2021高考物理二轮复习仿真模拟卷2

2021年普通高等学校招生全国统一考试•全

国卷

物理仿真模拟卷（二）

（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。

14.2019年4月23日，人民海军成立70周年阅兵式上，中国海军多款核潜

艇公开亮相。核潜艇是以核反应堆为动力源。关于核反应,下列说法正确的是（）

A.在核反应中，质量守恒、电荷数守恒

B.核反应方程避Uf锚1Th+2He属于«衰变

C.核反应方程VN+2He-YO+|H属于核聚变，是核潜艇的动力原理

D.核反应方程/C-VN+He属于p衰变，而0射线来自原子外层的电子

B［在核反应中，质量数和电荷数守恒，质量不守恒，A错误；核反应赞U-金

Th+寸He属于a衰变，B正确；核反应VN+±He-?O+|H,属于原子核的人工转

变，C错误；6射线由核反应放出，D错误。］

15.如图所示，一根竖直轻质弹簧下端固定，上端托一质量为0.3kg的水平托

盘，盘中有一质量为L7kg的物体。当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度缩短

了4cm。现缓慢地竖直向下压物体，使弹簧再缩短2cm后停止，然后立即松手。

设弹簧始终处在弹性限度内（g取10m/s）则刚松开手时盘对物体的支持力大小为

（）

A.30NB.25.5N

C.20ND.17N

B［设物体的质量为机，盘的质量为孙），弹簧压缩量力=4cm=0.04m,当

盘静止时，由胡克定律得Q〃+nio）g=Axi,解得无=500N/m;弹簧再缩短X2=2cm

=0.02m停止，松手时整体的合力为JF=AX2=10N,由牛顿第二定律有尸=（m+

mo）a,解得此时整体的加速度大小为a=5m/s2,隔离物体分析受力，设刚松开手

时盘对物体的支持力大小为FN,根据牛顿第二定律可得F^-mg=ma,解得FN

=25.5N,B正确，A、C、D错误。］

16.某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带负电的粒

子从直线上的。点仅在电场力作用下沿直线运动到4点。取。点为坐标原点，沿

直线向右为x轴正方向。从0到A的运动过程中，下列粒子运动的速度。和加速

度a随时间t的变化图线、运动轨迹上电势”和粒子的动能Ek随位置x的变化图

线可能正确的是（）

ABCD

A［带负电的粒子从直线上的0点仅在电场力作用下运动到A点，需要克服

电场力做功，动能减小，速度减小，选项D错误；根据电场线的疏密来判断电场

强度的大小关系，可知从。到4,电场强度先减小后增大，方向不变，则带负电

粒子受到的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，但加速度最小时不为零，

选项B错误；根据v-t图线的斜率表示加速度可知选项A正确；根据电势随位置

的变化图线的斜率表示电场强度可知，选项C错误。］

17.环境监测卫星是用于环境和灾害监测的对地观测卫星，利用三颗轨道相

同的监测卫星可组成一个监测系统，它们的圆形轨道与地球赤道在同一平面内，

当卫星高度合适时，该系统的监测范围恰好覆盖地球的全部赤道表面且无重叠区

域。已知地球半径为R,地球表面重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.卫星的运行速度大于7.9km/s

B.卫星的加速度大小为与

C.卫星的周期为

D.这三颗卫星的质量必须相等

C［由题意，三颗监测卫星恰好构成等边三角形，且两卫星连线恰好与地球

赤道相切，如图所示，则卫星轨道半径「=而而=2R>R,可知卫星的运行速度

小于7.9km/s,A错误；根据GR2°=,G户=ma=m］,得T=

故B错误，C正确；三颗卫星的质量不用必须相等，D错误。］

18.如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度。不

同的微粒。P的右侧有一探测屏A5竖直放置。对于打在探测屏上的微粒，不计微

粒的阻力，下列说法正确的是（）

P口

A.。越大，在空中飞行的时间越长

B.。越大，打在探测屏上时速度的偏转角越小

C.。越小，相等时间内动量的变化量越小

D.。越小，打在探测屏上时的动能变化量越小

B⑦越大，由可知微粒在空中飞行的时间越短，选项A错误；0越大，

微粒在空中飞行的时间越短，打在探测屏上时的竖直速度越小，速度的偏转角越

小，选项B正确；对于平抛运动，由/〃g=,可知，相等时间内动量的变化量Ap

相等，选项C错误；。越小，微粒在空中飞行的时间越长，竖直下落的位移越大，

重力做的功越多，由动能定理可知，打在探测屏上时的动能变化量越大，选项D

错误。］

19.如图甲所示，物体从粗糙斜面上某点，以速度。。向上滑动，设物体的位

移为x时，对应的速度为。，计算机绘出的六。图象为如图乙所示的两段抛物线。

已知物体始终在斜面上运动，重力加速度g=10m/s2,由图中数据可求出的是

)

A.斜面的倾角0

B.物体受到的滑动摩擦力大小

C.物体与斜面间的动摩擦因数

D.物体从出发点至返回到出发点的过程中损失的机械能

AC［取沿斜面向上为正方向，物体沿斜面向上滑动时有〃•一比=2ax,代入

数据(15m/s,45m)、(0,60m),解得如=30m/s,a=—7.5m/s2,沿斜面向下滑动

时有o'2=2a'x,当沿斜面向下速度为o'=-20m/s时，x'=80m,代入数

据解得a'=2.5m/s2：物体沿斜面向上滑动时，由牛顿第二定律得：一(zngsin0

+〃〃?gcos0)=ma,物体沿斜面向下滑动时，由牛顿第二定律得zwgsin〃一"/wgcos0

=ma',联立解得。=30。，"=4-,选项A、C正确；物体受到的滑动摩擦力为

f=^mgcos0,由于质量m未知，所以不能求出滑动摩擦力大小，选项B错误；损

失的机械能等于物体克服摩擦力做的功，无法求出，选项D错误。］

20.如图所示，半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为5的匀强磁场，MN

是一竖直放置的收集板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场向圆形区域内射

入大量带正电的粒子，粒子所带电荷量均为外质量均为加。不考虑粒子间的相互

作用和粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是()

A.只要对着圆心入射，出磁场后就可垂直打在上

B.对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心

C.只要速度满足0=噂,沿不同方向入射的粒子出磁场后均可垂直打在

MN上

D.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，运动的时间也

越短

CD［只要对着圆心入射，其出射方向的反向延长线就一定过圆心，而且只有

运动枕迹半径等于圆形磁场区域半径的粒子出磁场后才能垂直打在MN上，选项

A、B错误；由4。5=机?可得，誓，所以只要速度满足0=嘴,沿不同方

向入射的粒子出磁场后均可垂直打在MN上，选项C正确；对着圆心入射的粒子，

速度越大在磁场中的轨迹半径越大，通过的弧长越长，轨迹所对的圆心角越小，

由丁=缥可知，周期相等，由，可知，圆心角越小，运动时间越短，选项

D正确。］

21.如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，其电动势为M=22(h/2sin

1007Tf(V),交流电源内阻为r=10。，定值电阻R)=ioo。与原线圈并联，滑动变

阻器与副线圈串联，滑动变阻器的最大阻值为Rm=30。，已知变压器的原、副线

的匝数之比为2：1,电流表和电压表均为理想交流电表，滑动变阻器的滑动触头

由最上端向下缓慢移动到某位置时，开关S分别接a、b,电源输出功率相等，下

列说法正确的是()

A.开关接。时，电流表的示数为2A

B.开关接方时，电压表的示数为110V

C.电源的输出功率相等时，滑动变阻器接入电路的阻值为/?=25。

D.开关接人滑动变阻器接入电路的阻值为R=10。时，电源的输出功率最

大

F

AC［交流电源电动势的有效值为220V,由闭合电路欧姆定律1=5工可知，

开关接a时，电路中电流的有效值为2A,A项正确；接)时，由于电源有内阻，

所以原线圈两端电压有效值小于220V,所以副线圈两端电压小于110V,B项错

误；开关接a时，电源的输出功率?二尸治二的。W,开关接方时，原线图两端电

压是副线圈两端电压的2倍，原线圈中电流为副线圈中电流的一半，所以变压器

及其副线圈回路的等效电阻为滑动变阻器有效阻值的4倍，所以滑动变阻器接入

电路的阻值为华=25。时，电源在开关分别接。、8时的输出功率相等，C项正确；

由外电阻与电源内阻相等时，电源输出功率最大，可知此时滑动变阻器的有效阻

值为j=2.5。，D项错误。］

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）某实验小组的同学利用自由落体法验证机械能守恒定律，实验装置

如图甲所示，该小组的同学完成了如下的操作：

（1）首先利用螺旋测微器测出了小球的直径，其示数如图乙所示，则该小球的

直径d=cm。

（2）将该小球由光电门1的正上方无初速度释放，测得小球先后通过光电门1

和光电门2所用的时间为Afi和\t2,则小球通过两光电门的速度分别为5=

,。2=o（用所测量的物理量符号表示）

（3）该小组的同学测出了两光电门之间的距离为“，重力加速度用g表示，若

小球的机械能守恒，则需要验证的关系式为.（用所测量的物理量符号表

示）

［解析］（1）小球直径：d=3.5mm+0.01mmX30.0=3.800mm=0.3800cmo

（2）小球通过光电门1、2的速度分别为：5=&、%（3）设小球质量为根，

在该过程中，小球的重力势能减少量为zngH,小球的动能增加量为1|

,若小球的机械能守恒，则需栗验证的关系式为〃避”=;机（卷）—3n（第，

即：2gH=（第2一

［答案］（1）0.3800（1分）（2晨（1分）卷1分）（3）2g"=圜2—圜2

（2分）

23.（10分）实验员老师在整理仪器时发现了一未知电阻&和一块锂电池。电

池的铭牌数据标识为：电动势E=4.0V,最大放电电流为60mA。他把多用电表

的选择开关置于欧姆“义100”挡，粗测了&的阻值，示数如图甲。然后给同学

们准备了如下器材，请同学们帮他测量电阻Rx的准确值。

『2'A-V-ft2s

甲

A.电压表Vi（量程3V,内阻RVi约为4.0k。）

B.电压表V2（量程15V,内阻RV2约为12.0k£l）

C.电流表Ai（量程60mA,内阻RAi约为5。）

D.电流表Ai（量程2mA,内阻RA2约为50。）

E.滑动变阻器凡（0〜40。，额定电流1A）

F.开关S一只、导线若干

⑴为了更精确地测量电阻尺的阻值，电压表应选_______，电流表应选

o（填器材前字母序号）请你设计测量R的实验原理图，并画在虚线框中。

（2）同学们又设计了如图乙所示的电路图测量该锂电池的电动势E和内阻r,

图中R为电阻箱（0-999.9。）。根据测量数据作出十-R图象，如图丙所示。若该图

线的斜率为k,纵轴截距为b,则该锂电池的电动势E=；内阻r=

o（用4和。表示）

R

［解析］(1)由题图甲可知电阻尺的阻值约为1500。，又因电动势E=4.0V,

3V

所以电压表应选A,通过电阻的最大电流约为，max=h=2.0mA,可知电流表应

选D,滑动变阻器的最大阻值较小，应该使用分压接法；又因为Rx=l500

000X50fl,应采用电流表内接法，电路图如答图所示。(2)根据闭合电路

欧姆定律有E=/(R+r),变形得图线的斜率为斤=看解得E=%纵

轴截距为b=%,解得r=1o

［答案］(l)A(l分)D(1分)如图所示(4分)(2*2分)知分)

24.(12分)如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小

段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L=1m,细金属棒外和

cd垂直于导轨静止放置，它们的质量机均为1kg,电阻R均为0.5。。cd棒右侧

1m处有一垂直于水平导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B=1T,

磁场区域长度为s。以cd棒的初始位置处某点为原点，水平向右为正方向建立坐

标系。现用向右的水平变力F作用于ab棒上，力随时间变化的规律为F=(0.25t

+1)N,4s后撤去Fo撤去F之后ab棒与cd棒发生完全弹性碰撞，cd棒向右运动。

金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，重力加速度g取10

2

m/so求：

(1)撤去力b的瞬间，M棒的速度大小；

(2)若s=lm,求cd棒滑上右侧竖直导轨后，距离水平导轨的最大高度力；

(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，求〃棒最后静止时的

位置X与S的关系。

B

y

J

I-S-I

［解析］（1）4秒内力的平均值大小为百=立要=1.5N

（用图象法求面积同样得分）（1分）

由动量定理得百/=机力（1分）

所以0i=6m/s。（1分）

（2）入棒与cd棒质量相等，发生完全弹性碰撞后两者交换速度，/棒静止,

cd棒速度为矶（1分）

设Cd棒离开磁场时的速度为02,由动量定理得

-3ILSt=mv2~^mv\（1分）

T,BLs

q—1At-2R（1分）

所以s—Ri2mR—5向s（1分）

虎

上升的最大高度力=至=1.25mo（1分）

⑶分三种情况：①如果S足够大恰好使Cd棒停在磁场中，设Cd棒在磁场内

运动的距离为d,

与（2）过程同理可得4=嗡£=6m

（1分）

故当s26m时，x=d+l=7m（1分）

②当s<6m时，cd棒穿过磁场后经竖直轨道返回，若仍没有穿过磁场，即

2s2d,此时棒的位置坐标为2s—d+1m,s23mo

故当3mWs<6m时，x—2s—5m（1分）

③当s<3m时，cd棒返回后穿过磁场，与谛棒发生弹性碰撞后静止。

故当0<s<3m时，x=0o（1分）

［答案］见解析

25.（20分）如图所示，质量为Mi=0.6kg的光滑四分之一圆弧轨道固定在水

平地面上，并与质量为M2=0.5kg、长为L=2.8m的静止的长木板B紧挨放置（不

粘连），长木板8的左端放置一可视为质点的质量为族=0.2kg的物块一可视

为质点的质量为机'=0.1kg的物块4,从圆弧轨道顶端。的正上方E点由静止

下落，落到C端后进入圆弧轨道，经过轨道底端后，冲上静止的长木板5时，与

物块。发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后物块。在长木板上滑动，直到3、

D达到共同速度0.3m/s,然后B、D又一起在水平地面上滑行了4.5cm后停下。

已知圆弧轨道的半径R=0.42m,B、。间的动摩擦因数"i=0.5,取g=10m/s2。

（1）求长木板与水平地面间的动摩擦因数42、物块。相对于长木板滑行的距离。

（2）物块A从相对长木板多高的地方下落？物块A经过圆弧轨道底端时对轨道

的压力为多大？

（3）如果A、。碰撞的同时圆弧轨道解除固定，且轨道与水平地面间无摩擦，

碰撞后物块4沿圆弧轨道还能上升多高？

［解析］（1）5、。一起运动时，受到水平地面的滑动摩擦力，做匀减速直线运

动，根据牛顿第二定律，加速度。=吗乎应="2g（1分）

Mi+m广0

根据运动学公式可知，0—4=-2ax（1分）

解得长木板与水平地面间的动摩擦因数"2=01（1分）

物块。在长木板上运动，受到木板对它的滑动摩擦力，做匀减速直线运动，

ai=^^="ig=5m/s2（1分）

物块。在长木板上滑动，长木板5受到物块。的滑动摩擦力和地面的滑动摩

擦力，做匀加速直线运动，有

flung—fi2（M2+m）g=Mia2（1分）

解得加速度02=0.6m/s2（1分）

设碰撞后瞬间物块。的速度为0。，设经时间，后£）、5共速由运动学公式可

知0=。2力解得。在长木板上滑行的时间

V,、

£=—=0.5s,VD—v+a\t=2.8m/s（1分）

。2

物块D相对长木板B滑行的距离为

Ax=©-X2=0of—；ai»一；423=0.7m。（1分）

（2）因为物块A与物块。发生弹性碰撞，碰撞过程中A、。组成的系统动量守

恒，机械能守恒，设碰前瞬间4的速度为内，碰后瞬间A的速度为。'A,则有

m'VA—m'v'A^rmvn（1分）

v\=^m'v'\+^mvl）（1分）

解得外=4.2m/s,v'A=—'1.4m/s（1分）

以物块A为研究对象，设物块A从相对木板高力处下落，根据机械能守恒定

律有

m'gh=^m'（1分）

解得A=0.882m（1分）

/7

物块A进入圆弧轨道经过轨道底端时有，FN—m'g=m（1分）

解得FN=5.2N（1分）

根据牛顿第三定律，物块4经过圆弧轨道底端时对轨道的压力大小为5.2No

（1分）

（3）如果4、。碰撞的同时圆弧轨道解除固定，碰撞后物块4与圆弧轨道组成

的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设物块A沿圆菰轨道还能上升“，有

m'v'A=（Mi+m'）v'（1分）

v'3=；（Mi+/n'）v'2+m'gH（2分）

联立解得77=0.084m。（1分）

［答案］（1）0.7m（2）0.882m5.2N（3）0.084m

（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3—3］（15分）

（1）（多选）（5分）下列说法正确的是o（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.布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，它反映了液体分子永不停息地做无规

则运动

B.已知氧气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，可以算出氧气分子的体积

C.气体的温度升高时，并非所有分子的速率都增大

D.理想气体在等容变化过程中，气体对外不做功，气体的内能不变

E.一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大

I

甲乙

(2)(10分)如图甲所示，下端封闭上端开口的玻璃管，长为40cm、截面积为3

cm2,一段长度为5cm的水银柱在玻璃管的下端封住了一部分理想气体，气体的

长度为10cm。在玻璃管的右侧有一个水银槽，现将玻璃管缓慢转到开口向下，再

缓慢插入水银槽，直到理想气体的长度变为8cm。整个过程中气体的温度不变，

外界大气压强始终为75cmHg。求：

(i)最终管底处封闭的气体的压强；

(ii)最终管口处封闭的气体的长度。

［解析］(1)布朗运动是悬浮在液体中微粒的无规则运动，它反映了液体分子

永不停息地做无规则运动，选项A正确；已知氧气的摩尔体积和阿伏加德罗常数，

可以计算出每个氧气分子所占空间的体积，不能计算出氧气分子的体积，选项B

错误；气体的温度升高时，分子平均动能增大，平均速率增大，但并非所有分子

的速率都增大，选项C正确；理想气体在等容变化过程中，气体不对外做功，但

是可能与外界有热传递(吸收热量或放出热量)，气体的内能可能会变化，选项D

错误；一定质量的理想气体经过等温压缩后，体积减小，压强一定增大，选项E

正确。

(2)(i)封闭气体发生等温变化，pi=80cmHg（1分）

由玻意耳定律P1V1=P2V2（2分）

得最终管底处封闭气体的压强P2=100cmHg。（1分）

（ii）玻璃管缓慢转到开口向下，管底处封闭气体发生等温变化

pi=po+p〃=8OcmHg,p3=po-p〃=70cmHg

由玻意耳定律p/iS=p3L3s（1分）

得E=1L4cm（1分）

则水银柱下方气体：%=（40-U.4-5）cmXS（1分）

P4=p2+p%=105cmHg,%=七4s（1分）

由玻意耳定律po%=p4V4（1分）

得最终管口处封闭气体的长度以=16.9cm。（1分）

［答案］（l）ACE（2）（i）100cmHg（ii）16.9cm

34.［物理——选修3—4］（15分）

（1）（多选）（5分）如图所示，一束红光从空气射向折射率〃=也的某种玻璃的表

面，其中i为入射角，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.当i=45。时会发生全反射现象

B.无论入射角i为多大，折射角r都不会超过45。

C.当入射角的正切值tani=啦时，反射光线与折射光线恰好相互垂直

D.光从空气射入玻璃，速度减小

E.若将入射光换成紫光，则在同样入射角i的情况下，折射角r将变大

（2）（10分）如图所示，两列简谐横波“、8在同一介质中分别沿x轴正、负方向

传播，波速均为0=2.5m/s。已知在f=0时刻两列波的波峰正好在x=2.5m处重

合。

（i）求t=0时，介质中处于波峰且为振动加强点的所有质点的x坐标。

（ii）从f=0时刻开始，至少要经过多长时间才会使x=1.0m