤的質(zhì)量會導(dǎo)致彈簧勁度系數(shù)的測量結(jié)果與真實值相比________(填“偏大”“偏小”或“相同”)．23．(10分)如圖為某一熱敏電阻(電阻值隨溫度的改變而改變，且對溫度很敏感)的I－U關(guān)系曲線圖．(1)為了通過測量得到如圖所示I－U關(guān)系的完整曲線，在圖甲和圖乙兩個電路中應(yīng)選擇的是圖________；簡要說明理由：_______________________________________.(電源電動勢為9V，內(nèi)阻不計，滑動變阻器的阻值為0～100Ω)(2)在如圖所示電路中，電源電壓恒為9V，電流表讀數(shù)為70mA，定值電阻R1＝250Ω.由熱敏電阻的I－U關(guān)系曲線可知，熱敏電阻兩端的電壓為________V；電阻R2的阻值為________Ω.24．(12分)在“互聯(lián)網(wǎng)＋”時代，網(wǎng)上購物已經(jīng)成為一種重要的家庭消費方式，物流快遞業(yè)也迅速發(fā)展．一快遞小哥在水平地面上拖拉一個貨箱，貨箱的總質(zhì)量為15kg，貨箱與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3).若該小哥拉著貨箱在水平地面上做勻速運動，(已知eq\r(3))求：(1)拉力方向與水平面成60°時拉力的大小；(計算結(jié)果保留一位小數(shù))(2)所施加拉力最小值的大小和方向．25.(20分)如圖所示的虛線PQ上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，S為磁場邊界PQ上的點，兩質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶負電粒子1和帶正電粒子2分別以圖示方向的速度從S點射入磁場，粒子1和粒子2的速度大小分別為v1＝v0、v2＝eq\r(3)v0，且α＝30°、β＝60°，經(jīng)過一段時間兩粒子同時到達磁場的邊界．忽略兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用．(1)到達磁場邊界時，粒子1和粒子2之間的距離為多少？(2)粒子1和粒子2射入磁場的時間間隔為多少？(3)如果在PQ下方的紙面內(nèi)加一勻強電場，并且使粒子1在該電場中的軌跡為直線，經(jīng)過一段時間的運動，兩粒子在電場中相遇，求該電場的電場強度大小與方向．(二)選考題：共15分．請考生從2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分．33．[物理——選修3-3](15分)(1)(5分)下列說法正確的是________．(填正確答案標號．選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．從單一熱源吸收熱量，使之全部變?yōu)楣Χ划a(chǎn)生其他影響是不可能的B．在溫度不變的條件下，增大飽和汽的體積，就可減小飽和汽的壓強C．脫脂棉脫脂的目的，在于使它從不能被水浸潤變?yōu)榭梢员凰橠．液晶具有光學(xué)各向異性E．只要是不顯示各向異性的固體必定是非晶體(2)(10分)一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了如圖所示的狀態(tài)變化．①已知從A到B的過程中，氣體對外放出600J的熱量，則從A到B，氣體的內(nèi)能變化了多少？②試判斷氣體在狀態(tài)B、C的溫度是否相同．如果知道氣體在狀態(tài)C時的溫度TC＝300K，則氣體在狀態(tài)A時的溫度為多少？34．[物理——選修3-4](15分)(1)(5分)一列橫波沿x軸傳播，圖中實線表示t＝0時刻的波形，虛線表示從該時刻起經(jīng)s后的波形，下列說法正確的是________．(填正確答案標號．選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A．該橫波周期為sB．t＝0時刻，x＝4m處的質(zhì)點的振動方向一定與x＝8m處的質(zhì)點振動方向相反C．t＝0時刻，x＝4m處的質(zhì)點向上運動D．s，波向右傳播時，波速為400m/sE．s，則當波速為6000m/s時，該波向左傳播(2)(10分)如圖所示．一束截面為圓形(半徑R＝1cm)的平行復(fù)色光垂直射向一玻璃半球的表面．經(jīng)折射后在屏幕S上形成一個圓形彩色亮區(qū)．已知玻璃半球的半徑也為R.屏幕S至球心的距離D為4cm.不考慮光的干涉和衍射，①在屏幕S上形成的圓形亮區(qū)的最外側(cè)是什么顏色？②若玻璃半球?qū)Β僦猩獾恼凵渎蕿閚＝eq\r(3)，求屏幕S上圓形亮區(qū)的最大半徑．(結(jié)果可保留根號)高考仿真模擬卷(十二)14．解析：選D.由核反應(yīng)方程遵循電荷數(shù)守恒及質(zhì)量數(shù)守恒可知，選項A錯誤；重核衰變時釋放能量，衰變產(chǎn)物更穩(wěn)定，故eq\o\al(206,82)Pb的比結(jié)合能更大，選項B錯誤；α射線的速度為光速的十分之一，電離能力強，穿透能力弱，選項C錯誤；放射性元素的半衰期僅由原子核內(nèi)部本身因素決定，選項D正確．15．解析：選C.由于力的大小不變，方向始終沿圓弧的切線方向，所以力F做的功為W＝F·eq\f(1,8)·2πR＝eq\f(π,4)FR，選項A、B錯誤；小球離開軌道時的速率為v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率為Fv，選項C正確；設(shè)小球離開軌道后運動到達最高點時的速度為v1，小球離開軌道后運動到達的最高點距離圓弧軌道左端的高度為h，根據(jù)動能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)>0，代入W的值可得h<eq\f(πRF,4mg)，所以選項D錯誤．16．解析：選A.位移－時間圖象為拋物線，結(jié)合勻變速直線運動的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，而v0＝8m/s，時間t＝2s時的位移得x＝12m，代入解得a＝－2m/s2，則函數(shù)為x＝8t－t2，即質(zhì)點做勻減速直線運動，加速度大小為2m/s2，故A正確，C錯誤；2s時的瞬時速度為v＝v0＋at＝8m/s－2×2m/s＝4m/s；或求P點的斜率v2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(12－4,2)m/s＝4m/s，故B錯誤；由位移公式可得1s內(nèi)的位移x1＝8×1m－12m＝7m，故D錯誤．17．解析：選C.帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，有L＝vt，eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2，qE＝ma，聯(lián)立解得E＝eq\f(mv2,qL)，a＝eq\f(v2,L)，A錯誤；帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，由幾何關(guān)系有r＝L，聯(lián)立解得B＝eq\f(mv,qL)，B錯誤；粒子在勻強磁場中運動的加速度a′＝eq\f(v2,r)＝eq\f(v2,L)＝a，C正確；帶電粒子在勻強電場中運動的時間t＝eq\f(L,v)，在勻強磁場中運動的時間t′＝eq\f(πL,2v)，帶電粒子在勻強電場中運動和在勻強磁場中運動的時間之比為eq\f(t,\a\vs4\al(t′))＝eq\f(2,π)，D錯誤．18．解析：選A.線框做勻速直線運動，感應(yīng)電動勢E＝BLv0，感應(yīng)電動勢隨著線框切割磁感線有效長度L的減小而線性減小，A正確；線框進入磁場過程中受到的安培力F＝eq\f(B2L2v0,R)，安培力與L2成線性關(guān)系，B錯誤；線框的電功率P＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),R)，電功率與L2成線性關(guān)系，C錯誤；線框進入磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(BLv0,R)，感應(yīng)電流與L成線性關(guān)系，D錯誤．19．解析：選AC.小球第一次落地時豎直方向的速度為v1＝eq\r(2gH)，小球第一次反彈時豎直方向的速度為v2＝eq\r(2g×\f(9H,16))＝eq\r(\f(9gH,8))，在小球第一次與地面接觸的過程中應(yīng)用動量定理有：Ft＝mv2－(－mv1)，代入數(shù)據(jù)解得：F＝eq\f(7m\r(2gH),4t)，故A正確，B錯誤；小球第一次下落的時間為t＝eq\r(\f(2H,g))，水平初速度v0＝eq\f(\f(4H,3),\r(\f(2H,g)))＝eq\r(\f(8gH,9))，第一次反彈到最高點所用的時間為t′＝eq\r(\f(2×\f(9H,16),g))，所以第一次落地點到第二次落地點的水平距離為2v0t′＝2eq\r(\f(8gH,9))×eq\r(\f(9H,8g))＝2H，故C正確，D錯誤．20．解析：選AC.由題意可知，穩(wěn)定后兩物塊具有相同的加速度，將兩物塊看做一個整體，則由牛頓第二定律可得F－μ(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝eq\f(F,M＋m)－μg，A正確；當給物塊B施加拉力F時，設(shè)穩(wěn)定后彈簧的彈力大小為F1，對物塊A有F1－μMg＝Ma，解得F1＝eq\f(M,M＋m)F，當給物塊A施加推力F時，設(shè)穩(wěn)定后彈簧的彈力大小為F2，對物塊B有F2－μmg＝ma，解得F2＝eq\f(m,M＋m)F，B錯誤；設(shè)彈簧原長為l0，勁度系數(shù)為k，則有F1＝k(l1－l0)，F(xiàn)2＝k(l0－l2)，聯(lián)立解得k＝eq\f(F,l1－l2)，C正確；兩種情況下，穩(wěn)定前彈簧的彈力均逐漸增大，故當對物塊B施加拉力F時，物塊A將做加速度逐漸增大的加速運動，當對物塊A施加推力F時，物塊A將做加速度逐漸減小的加速運動，D錯誤．21．解析：選AC.對矩形線圈受力分析可知所受安培力向上，再由左手定則可知矩形線圈中電流的方向為逆時針方向，故A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U＝E－eq\f(U,R＋R1)r，解得矩形線圈的電阻R＝eq\f(Ur,E－U)－R1，故B錯誤；根據(jù)平衡條件可得m0g－F＝mg，而F＝nBIl，I＝eq\f(E－U,r)，解得勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B＝eq\f(（m0－m）gr,n（E－U）l)，故C正確；開始線圈所受安培力的方向向上，僅將磁場反向，則安培力方向反向，變?yōu)樨Q直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，所以需要在左邊加砝碼，添加質(zhì)量為Δm＝eq\f(2F,g)＝2(m0－m)的砝碼可使天平重新平衡，故D錯誤．22．解析：(1)F－x圖線的斜率k的大小等于彈簧勁度系數(shù)的大小，即k＝2N/cm＝200N/m.(2)當小盤中砝碼重力為零時，cm，由F＝kx得，小盤重力大小為1N，kg，勁度系數(shù)是根據(jù)圖線斜率計算出的，小盤的質(zhì)量對結(jié)果無影響．答案：(1)200(2)相同23．解析：(1)應(yīng)選擇圖甲，因為圖甲電路電壓可從0V調(diào)到所需電壓，電壓調(diào)節(jié)范圍大．(2)由題圖知R2與熱敏電阻串聯(lián)后與R1并聯(lián)接在9V電源上，總電流I＝70mA.R1＝250Ω.設(shè)通過熱敏電阻的電流為I2，通過R1的電流為I1，則I＝I1＋I2，故I2＝I－I1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(70－\f(9,250)×103))mA＝34mA.由圖象查得34mAV，R2兩端電壓U2＝9V－VV，所以R2＝eq\fV,34×10－3A)≈Ω.答案：(1)甲因為甲電路電壓可從0V調(diào)到所需電壓，電壓調(diào)節(jié)范圍大(2)24．解析：(1)設(shè)拉力F與水平方向夾角θ，如圖所示，對物體受力分析，根據(jù)平衡條件得：Fsinθ＋FN－mg＝0①Fcosθ－Ff＝0②Ff＝μFN③解得：F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)代入θ，g，m，μ，得F＝50eq\r(3)NN.④(2)由F＝eq\f(μmg,cosθ＋μsinθ)及數(shù)學(xué)知識可得：F＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋φ）)⑤tanφ＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)φ＝60°⑥所以，當θ＋φ＝90°時，F(xiàn)最小即θ＝30°⑦當拉力方向與水平方向夾角為30°時，拉力最小，F(xiàn)min＝75N．⑧答案：見解析25.解析：(1)兩粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)粒子1圓周運動的圓心角θ1＝eq\f(5π,3)，SM＝2r1sinα粒子2圓周運動的圓心角θ2＝eq\f(4π,3)，SN＝2r2sinβ聯(lián)立得d＝SM＋SN＝eq\f(4mv0,qB).(2)粒子圓周運動的周期為T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)粒子1在勻強磁場中運動的時間為t1＝eq\f(θ1,2π)T粒子2在勻強磁場中運動的時間為t2＝eq\f(θ2,2π)T所以有Δt＝t1－t2＝eq\f(πm,3qB).(3)由題意，電場強度的方向應(yīng)與粒子1穿出磁場時的速度方向平行①若電場強度的方向與PQ成30°角斜向右上方，則粒子1做勻加速直線運動，粒子2做類平拋運動由牛頓第二定律有qE＝madcos30°＝v1t＋eq\f(1,2)at2＋eq\f(1,2)at2dsin30°＝v2t解得E＝eq\r(3)Bv0.②若電場強度的方向與PQ成30°角斜向左下方，則粒子1做勻減速直線運動，粒子2做類平拋運動，由牛頓第二定律有qE＝madcos30°＝v1t－eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)at2dsin30°＝v2t解得E＝－eq\r(3)Bv0，假設(shè)不成立．綜上所述，電場強度的大小為E＝eq\r(3)Bv0，方向與PQ成30°角斜向右上方．答案：見解析33．解析：(1)不可能從單一熱源吸熱完全變?yōu)楣?，而不產(chǎn)生其他影響，A正確；在溫度不變的條件下，飽和汽的壓強不變，B錯誤；脫脂棉脫脂后，可以被水浸潤，以便吸取藥液，C正確；液晶既像液體一樣具有流動性，又跟某些晶體一樣具有光學(xué)性質(zhì)的各向異性，D正確；多晶體和非晶體都具有各向同性，只有單晶體在某些物理性質(zhì)上顯示各向異性，E錯誤．(2)①從A到B，外界對氣體做功，有W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3