2021高考物理二轮复习仿真模拟卷5含解析

1、仿真模拟卷(五)(时间：60分钟满分：110分)二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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，有选错的得0分。14在物理学的发展过程中，科学家们创造出了许多物理学研究方法，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是()a在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法b伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，根据小球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里

2、采用了实验和逻辑推理相结合的方法c在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，这里采用了假设法d在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法b在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看成匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，选项a的叙述错误；伽利略认为自由落体运动就是物体在倾角为90的斜面上的运动，根据小球在斜面上的运动规律得出自由落体的运动规律，这里采用了实验和逻辑推理相结合的方法，选项b的叙述正确；在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不

3、变探究加速度与力的关系，再保持力不变探究加速度与质量的关系，这里采用了控制变量法，选项c的叙述错误；在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型法，选项d的叙述错误。15.如图所示，木板p下端通过光滑铰链固定于水平地面上的o点，物体a、b叠放在木板上且处于静止状态，此时物体b的上表面水平。现使木板p绕o点缓慢旋转到虚线所示位置，物体a、b仍保持静止，与原位置相比()aa对b的作用力减小bb对a的支持力增大c木板对b的支持力增大d木板对b的摩擦力增大d由题意知a、b始终处于动态平衡状态，对a受力分析知a受重力和b对a的作用力而平衡，所以a对b的作用力与a的重力大小相等，故

4、a错误；当将木板p绕o点缓慢旋转到虚线所示位置时，b的上表面不再水平，设b的上表面与水平面间的夹角为，则b对a的支持力为gacos 4.54 ev，因此这种光子能使金属钨发生光电效应，故d正确。20如图(a)所示，一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块a，上端固定在c点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为m0的子弹b以水平速度v0射入a内(未穿透)，接着两者一起绕c点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力f随时间t的变化关系如图(b)所示，已知子弹射入的时间极短，且图(b)中t0为a、b开始以相同的速度运动的时刻。下列说法正确的是()(a)

5、(b)aa、b一起在竖直面内做周期为tt0的圆周运动ba的质量大小为mm0c子弹射入物块过程中所受冲量大小为d轻绳的长度为lgbcd由图(b)可得，a、b整体做圆周运动，在最高点时绳的拉力为零，最低点时绳的拉力为fm，圆周运动的周期为2t0，a项错误；子弹b射入a的过程二者动量守恒，则有m0v0(m0m)v1，在最低点瞬间有fm(m0m)g(m0m)，在最高点瞬间有(m0m)g(m0m)，从最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律有(m0m)g2l(m0m)(vv)，子弹射入物块a的过程中所受的冲量im0(v1v0)，其大小取绝对值，解以上五个方程可判断b、c、d项正确。21如图甲所示，下端固定

6、的轻质弹簧竖直放置，一质量为m的小球，从距离弹簧上端高h处由静止释放。若以小球开始下落的位置为坐标原点o，沿竖直向下方向建立坐标轴ox，作出小球在落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程中，小球所受弹力f的大小随下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度大小为g。以下判断正确的是()甲乙a小球受到的弹力最大值等于2mgb当xha时，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小c小球动能的最大值为mghd弹力f随时间t变化的图线也应该是线性图线bc设小球下落到弹簧压缩量最大为x1时弹簧的弹力为fmax，对从小球开始下落到弹簧压缩量达到最大的过程，由动能定理有mg(hx1)wf0，根据

7、fx图线与横轴所围图形的面积表示小球克服弹力所做的功，可得wffmaxx1，联立可得fmax2mg2mg，选项a错误；由题图可知，当xha时，小球所受重力和弹力的合力为零，此时小球的速度最大，动能最大，由于小球和弹簧组成的系统机械能守恒，所以当xha时，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，选项b正确；对小球开始下落至下落到xha的过程，由动能定理有mg(ha)wfek，wfmga，联立解得小球动能的最大值ekmghmga，选项c正确；由于小球不是做匀速运动，即x与t不是线性关系，可知弹力f随时间t变化的图线不是线性图线，选项d错误。三、非选择题：共62分。第2225题为必考题，每个试题考生

8、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)有学生利用自己改装的简易欧姆表来测量电阻，改装时利用了一个灵敏电流计，滑动变阻器，干电池等。干电池的电动势e1.5 v，内阻r1.5 ，电流计铭牌上标有满偏电流ig5 ma、内阻rg18.5 字样。改装前该同学先设计了如图所示的电路原理图，a、b为接线柱，r为滑动变阻器。(1)欧姆调零后，发现在a、b间接入阻值不同的电阻时，电流计读数不同。若在电流计刻度线上直接标注相应阻值，则可直接读出a、b间接入电阻的阻值，电流计就改装成了一块能够测量导体电阻的欧姆表。电流计“2.0 ma”刻度线标为_；为了操作方便，在

9、a、b处按照多用电表中欧姆挡的使用规则用红、黑表笔接出，其中红表笔应接在_(选填“a”或“b”)处。(2)该学生改装时用了一节旧电池，电动势没有降低，但内阻变大了，测量结果_(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。解析(1)连接a、b，调节滑动变阻器r，使欧姆表指针指到0，即电流表达到满偏电流ig，根据闭合电路欧姆定律得rrrg280 ；保持r不变，在a、b间接入电阻rx时通过电流计的电流为i12.0 ma，根据闭合电路欧姆定律得rx450 ；应使电流从红表笔流入电流计，故红表笔应接a处。(2)改装时用了一节旧电池，电动势没有降低，内阻变大了，测量结果不变，因为中值电阻不变，只是滑动变阻器接入电路

10、的阻值变化了而已。答案(1)450(2分)a(2分)(2)不变(2分)23(9分)某同学通过实验测量玩具上的小直流电动机转动的角速度大小。如图甲所示，将直径约为3 cm的圆盘固定在电动机转动轴上，将纸带的一端穿过打点计时器后，固定在圆盘的侧面，圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘的侧面上，打点计时器所接交流电的频率为50 hz。甲乙丙(1)实验时，应先接通_(选填“电动机”或“打点计时器”)的电源。(2)实验得到一卷绕在圆盘上的纸带，将纸带抽出一小段，测量相邻两个点之间的长度l1，以及此时圆盘的直径d1，再抽出较长的一段纸带后撕掉，然后抽出一小段测量相邻两个点之间的长度l2，以及此时圆盘的直径d2，重

11、复上述步骤，将数据记录在表格中，其中一段纸带如图乙所示，测得打下这些点时，纸带运动的速度大小为_ m/s。测得此时圆盘直径为5.60 cm，则可求得电动机转动的角速度为_ rad/s。(结果均保留2位有效数字)(3)该同学根据测量数据，作出了纸带运动速度v与相应圆盘直径d的关系图象，如图丙所示。分析图线，可知电动机转动的角速度在实验过程中_(选填“增大”“减小”或“不变”)。解析(1)实验时，应先接通打点计时器的电源，再接通电动机的电源。(2)纸带运动的速度大小为v m/s1.8 m/s；角速度 rad/s64 rad/s。(3)因vd图象是过原点倾斜的直线，又根据vrd，可知不变。答案(1)

12、打点计时器(2分)(2)1.8(2分)64(2分)(3)不变(3分)24(12分)某幼儿园要在空地上做一个滑梯，如图所示，由于空地大小的限制，滑梯斜面的水平跨度确定为x6 m。儿童裤料与滑板间的动摩擦因数0.4，重力加速度g10 m/s2。(1)若儿童在滑梯上恰能滑下，求滑梯的高度h；(2)若小明的裤料与滑板间的动摩擦因数1，求他从滑梯顶端由静止滑到斜面底端的瞬时速度大小；(3)若体重比小明重，与小明穿相同裤料的小华，从滑梯上也从顶端由静止滑到斜面底端，有人认为他滑行的时间比小明长，这种说法是否正确？简要说明理由。解析(1)儿童要恰能滑下，重力的下滑分力应等于滑动摩擦力，则有mgsin mgc

13、os ，(2分)根据几何关系有tan ，(1分)联立解得h0.4x2.4 m。(1分)(2)对小明，由动能定理得mgh1mglcos mv2，(2分)又由几何关系知xlcos (1分)联立解得滑到斜面底端的瞬时速度大小v2 m/s。(1分)(3)这种说法不正确，小华下滑的时间与小明相等。(1分)斜面长lat2，(1分)根据牛顿第二定律得ag(sin 1cos )(1分)联立解得下滑时间t(1分)可见t与m无关，小华与小明下滑的时间相同。答案(1)2.4 m(2)2 m/s(3)见解析25(20分)如图所示，在xoy平面的第一象限内有垂直纸面向外的水平方向的匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的正

14、粒子从y轴上的p点以初速度大小v0，沿与y轴正方向成60角的方向垂直磁场进入第一象限，粒子在x轴上的q点沿y轴负方向进入第四象限。第四象限中，直线yx与x轴之间，有沿x轴负方向的匀强电场，进入第四象限的粒子离开电场时垂直直线yx，从c点射出。已知oqh，不计粒子的重力。(1)求匀强磁场的磁感应强度b；(2)求电场强度e和粒子由p运动到直线yx所用的时间；(3)如果一速度大小相同的粒子，从p点垂直于y轴射入磁场，出磁场时速度方向恰与x轴方向垂直，则该粒子运动轨迹与直线yx交点的坐标为多少(可用根式表示)?解析(1)画出粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动轨迹，如图所示。设粒子在匀强磁场中做圆周运动的

15、圆心为o1，半径为r，由几何关系可得poh(1分)r(1分)由qv0bm(1分)可得b。(1分)(2)粒子在匀强磁场中运动了个圆周，运动时间t1(1分)粒子在匀强电场中做类平抛运动。沿电场方向有hx1at，(2分)vxat2，(1分)a(1分)沿y轴负方向有y1v0t2(1分)因为粒子离开电场时垂直于直线yx所以1，x1y1(1分)联立解得e，(1分)t2(1分)粒子由p运动到直线yx所用的时间tt1t2(2分)(3)速度大小相同的粒子从p点入射，垂直于x轴出磁场，设该粒子所带电荷量为q，质量为m，则该粒子在磁场中运动的轨迹半径rh(1分)该粒子进入电场后，做类平抛运动，设与yx交点的横坐标为

16、a(a0)则av0t(1分)qema，(1分)haat2(1分)联立解得交点坐标为(1)h，(1)h(1分)答案见解析(二)选做题：本题共15分。请考生从给出的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。33物理选修33(15分)(1)(多选)(5分)如图所示是海浪发电机的装置示意图，当海浪向下运动时气室中的活塞向下运动，进气阀门打开、出气阀门关闭，外界空气进来；当海浪向上运动时气室中的活塞向上运动，进气阀门关闭、出气阀门打开，压缩气室内的气体推动出气口处的活塞，从而使发电装置工作。假设整个装置是绝热的，气室内气体可视为理想气体。气室内气体在被活塞压缩到释放前这一过程中，下列说法

17、正确的是_。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)a该装置违背了热力学第二定律b气室内气体内能增加c气室内气体分子的平均动能不变d气室内气体分子之间的斥力增加e若气室活塞一次压缩气体做的功为10 j，发电装置获得8 j的能量，则气室内气体一次被排出时所带走的能量为2 j(2)(10分)如图所示为一固定的导热性能良好的容器，横截面积为s，上端有一密闭性良好的容器盖(盖不固定)，容器内密封一定质量的理想气体，气体温度为27 ，气体压强为p0(大气压强)。现对容器缓慢加热，当容器内气体温度为33 时，容器盖恰好被顶起。假设容器盖被顶起的瞬

18、间，容器内的一部分气体在极短的时间内溢出来，此时容器盖也立即复位，容器内气体的压强回到初状态的压强p0，但气体的温度仍然保持33 。然后立即停止加热，经过一段时间后，容器内气体的温度恢复到27 ，求：()当容器内气体的温度为33 时，容器内气体的压强；()当容器内气体的温度恢复到27 时，恰好能将容器盖沿竖直方向提起的作用力大小。解析(1)海浪发电机在工作的时候需要外界的能量来推动，这个能量的来源是海浪的机械能，故该装置没有违背热力学第二定律，故a错误；活塞压缩气体，外界对气室内气体做功，气体内能增加，故气体的温度升高，气室内气体的平均动能增加，故b正确、c错误；压缩气体，气体分子之间的距离减

19、小，故气室内气体分子之间的斥力增加，d正确；根据能量守恒定律可知e正确。(2)()由题意可知容器内的气体发生的是等容变化初始状态pp0，温度t0300 k设末态的压强为p1，温度t1306 k根据查理定律(2分)可得p1p0p01.02p0。(1分)()当容器内气体的温度恢复到27 时，根据查理定律(等容变化)可得(2分)解得p2p0p0(1分)当容器盖恰好被顶起时有p1smgp0s(1分)根据力的平衡可知，将容器盖提起时所需的最小力fmin满足fminp2sp0smg(1分)解得fmin0.04p0s。(2分)答案(1)bde(2)()1.02p0()0.04p0s34物理选修34(15分)(1)(5分)图示为用某种透明材料制成的长方形透明体的横截面，ab2l，bc，e为a