全国高考物理（全国统考版）评估验收模拟卷（十五）

2021届全国高考物理（全国统考版）评估验收模拟卷（十五）（解析版）(时间：70分钟；满分：110分)第Ⅰ卷二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．14．2018年11月12日中科院等离子体物理研究所发布消息：全超导托克马克装置EAST在实验中有了新的突破，等离子体中心电子温度达到1亿摄氏度；其主要核反应方程为：①eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(2,1)H→eq\o\al(3,2)He＋X②eq\o\al(2,1)H＋Y→eq\o\al(4,2)He＋X，则下列表述正确的是()A．X是质子B．Y是氚核C．X与Y是同位素D．①②两个核反应都属于裂变反应15.在t＝0时，A、B两物体在同一地点以相同的初速度沿同一方向运动，A物体的v－t图象如图所示，B物体做匀减速直线运动，直到停止，两物体的位移相同，下列说法正确的是()A．B运动的时间可能等于AB．在途中B始终在A的前方C．在途中任一时刻两物体的速度不可能相同D．在途中任一时刻两物体的加速度不可能相同16．如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v－t图象，图中t1、v0、v1已知．重力加速度大小为g.由此可求得()A．木板的长度B．物块与木板的质量C．物块与木板之间的动摩擦因数D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能17.如图所示，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°角，上极板带正电．一电荷量为q(q>0)的粒子在电容器中靠近下极板处，以初动能Ek0竖直向上射出．不计重力，极板尺寸足够大．若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为()A.eq\f(Ek0,4qd) B.eq\f(Ek0,2qd)C.eq\f(\r(2)Ek0,2qd) D.eq\f(\r(2)Ek0,qd)18.如图所示，x轴在水平地面上，y轴在竖直方向上，在y轴上的P点分别沿x轴正方向和y轴正方向以相同大小的初速度抛出两个质量相等的小球a和b，不计空气阻力，若b上升的最大高度等于P点离地的高度，则从抛出到落地，有()A．a的运动时间是b的运动时间的eq\r(2)倍B．a的位移大小是b的位移大小的eq\r(2)倍C．a、b落地时的速度相同，因此动能一定相同D．a、b落地时的速度不同，但动能相同19.如图所示是氢原子中电子绕核做圆周运动的示意图．电子绕核运动，可等效为环形电流，此环形电流的大小为I1.现在沿垂直于圆轨道平面的方向加一磁感应强度为B的外磁场，设电子的轨道半径不变，而它的速度大小发生变化，若用I2表示此时环形电流的大小，则当B的方向()A．垂直于纸面向里时，I2>I1B．垂直于纸面向外时，I2<I1C．垂直于纸面向里时，I2<I1D．垂直于纸面向外时，I2>I120．绝缘光滑斜面与水平面成α角，质量为m、带电荷量为－q(q>0)的小球从斜面上的h高度处释放，初速度为v0(v0>0)，方向与斜面底边MN平行，如图所示，整个装置处在匀强磁场B中，磁场方向平行斜面向上．如果斜面足够大，且小球能够沿斜面到达底边MN.则下列判断正确的是()A．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤eq\f(mg,qv0)B．匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤eq\f(mgcosα,qv0)C．小球在斜面做变加速曲线运动D．小球到达底边MN的时间t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))21．水平长直轨道上紧靠放置n个质量为m可看做质点的物块，物块间用长为l的细线连接，开始处于静止状态，轨道与物块间的滑动摩擦因数为μ.用水平恒力F拉动1开始运动，到连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度变为零，则()A．拉力F所做功为nFlB．系统克服摩擦力做功为eq\f(n（n－1）μmgl,2)C．F>eq\f(nμmg,2)D．(n－1)μmg<F<nμmg题号1415161718192021答案第Ⅱ卷三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(5分)在“探究功与速度变化的关系”的实验中，某实验研究小组的实验装置如图甲所示，木块从A点静止释放后，在一根弹簧作用下弹出，沿足够长的木板运动到B1点停下，记录此过程中弹簧对木块做的功为W1.O点为弹簧原长时所处的位置，测得OB1的距离为L1.再用完全相同的2根、3根…弹簧并在一起进行第2次、第3次…实验并记录2W1、3W1…及相应的L2、L3…数据，用W－L图象处理数据，回答下列问题：甲乙(1)如图乙是根据实验数据描绘的W－L图象，图线不过原点的原因是______________________．(2)由图线得木块从A到O过程中克服摩擦力做的功是________W1.(3)W－L图象斜率的物理意义是______________．23．(10分)(1)为了测量电阻，现取一只已经完成机械调零的多用电表，如图甲所示，请根据下列步骤完成电阻测量：①将K旋转到电阻挡“×100”位置．②将插入“＋”“－”插孔的表笔短接，旋动部件________(选填“C”或“D”)，使指针对准电阻的“0”刻度线．③将调好零的多用电表按正确步骤测量一电学元件P的电阻，P的两端分别为a、b，指针指示位置如图甲所示．为使测量比较精确，应将选择开关旋到______(选填“×1”“×10”或“×1k”)的倍率挡位上，并重新调零，再进行测量．(2)多用电表电阻挡的内部电路如图乙虚线框中所示，电源电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系式为__________________．(3)某同学想通过多用电表中的欧姆挡去测量一量程为3V的电压表内阻．该同学将欧姆挡的选择开关拨至“×1k”的倍率挡，并将红、黑表笔短接调零后，应选用图丙中________(选填“A”或“B”)方式连接．在进行了正确的连接、测量后，欧姆表的读数如图丁所示，读数为________，这时电压表的读数如图戊所示．若该欧姆挡内阻为24kΩ，则可算出欧姆挡内部所用电池的电动势为________(计算结果保留两位有效数字)．24.(12分)如图所示，固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接，圆轨道半径为R，PN恰好为该圆的一条竖直直径．可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N处，物块A的质量mA＝2m，B的质量mB＝m，两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B经过P点时对轨道的压力为mg.已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：(1)两物块刚分离时物块B的速度大小vB；(2)物块A在水平面上滑行的最大距离．25．(20分)如图所示，三块等大且平行正对的金属板水平放置，金属板厚度不计且间距足够大，上面两金属板间有竖直向下的匀强电场，下面两金属板间有竖直向上的匀强电场，电场强度大小均为E.以中间金属板的中轴线为x轴，金属板右侧存在一足够大的匀强磁场，现有一重力不计的绝缘带电粒子，质量为m，带电荷量为－q，从中间金属板上表面的电场中坐标位置(－l，0)处以初速度v0沿x轴正方向开始运动，已知l＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qE)，求：(1)带电粒子进入磁场时的位置坐标(用l表示)以及带电粒子进入磁场时的速度大小与方向；(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面关于x轴与释放点对称的位置，计算匀强磁场的磁感应强度B的大小(用E、v0表示)．(二)选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3­3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(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．当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大B．一定质量的理想气体在等温膨胀过程中，要从外界吸收热量C．热力学第二定律表明自发的宏观过程总是向无序度更大的方向发展D．布朗运动是悬浮在液体中的微粒之间的相互碰撞引起的E．一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积的平均碰撞次数随着温度降低而增加(2)(10分)如图所示，足够长的导热性能良好的汽缸竖直放置，底部与一打气装置相连，每次均可打入压强p0＝×105Pa，体积V0＝×10－5m3的空气．在距汽缸底部hm处用销钉固定一活塞A，封闭一部分压强也为p0×105Pa的空气，活塞A可在汽缸内无摩擦地滑动，质量m＝2kg，横截面积S×10－4m2.现向汽缸内打气2次后，拔掉销钉，活塞缓慢移动，最终停在某个位置，整个过程中保持外界环境的大气压强和温度不变，大气压强为p0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，求最终活塞与汽缸底部的距离．34．[物理——选修3­4](15分)(1)(5分)如图所示，一简谐横波在某区域沿x轴传播，实线a为t＝0时刻的波形图线，虚线b为t＝Δt时刻的波形图线．已知该简谐横波波源振动的频率为fHz，虚线b与x轴交点P的坐标为xP＝1m．则下列说法正确的是________．(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．这列波的传播速度大小一定为20m/sB．这列波一定沿x轴正向传播C．可能有ΔtsD．可能有ΔtsE．若该列波遇到宽度为6m的障碍物能发生明显的衍射现象(2)(10分)如图所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入．已知棱镜的折射率n＝eq\r(2)，AB＝BC＝8cm，OA＝2cm，∠OAB＝60°.①画出光线第一次射出棱镜时的光路图．②求第一次的出射点距C多远．2020年普通高等学校招生全国统一考试高考仿真模拟卷(十六)(时间：70分钟；满分：110分)第Ⅰ卷二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．某金属发生光电效应，光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν之间的关系如图所示．已知h为普朗克常量，e为电子电荷量的绝对值，结合图象所给信息，下列说法正确的是()A．入射光的频率小于ν0也可能发生光电效应现象B．该金属的逸出功随入射光频率的增大而增大C．若用频率是2ν0的光照射该金属，则遏止电压为eq\f(hν0,e)D．遏止电压与入射光的频率无关15．如图所示，小球从斜面的顶端A处以大小为v0的初速度水平抛出，恰好落到斜面底部的B点，且此时的速度大小vB＝eq\r(\f(13,4))v0，空气阻力不计，该斜面的倾角为()A．60° B．45°C．37° D．30°16．某物体的v－t图象如图所示，下列说法正确的是()A．0～t1和t2～t3，合外力做功和冲量都相同B．t1～t2和t3～t4，合外力做功和冲量都相同C．0～t2和t2～t4，合外力做功和冲量都相同D．0～t1和t3～t4，合外力做功和冲量都相同17．如图所示，虚线是某静电场的一簇等势线，边上标有电势的值；一带电粒子只在电场力的作用下恰能沿图中的实线从A经过B运动到C，下列说法正确的是()A．粒子一定带负电B．A处场强大于C处场强 C．粒子在A处的电势能大于在C处的电势能D．粒子从A到B的电场力所做的功大于从B到C电场力做的功18．如图所示，光滑绝缘水平面上有两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O.在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三角形，则()A．小环A的加速度大小为eq\f(\r(3)kq2,ml2)B．小环A的加速度大小为eq\f(\r(3)kq2,3ml2)C．恒力F的大小为eq\f(\r(3)kq2,3l2)D．恒力F的大小为eq\f(\r(3)kq2,l2)19.某质点在3s内竖直向上运动，其加速度与时间(a－t)图象如图所示．若取竖直向下为正方向，重力加速度g取10m/s2.则下列说法正确的是()A．质点第1s内发生的位移为5mB．质点的初速度不小于29m/sC．质点第2s内处于失重状态D．质点在第3s末的机械能大于第1s末的机械能20．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，导轨间距L＝1m．－质量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ，则从起点发生x＝1m位移的过程中(g＝10m/s2)()A．金属棒克服安培力做的功W1JB．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4JC．整个系统产生的总热量QJD．拉力做的功WJ21．将如图所示的交变电压加在变压比为4∶1的理想变压器的原线圈两端，已知副线圈接阻值R＝11Ω的定值电阻，则下列说法正确的是()A．交变电压的频率为50HzB．该理想变压器的输入功率为输出功率的4倍C．副线圈两点电压的有效值为55VD．A题号1415161718192021答案第Ⅱ卷三、非选择题：共62分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共47分．22．(5分)某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．入射球和靶球的半径相同，质量分别为m1、m2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从斜槽上固定位置G由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次．最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示．(1)关于本实验下列说法正确的是________．A．需要用游标卡尺测量两小球的直径B．应使m1>m2C．实验中记录纸上铺的复写纸的位置可以移动D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平(2)请你叙述确定落点平均位置的办法：________________________________．(3)按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R并测出了OP、PQ、QR间的距离分别为x1、x2、x3，则验证动量守恒定律的表达式是___________________________．23．(10分)灵敏电流计G的量程为500μA、内阻未知，某小组要将该电流计的量程扩大至5mA，有下列器材可选：A．干电池一节B．电压表V(V，内阻几千欧)C．滑动变阻器R1(0～100Ω)D．电阻箱R2(Ω)E．开关、导线若干(1)甲同学设计了如图甲所示的电路测电流计G的内阻，判断是否可行并分析原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)乙同学设计了如下实验：①用如图乙所示电路测量电流计和电压表的内阻．a．将R1滑片滑到左端，断开S2，闭合S1，调节R1，使电流计满偏，此时电压表VV；b．将R2调至最大，闭合S2，调节R1、R2，当电压表示数为V时，电流计的示数为300μA、R2的阻值为180Ω.由以上数据可得电压表的内阻RV＝________Ω，电流计的内阻Rg＝________Ω.②用灵敏电流计和电阻箱改装电流表，请在虚线框中画出改装电路图，此时电阻箱的阻值应调为________Ω.24．(12分)如图所示，可看做质点的小物块放在长木板的正中央，长木板置于光滑水平面上，两物体皆静止；已知长木板质量为Mkg，长度为L＝m，小物块质量为mkg，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.2；两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g＝10m/s2，试求：(1)用水平向右的恒力F作用于小物块，当F满足什么条件，两物体才能发生相对滑动？(2)N的恒力作用于小物块，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？25．(20分)如图所示，在xOy直角坐标平面内－eq\f(\r(3),20)m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度BT，0≤xm的区域有沿－x方向的匀强电场．在x轴上坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),20)m，0))的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向各发射一个比荷eq\f(q,m)×107C/kg；速率v×106m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z刚好能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．求：(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径r及周期T；(2)电场强度的大小E及Z粒子从S点发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；(3)Z粒子第一次刚进入电场时，还未离开过磁场的粒子占粒子总数的比例η.(二)选考题：共15分．请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3­3](15分)(1)(5分)一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图所示．已知气体处于状态A时的温度为300K，则下列判断正确的是________．(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．气体处于状态B时的温度是900KB．气体处于状态C时的温度是300KC．从状态A变化到状态C过程气体内能一直增大D．从状态A变化到状态B过程气体放热E．从状态B变化到状态C过程气体放热(2)(10分)粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端有一活塞P，右管上端有一阀门K，开始时活塞位置与阀门等高，如图所示，阀门打开时，管内两边水银柱等高，两管空气柱长均为l＝20cm，此时两边空气柱温度均为27℃，外界大气压为p0＝76cmHg，若将阀门K关闭以后，把左边活塞P慢慢下压，直至右边水银上升10cm，在活塞下压过程中，左管空气柱的温度始终保持在27℃，并使右管内温度上升到177℃，求此时左管内空气的长度．34．[物理——选修3­4](15分)(1)(5分)如图所示，实线是一列简谐横波在t1时刻的波形图，M是平衡位置距O点5m的质点，虚线是t2＝(t1)s时刻的波形．下列说法正确的是________．(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．该波遇到长度为3米的障碍物时将会发生明显衍射现象B．波速可能为20m/sC．sD．若波速为35m/s，该波一定沿着x轴负方向传播E．若波速为15m/s，从t1到t2时刻，质点M运动的路程为60cm(2)(10分)一同学在水平桌面上铺放一张白纸，将一横截面是直角三角形的玻璃砖平放在白纸上，并用铅笔将其边缘画在白纸上，得到如图所示的直角三角形ABC，在白纸上作一垂直BC边的直线，在该直线上竖直插上P1、P2两颗大头针，然后从玻璃砖的另一个面透过玻璃砖观察P1、P2的像，在白纸上竖直插上P3、P4两颗大头针，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3及P1、P2的像，大头针的位置如图所示．(i)作出该光束完整的光路图；(ii)测得出射光线与AB边的夹角为θ(θ为锐角)，测出直角三角形顶角A的角度为α，求该玻璃砖的折射率n.高考仿真模拟卷(十五)14．解析：选B.根据核反应遵循的质量数守恒和电荷数守恒可知，X的质量数为1，电荷数为0，X是中子，Y的质量数为3，电荷数为1，Y是氚核，选项A错误，B正确；同位素是指电荷数相同质量数不同的粒子，X与Y电荷数不同，不是同位素，选项C错误；①②两个核反应都属于聚变反应，选项D错误．15.解析：选B.因v－t图线与横轴的“面积”等于物体的位移，若B运动的时间等于A，则B运动的位移大于A的位移，由此可知B运动的时间小于A，选项A错误；由图象可知开始阶段B的速度大于A，B在A的前面，当A、B速度相等时，两者距离最大，然后A的速度大于B，直到追上B，故运动中B始终在A的前面，选项B正确，C错误；切线的斜率等于加速度，故由图象可知，当A图象的斜率等于B的斜率时两者加速度相等，选项D错误．16．解析：选C.根据题意只能求出物块和木板的相对位移，不知道物块最终停在哪里，无法求出木板的长度，故A不能够求解出；由图象的斜率表示加速度，可以求出长木板的加速度为aA＝eq\f(v1,t1)，小物块的加速度aB＝eq\f(v0－v1,t1)，根据牛顿第二定律得：μmg＝MaA，μmg＝maB，解得：eq\f(m,M)＝eq\f(v1,v0－v1)，μ＝eq\f(v0－v1,gt1)，故C能够求解出；木板获得的动能EkA＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1(v0－v1)，题目t1、v0、v1已知，但是木板质量M、物块质量m不知道，故B、D不能够求解出．17．解析：选B.当电场足够大时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰好与上极板平行，粒子的运动为类平抛运动的逆运动．将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行极板的vx，根据运动的合成与分解，当vy＝0时，根据运动学公式有veq\o\al(2,y)＝2eq\f(qE,m)d，vy＝v0cos45°，Ek0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立得E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正确．18．解析：选D.设P点离地的高度为h.对于b：b做竖直上抛运动，上升过程与下落过程对称，则b上升到最大高度的时间为t1＝eq\r(\f(2h,g))，从最高点到地面的时间为t2＝eq\r(\f(2×2h,g))，故b运动的总时间tb＝t1＋t2＝(eq\r(2)＋1)·eq\r(\f(2h,g))；对于a：做平抛运动，运动时间为ta＝eq\r(\f(2h,g))；则有tb＝(eq\r(2)＋1)ta，故A错误；对于b：h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，则得v0＝eq\r(2gh)；对于a：水平位移为x＝v0t＝eq\r(2gh)·eq\r(\f(2h,g))＝2h，a的位移为xa＝eq\r(h2＋（2h）2)＝eq\r(5)h，而b的位移大小为h，则a的位移大小是b的位移大小的eq\r(5)倍，故B错误；根据机械能守恒定律得：Ek＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则知两球落地时动能可能相同，而速度方向不同，则落地时速度不同，故C错误，D正确．19．解析：选AB.电子顺时针转动，由库仑力提供向心力F库＝meq\f(v2,r)，当加一个垂直于纸面向里磁场时，电子所受的洛伦兹力指向圆心，此时洛伦兹力和库仑力共同提供向心力，由公式F库＋F洛＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，电子的轨道半径不变，可知电子速度变大，电流的定义式为：I2＝eq\f(q,T)，因为电子速度变大，周期将变小，可得I2>I1，故A正确，C错误；当加一个垂直于纸面向外磁场时，电子所受的洛伦兹力背向圆心，此时洛伦兹力和库仑力共同提供向心力，由公式F库－F洛＝meq\f(veq\o\al(2,2),r)，可知电子速度变小，电流的定义式为：I2＝eq\f(q,T)，因为电子速度变小，周期将变大，可得I2<I1，故B正确，D错误．20．解析：选BD.根据带电小球在斜面上运动时的受力情况，有：FN＋qv0B＝mgcosα，当FN＝0时，小球离开斜面，要使小球能够沿斜面到达底边MN，B的最大值为B＝eq\f(mgcosα,qv0)，所以匀强磁场磁感应强度的取值范围为0≤B≤eq\f(mgcosα,qv0)，A错误，B正确；小球沿斜面方向的合力为重力的下滑分力，垂直斜面方向合力为零，小球在斜面上做匀加速曲线运动，C错误；沿斜面方向a＝gsinα，位移x＝eq\f(h,sinα)，由x＝eq\f(1,2)at2得：t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))，D正确．21．解析：选BC.物块1的位移为(n－1)l，则拉力F所做功为WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl，故A错误；系统克服摩擦力做功为Wf＝μmgl＋μmg·2l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝eq\f(n（n－1）μmgl,2)，故B正确；据题，连接第n个物块的线刚好拉直时整体速度变为零，假设没有动能损失，由动能定理有WF＝Wf，解得F＝eq\f(nμmg,2)，现由于绳子绷紧瞬间系统有动能损失，所以根据功能关系可知F>eq\f(nμmg,2)，故C正确，D错误．22．解析：(1)从A到B根据能量守恒得：W－Wf＝fL，所以图线不过原点是因为在AO段还有摩擦力做功．(2)由题图乙知图象过(6，1)、(42，5)，代入W－Wf＝fL，解得木块从A到O过程中克服摩擦力做的功为eq\f(1,3)W1.(3)由W－Wf＝fL，知图象的斜率为摩擦力大小．答案：(1)AO段有摩擦力做功(2)eq\f(1,3)(3)摩擦力大小23．解析：(1)②在进行电阻测量时，每次调整挡位均应进行欧姆调零，即旋转D旋钮．③由图知测电阻时指针的偏角太大，说明电阻较小，应换×10挡，并需重新欧姆调零．(2)由闭合电路欧姆定律可知：电流I＝eq\f(E,Rg＋R0＋Rx＋r).(3)红表笔接在内部电源的负极上，黑表笔接在内部电源的正极上，为了保证电表正常偏转，红表笔应接电压表的负接线柱，故接法应为A；读数为30×1kΩ＝30kΩV，则由闭合电路欧姆定律可知：E＝eq\f,30)×(30＋24)V≈V.答案：(1)②D③“×10”(2)I＝eq\f(E,Rg＋R0＋Rx＋r)(3)A30kΩV24．解析：(1)在P点由牛顿第二定律2mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)解得vP＝eq\r(2gR)从N到P由动能定理－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vB＝eq\r(6gR).(2)由动量守恒0＝mAvA－mBvB解得vA＝eq\r(\f(3,2)gR)从A开始运动到停止，由动能定理－μmAgL＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得L＝eq\f(3R,4μ).答案：(1)eq\r(6gR)(2)eq\f(3R,4μ)25．解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向上有l＝v0t，竖直方向上有y＝eq\f(qE,2m)t2联立解得y＝eq\f(l,2)所以带电粒子进入磁场时的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(l,2)))，竖直方向速度vy＝eq\f(qE,m)t＝v0所以v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(2)v0，因为tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，所以速度方向与y轴正向夹角为45°.(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面与释放点对称的位置，根据对称性可知，它在磁场中做圆周运动的圆心应在x轴上，其部分运动轨迹如图所示．由几何关系有r＝eq\r(2)y＝eq\f(\r(2)l,2)，根据qvB＝meq\f(v2,r)，联立解得B＝eq\f(2E,v0).答案：(1)位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(l,2)))eq\r(2)v0速度方向与y轴正向夹角为45°(2)eq\f(2E,v0)33．解析：(1)分子力表现为引力时，分子力随分子间距离的增大是先增大后减小，故A错误；等温膨胀过程中，气体内能不变，对外做功，一定吸热，故B正确；与热现象有关的宏观物理过程，是不可逆的，总是向着无序度更大的方向发展，故C正确；布朗运动是液体分子无规则运动对悬浮微粒碰撞不平衡造成的，故D错误；一定量的气体，压强在微观上由单位时间内对器壁单位面积碰撞的分子数和每个分子对器壁的平均作用力决定，压强不变，而温度降低，每个分子对器壁的平均作用力变小，单位时间内对器壁单位面积碰撞的分子数将增加，故E正确．(2)未拔掉销钉前：在向汽缸内打气2次后，设气体的压强为p，由理想气体状态方程可得：p0(Sh＋2V0)＝pSh拔掉后：p′S＝p0S＋mg由玻意耳定律可知：pSh＝p′Sh′解得：hm.答案：(1)BCE(2)见解析34．解析：(1)由横波的图象可知λ＝8m，而v＝eq\f(λ,T)＝λf＝20m/s，选项A正确；由图得波可能沿x轴正向或x轴负向传播，选项B错误；若波沿x轴正向传播，则距离1m＝eq\f(1,8)λ，故Δt＝eq\f(T,8)＋nT(n＝0，1，2，…)，即Δt＝n，当n＝3时，Δts，若波沿x轴负向传播，则距离7m＝eq\f(7,8)λ.故Δt＝eq\f(7T,8)＋mT(m＝0，1，2，…)，即Δtm，Δtsss、s、s，故选项C正确、选项D错误；障碍物宽度d＝6m与波长8m差不多，则能发生明显的衍射，选项E正确．(2)①发生全反射的临界角sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(2),2)，即：C＝45°，由几何知识光线在AB面、BC面上的入射角均为60°，均发生全反射，光线从CD面上的G第一次射出棱镜，入射角i＝30°，折射角为γ，由折射定律得：n＝eq\f(sinγ,sini)，解得γ＝45°，传播过程光路如图．②由几何知识GC＝FCtani＝eq\f(BC,2)tan30°＝eq\f(4\r(3),3)cm.答案：(1)ACE(2)①见解析图②eq\f(4\r(3),3)cm高考仿真模拟卷(十六)14．解析：选C.由图象可知金属的极限频率为ν0，入射光的频率必须要大于ν0才能发生光电效应现象，选项A错误；金属的逸出功与入射光的频率无关，选项B错误；若用频率是2ν0的光照射该金属，则光电子的最大初动能为Ekm＝2hν0－hν0＝hν0＝Ue，则遏止电压为U＝eq\f(hν0,e)，选项C正确；遏止电压与入射光的频率有关，入射光的频率越大，则最大初动能越大，遏制电压越大，选项D错误．15．解析：选C.根据平行四边形定则知，落到底端时竖直分速度为：vy＝eq\r(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))＝eq\f(3,2)v0，则运动的时间为：t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(3v0,2g)，设斜面的倾角为θ，则有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，C正确．16．解析：选～t1内动能的变化量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变化量为mv0；t2～t3内动能变化量为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变化量为－mv0，根据动能定理可知这两段时间内合外力做功相等；而根据动量定理得知：合外力的冲量不同，故A错误；t1～t2内动能变化量为0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变化量为0－mv0＝－mv0，t3～t4内动能变化量为－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，动量变化量为0－(－mv0)＝mv0.则知动能变化量相同，而动量变化量不同，所以合外力做功相等，合外力的冲量不同，故B错误；0～t2和t2～t4内动能变化量均为0，动量变化量均为0，根据两个定理得知合外力做的功和冲量都相同，故C正确；由以上分析得知：0～t1和t3～t4内动能变化量不同，动量变化量相同，故合外力做的功不同，冲量相同，故D错误．17．解析：选B.由等势线分布可知，电场线由右向左，根据粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力向左，故粒子带正电，选项A错误；A处的等势线较密集，则电场线较密集，则A处的场强较大，选项B正确；A处电势较C处低，故正电荷在A处的电势能较小，选项C错误；从A到B的电势差等于从B到C的电势差，故粒子从A到B的电场力所做的功等于从B到C电场力做的功，选项D错误．18．解析：选B.设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcos60°＝keq\f(q2,l2)；Tcos30°＝maA，联立解得：aA＝eq\f(\r(3)kq2,3ml2)，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcos30°＝eq\r(3)T＝eq\f(2kq2,\r(3)l2)，选项C、D错误．19．解析：选BCD.若质点初速度为零，则质点第1s内发生的位移为x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，因质点的初速度不确定，选项A错误；因质点3s内速度方向一直向上，而根据a－t图象可知3s内速度的变化量为Δv＝(10×1＋7×1＋12×1)m/s＝29m/s，且速度变化量方向向下，可知质点的初速度不小于29m/s，选项B正确；质点第2s内加速度为向下的7m/s2，则处于失重状态，选项C正确；根据牛顿第二定律，1～2s内，mg－F＝ma，得：F＝3m，方向向上，做正功，物体机械能增加；2～3s内，mg＋F＝ma，得F＝2m，方向向下，物体机械能减少；物体一直向上做减速运动，而1～2s内的速度大于2～3s内的速度，则1～2s内的位移大于2～3s内的位移，故1～2s内物体机械能增加的多，2～3s内减小的少，故质点在3s末时的机械能大于第1s末时的机械能，选项D正确．20．解析：选CD.由速度图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(B2L22x,R＋r)，代入得：FAx，则知FA与x是线性关系．当x＝0时，安培力FA1＝0；当x＝1m时，安培力FA2N，则从起点发生x＝1m位移的过程中，安培力做功为：WA＝－FAx＝－eq\f(FA1＋FA2,2)x＝－eq\f,2)×1JJ，即金属棒克服安培力做的功为：W1J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx×2×10×1J＝5J，故B错误；根据动能定理得：W－μmgx＋WA＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝2m/s，μ，m＝2kg，代入解得拉力做的功为：WJ．整个系统产生的总热量为：Q＝W－eq\f(1,2)mv2J－eq\f(1,2)×2×22J＝J，故C、D正确．21．解析：选ACD.由图象可知交流电的周期为Ts，则其频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，A正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，B错误；由图象可知交流电的电压的最大值为311V，所以输入的电压的有效值为U1＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，根据电压与匝数成正比可知副线圈电压的有效值为55V，C正确；对副线圈由I2＝eq\f(U,R)可解得I2＝eq\f(55,11)A＝5A，又由eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,4)×5AA，D正确．22．解析：(1)本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径，故A项错误；要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m1>m2，故B项正确；实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，则复写纸的位置可以移动，故C项正确；斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动，故D项错误．(2)确定落点平均位置的办法：用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置．(3)验证动量守恒定律的表达式是m1v0＝m1v1＋m2v2，则m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1OQ＝m1OP＋m2OR，用题中测量的量表示为m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)．答案：(1)BC(2)用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置(3)m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)23．解析：(1)电流计G与R2串联接入电路，若R2取最大阻值1000Ω，电压表的量程为V，可得电流计的最小电流为Imin＝eq\f,1000)A＝mA>500μA，故电路不可行，流过电流计的最小电流超过了其量程．(2)①第一步为电压表和电流计串联的电路，由部分电路的欧姆定律有UV＝IgRV，可得RV＝eq\f(UV,Ig)＝eq\f(1,500×10－6)Ω＝2000Ω；第二步为Rg与R2并联再与RV串联，由部分电路的欧姆定律I′gRg＝(eq\f(U′V,RV)－I′g)R2，代入数据解得Rg＝180Ω.②电流计改装成电流表需要利用并联电阻分流，由(I－Ig)R＝IgRg，解得R＝20Ω，故电阻箱调为20Ω，电路如图所示．答案：(1)不可行，流过电流计的最小电流超过了其量程(2)①2000180②见解析图2024．解析：(1)两物体恰要发生相对滑动时，它们之间的摩擦力大小达到最大静摩擦fm；设它们一起运动的加速度大小为a，此时作用于小物块水平向右的恒力大小为F1，由牛顿定律可知：对整体：F1＝(M＋m)a对木板：fm＝Ma其中fm＝μmg解得F1N故当FN时，两物体之间发生相对滑动．(2)分析可知，当一开始就用水平向右F2N的恒力作用于小物块时，两物体发生滑动；设滑动摩擦力的大小为f，小物块、木板的加速度分别为a1、a2，由牛顿第二定律可得：对小物块：F2－f＝ma1对木板f＝Ma2其中f＝μmg解得a1m/s2;a2m/s2设小物块滑下木板历时为t，小物块、木板相对于地面的位移大小分别为s1、s2，由匀变速直线运动的规律和几何关系可知：s1＝eq\f(1,2)a1t2，s2＝eq\f(1,2)a2t2，s1－s2＝eq\f(1,2)L解得：t＝1s.答案：(1)FN(2)1s25．解析：(1)由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝meq\f(v2,r)r＝eq\f(mv,qB)mT＝eq\f(2πm,qB)×10－7πs.(2)由题意可知Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中