全国高考物理（全国统考版）评估验收模拟卷（十二）

2021届全国高考物理（全国统考版）评估验收模拟卷（十二）（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．，日本宣布福岛核电站核残渣首次被“触及”，其中部分残留的放射性物质的半衰期可长达1570万年．下列有关说法正确的是()A.eq\o\al(238,92)U衰变成eq\o\al(206,82)Pb的核反应方程为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的比结合能大于eq\o\al(206,82)Pb的比结合能C．天然放射现象中产生的α射线的速度与光速相当，穿透能力很强D．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，不会改变放射性元素的半衰期，半径为R的eq\f(1,8)光滑圆弧轨道左端有一质量为m的小球，在大小恒为F、方向始终与轨道相切的外力作用下，小球在竖直平面内由静止开始运动，轨道左端切线水平，当小球运动到轨道的末端时立即撤去外力，此时小球的速率为v，已知重力加速度为g，则()A．此过程外力做功为eq\f(π,2)FRB．此过程外力做功为eq\f(\r(2),2)FRC．小球离开轨道的末端时，拉力的功率为FvD．小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为eq\f(πRF,4mg)16．某做直线运动的质点的位移－时间图象(抛物线)如图所示，P(2，12)为图线上的一点．PQ为过P点的切线，与x轴交于点Q(0，4)．已知t＝0时质点的速度大小为8m/s，则下列说法正确的是()A．质点做匀减速直线运动B．2s时，质点的速度大小为6m/sC．m/s2D．0～1s内，质点的位移大小为4m17.如图所示为一边长为L的正方形abcd，P是bc的中点．若正方形区域内只存在由d指向a的匀强电场，则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)恰好从P点射出．若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a点沿ab方向以速度v入射的同种带电粒子恰好从c点射出．由此可知()A．匀强电场的电场强度为eq\f(2mv2,qL)B．匀强磁场的磁感应强度为eq\f(\r(2)mv,2qL)C．带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D．带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为1∶218．如图所示，在虚线左侧的足够大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．有一个直角三角形金属线框，线框左边与磁场边界平行，线框的电阻为R.线框以垂直虚线方向的速度v0做匀速直线运动，从线框的左边进入磁场时开始计时．E表示线框产生的感应电动势大小，F表示线框中受到的安培力大小，P表示线框的电功率的大小，I表示线框中的感应电流，则下列图象中正确的是()19．如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为eq\f(4,3)H，反弹的高度为eq\f(9,16)H.已知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．下列说法正确的是()A．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为eq\f(7m\r(2gH),4t)B．第一次与地面接触的过程中，小球受到的平均作用力为eq\f(7m\r(2gH),4t)＋mgC．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2HD．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为eq\f(3,2)H20.如图所示，质量分别为M和m(M≠m)的物块A、B用轻质弹簧连接后静置于水平地面上，弹簧自然伸长，两物块与水平地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.若给物块B施加一水平向右的恒定拉力F，F＞μ(M＋m)g，稳定后弹簧的长度为l1；若给物块A施加一水平向右的恒定推力，大小仍为F，稳定后弹簧的长度为l2.则下列说法中正确的是()A．两种情况下，稳定后物块A、B的加速度大小均为eq\f(F,M＋m)－μgB．两种情况下，稳定后弹簧的弹力大小相同C．弹簧的劲度系数为eq\f(F,l1－l2)D．两种情况下，稳定前物块A均做加速度逐渐增大的加速运动21．电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小．测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量为m的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质量为m0、匝数为n、下边长为l的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中．如图甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势为E，内阻为r.开关S闭合后，调节可变电阻至R1时，天平正好平衡，此时电压表读数为U.已知m0＞m，取重力加速度为g，则()A．矩形线圈中电流的方向为逆时针方向B．矩形线圈的电阻R＝eq\f(E－U,U)r－R1C．匀强磁场的磁感应强度的大小B＝eq\f(（m0－m）rg,n（E－U）l)D．若仅将磁场反向，在左盘中再添加质量为2m0－m的砝码可使天平重新平衡题号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)一个实验小组做“探究弹簧弹力与弹簧伸长关系”的实验，采用如图a所示装置，质量不计的弹簧下端挂一个小盘，在小盘中增添砝码，改变弹簧的弹力．实验中作出小盘中砝码重力与弹簧伸长量x的关系图象如图b所示．(重力加速度g＝10m/s2)(1)利用图b中的图象，可求得该弹簧的劲度系数为________N/m.(2)利用图b中的图象，可求得小盘的质量为________kg，小盘的质量会导致弹簧劲度系数的测量结果与真实值相比________(填“偏大”“偏小”或“相同”)．23．(10分)如图为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I－U关系曲线图．(1)为了通过测量得到如图所示I－U关系的完整曲线，在图甲和图乙两个电路中应选择的是图________；简要说明理由：_______________________________________.(电源电动势为9V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100Ω)(2)在如图所示电路中，电源电压恒为9V，电流表读数为70mA，定值电阻R1＝250Ω.由热敏电阻的I－U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2的阻值为________Ω.24．(12分)在“互联网＋”时代，网上购物已经成为一种重要的家庭消费方式，物流快递业也迅速发展．一快递小哥在水平地面上拖拉一个货箱，货箱的总质量为15kg，货箱与水平地面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3).若该小哥拉着货箱在水平地面上做匀速运动，(已知eq\r(3))求：(1)拉力方向与水平面成60°时拉力的大小；(计算结果保留一位小数)(2)所施加拉力最小值的大小和方向．25.(20分)如图所示的虚线PQ上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，S为磁场边界PQ上的点，两质量均为m、电荷量均为q的带负电粒子1和带正电粒子2分别以图示方向的速度从S点射入磁场，粒子1和粒子2的速度大小分别为v1＝v0、v2＝eq\r(3)v0，且α＝30°、β＝60°，经过一段时间两粒子同时到达磁场的边界．忽略两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用．(1)到达磁场边界时，粒子1和粒子2之间的距离为多少？(2)粒子1和粒子2射入磁场的时间间隔为多少？(3)如果在PQ下方的纸面内加一匀强电场，并且使粒子1在该电场中的轨迹为直线，经过一段时间的运动，两粒子在电场中相遇，求该电场的电场强度大小与方向．(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．从单一热源吸收热量，使之全部变为功而不产生其他影响是不可能的B．在温度不变的条件下，增大饱和汽的体积，就可减小饱和汽的压强C．脱脂棉脱脂的目的，在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润D．液晶具有光学各向异性E．只要是不显示各向异性的固体必定是非晶体(2)(10分)一定质量的理想气体经历了如图所示的状态变化．①已知从A到B的过程中，气体对外放出600J的热量，则从A到B，气体的内能变化了多少？②试判断气体在状态B、C的温度是否相同．如果知道气体在状态C时的温度TC＝300K，则气体在状态A时的温度为多少？34．[物理——选修3­4](15分)(1)(5分)一列横波沿x轴传播，图中实线表示t＝0时刻的波形，虚线表示从该时刻起经s后的波形，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．该横波周期为sB．t＝0时刻，x＝4m处的质点的振动方向一定与x＝8m处的质点振动方向相反C．t＝0时刻，x＝4m处的质点向上运动D．s，波向右传播时，波速为400m/sE．s，则当波速为6000m/s时，该波向左传播(2)(10分)如图所示．一束截面为圆形(半径R＝1cm)的平行复色光垂直射向一玻璃半球的表面．经折射后在屏幕S上形成一个圆形彩色亮区．已知玻璃半球的半径也为R.屏幕S至球心的距离D为4cm.不考虑光的干涉和衍射，①在屏幕S上形成的圆形亮区的最外侧是什么颜色？②若玻璃半球对①中色光的折射率为n＝eq\r(3)，求屏幕S上圆形亮区的最大半径．(结果可保留根号)高考仿真模拟卷(十二)14．解析：选D.由核反应方程遵循电荷数守恒及质量数守恒可知，选项A错误；重核衰变时释放能量，衰变产物更稳定，故eq\o\al(206,82)Pb的比结合能更大，选项B错误；α射线的速度为光速的十分之一，电离能力强，穿透能力弱，选项C错误；放射性元素的半衰期仅由原子核内部本身因素决定，选项D正确．15．解析：选C.由于力的大小不变，方向始终沿圆弧的切线方向，所以力F做的功为W＝F·eq\f(1,8)·2πR＝eq\f(π,4)FR，选项A、B错误；小球离开轨道时的速率为v，方向和外力F的方向相同，所以拉力的功率为Fv，选项C正确；设小球离开轨道后运动到达最高点时的速度为v1，小球离开轨道后运动到达的最高点距离圆弧轨道左端的高度为h，根据动能定理有W－mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)>0，代入W的值可得h<eq\f(πRF,4mg)，所以选项D错误．16．解析：选A.位移－时间图象为抛物线，结合匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，而v0＝8m/s，时间t＝2s时的位移得x＝12m，代入解得a＝－2m/s2，则函数为x＝8t－t2，即质点做匀减速直线运动，加速度大小为2m/s2，故A正确，C错误；2s时的瞬时速度为v＝v0＋at＝8m/s－2×2m/s＝4m/s；或求P点的斜率v2＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(12－4,2)m/s＝4m/s，故B错误；由位移公式可得1s内的位移x1＝8×1m－12m＝7m，故D错误．17．解析：选C.带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，有L＝vt，eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2，qE＝ma，联立解得E＝eq\f(mv2,qL)，a＝eq\f(v2,L)，A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，由几何关系有r＝L，联立解得B＝eq\f(mv,qL)，B错误；粒子在匀强磁场中运动的加速度a′＝eq\f(v2,r)＝eq\f(v2,L)＝a，C正确；带电粒子在匀强电场中运动的时间t＝eq\f(L,v)，在匀强磁场中运动的时间t′＝eq\f(πL,2v)，带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为eq\f(t,\a\vs4\al(t′))＝eq\f(2,π)，D错误．18．解析：选A.线框做匀速直线运动，感应电动势E＝BLv0，感应电动势随着线框切割磁感线有效长度L的减小而线性减小，A正确；线框进入磁场过程中受到的安培力F＝eq\f(B2L2v0,R)，安培力与L2成线性关系，B错误；线框的电功率P＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),R)，电功率与L2成线性关系，C错误；线框进入磁场的过程中产生的感应电流大小I＝eq\f(BLv0,R)，感应电流与L成线性关系，D错误．19．解析：选AC.小球第一次落地时竖直方向的速度为v1＝eq\r(2gH)，小球第一次反弹时竖直方向的速度为v2＝eq\r(2g×\f(9H,16))＝eq\r(\f(9gH,8))，在小球第一次与地面接触的过程中应用动量定理有：Ft＝mv2－(－mv1)，代入数据解得：F＝eq\f(7m\r(2gH),4t)，故A正确，B错误；小球第一次下落的时间为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))，第一次反弹到最高点所用的时间为t′＝eq\r(\f(2×\f(9H,16),g))，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v0t′＝2eq\r(\f(8gH,9))×eq\r(\f(9H,8g))＝2H，故C正确，D错误．20．解析：选AC.由题意可知，稳定后两物块具有相同的加速度，将两物块看做一个整体，则由牛顿第二定律可得F－μ(M＋m)g＝(m＋M)a，解得a＝eq\f(F,M＋m)－μg，A正确；当给物块B施加拉力F时，设稳定后弹簧的弹力大小为F1，对物块A有F1－μMg＝Ma，解得F1＝eq\f(M,M＋m)F，当给物块A施加推力F时，设稳定后弹簧的弹力大小为F2，对物块B有F2－μmg＝ma，解得F2＝eq\f(m,M＋m)F，B错误；设弹簧原长为l0，劲度系数为k，则有F1＝k(l1－l0)，F2＝k(l0－l2)，联立解得k＝eq\f(F,l1－l2)，C正确；两种情况下，稳定前弹簧的弹力均逐渐增大，故当对物块B施加拉力F时，物块A将做加速度逐渐增大的加速运动，当对物块A施加推力F时，物块A将做加速度逐渐减小的加速运动，D错误．21．解析：选AC.对矩形线圈受力分析可知所受安培力向上，再由左手定则可知矩形线圈中电流的方向为逆时针方向，故A正确；根据闭合电路欧姆定律可得U＝E－eq\f(U,R＋R1)r，解得矩形线圈的电阻R＝eq\f(Ur,E－U)－R1，故B错误；根据平衡条件可得m0g－F＝mg，而F＝nBIl，I＝eq\f(E－U,r)，解得匀强磁场的磁感应强度的大小B＝eq\f(（m0－m）gr,n（E－U）l)，故C正确；开始线圈所受安培力的方向向上，仅将磁场反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，添加质量为Δm＝eq\f(2F,g)＝2(m0－m)的砝码可使天平重新平衡，故D错误．22．解析：(1)F－x图线的斜率k的大小等于弹簧劲度系数的大小，即k＝2N/cm＝200N/m.(2)当小盘中砝码重力为零时，cm，由F＝kx得，小盘重力大小为1N，kg，劲度系数是根据图线斜率计算出的，小盘的质量对结果无影响．答案：(1)200(2)相同23．解析：(1)应选择图甲，因为图甲电路电压可从0V调到所需电压，电压调节范围大．(2)由题图知R2与热敏电阻串联后与R1并联接在9V电源上，总电流I＝70mA.R1＝250Ω.设通过热敏电阻的电流为I2，通过R1的电流为I1，则I＝I1＋I2，故I2＝I－I1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(70－\f(9,250)×103))mA＝34mA.由图象查得34mAV，R2两端电压U2＝9V－VV，所以R2＝eq\fV,34×10－3A)≈Ω.答案：(1)甲因为甲电路电压可从0V调到所需电压，电压调节范围大(2)24．解析：(1)设拉力F与水平方向夹角θ，如图所示，对物体受力分析，根据平衡条件得：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)及数学知识可得：F＝eq\f(μmg,\r(1＋μ2)sin（θ＋φ）)⑤tanφ＝eq\f(1,μ)＝eq\r(3)φ＝60°⑥所以，当θ＋φ＝90°时，F最小即θ＝30°⑦当拉力方向与水平方向夹角为30°时，拉力最小，Fmin＝75N．⑧答案：见解析25.解析：(1)两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)粒子1圆周运动的圆心角θ1＝eq\f(5π,3)，SM＝2r1sinα粒子2圆周运动的圆心角θ2＝eq\f(4π,3)，SN＝2r2sinβ联立得d＝SM＋SN＝eq\f(4mv0,qB).(2)粒子圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)粒子1在匀强磁场中运动的时间为t1＝eq\f(θ1,2π)T粒子2在匀强磁场中运动的时间为t2＝eq\f(θ2,2π)T所以有Δt＝t1－t2＝eq\f(πm,3qB).(3)由题意，电场强度的方向应与粒子1穿出磁场时的速度方向平行①若电场强度的方向与PQ成30°角斜向右上方，则粒子1做匀加速直线运动，粒子2做类平抛运动由牛顿第二定律有qE＝madcos30°＝v1t＋eq\f(1,2)at2＋eq\f(1,2)at2dsin30°＝v2t解得E＝eq\r(3)Bv0.②若电场强度的方向与PQ成30°角斜向左下方，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动，由牛顿第二定律有qE＝madcos30°＝v1t－eq\f(1,2)at2－eq\f(1,2)at2dsin30°＝v2t解得E＝－eq\r(3)Bv0，假设不成立．综上所述，电场强度的大小为E＝eq\r(3)Bv0，方向与PQ成30°角斜向右上方．答案：见解析33．解析：(1)不可能从单一热源吸热完全变为功，而不产生其他影响，A正确；在温度不变的条件下，饱和汽的压强不变，B错误；脱脂棉脱脂后，可以被水浸润，以便吸取药液，C正确；液晶既像液体一样具有流动性，又跟某些晶体一样具有光学性质的各向异性，D正确；多晶体和非晶体都具有各向同性，只有单晶体在某些物理性质上显示各向异性，E错误．(2)①从A到B，外界对气体做功，有W＝pΔV＝15×104×(8－2)×10－3