全國高考物理（全國統(tǒng)考版）評估驗收模擬卷（十五）

2021屆全國高考物理（全國統(tǒng)考版）評估驗收模擬卷（十五）（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．14．2018年11月12日中科院等離子體物理研究所發(fā)布消息：全超導(dǎo)托克馬克裝置EAST在實(shí)驗中有了新的突破，等離子體中心電子溫度達(dá)到1億攝氏度；其主要核反應(yīng)方程為：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，則下列表述正確的是()A．X是質(zhì)子B．Y是氚核C．X與Y是同位素D．①②兩個核反應(yīng)都屬于裂變反應(yīng)15.在t＝0時，A、B兩物體在同一地點(diǎn)以相同的初速度沿同一方向運(yùn)動，A物體的v－t圖象如圖所示，B物體做勻減速直線運(yùn)動，直到停止，兩物體的位移相同，下列說法正確的是()A．B運(yùn)動的時間可能等于AB．在途中B始終在A的前方C．在途中任一時刻兩物體的速度不可能相同D．在途中任一時刻兩物體的加速度不可能相同16．如圖(a)，一長木板靜止于光滑水平桌面上，t＝0時，小物塊以速度v0滑到長木板上，圖(b)為物塊與木板運(yùn)動的v－t圖象，圖中t1、v0、v1已知．重力加速度大小為g.由此可求得()A．木板的長度B．物塊與木板的質(zhì)量C．物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)D．從t＝0開始到t1時刻，木板獲得的動能17.如圖所示，平行板電容器兩極板的間距為d，極板與水平面成45°角，上極板帶正電．一電荷量為q(q>0)的粒子在電容器中靠近下極板處，以初動能Ek0豎直向上射出．不計重力，極板尺寸足夠大．若粒子能打到上極板，則兩極板間電場強(qiáng)度的最大值為()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.如圖所示，x軸在水平地面上，y軸在豎直方向上，在y軸上的P點(diǎn)分別沿x軸正方向和y軸正方向以相同大小的初速度拋出兩個質(zhì)量相等的小球a和b，不計空氣阻力，若b上升的最大高度等于P點(diǎn)離地的高度，則從拋出到落地，有()A．a(chǎn)的運(yùn)動時間是b的運(yùn)動時間的eq\r(2)倍B．a(chǎn)的位移大小是b的位移大小的eq\r(2)倍C．a(chǎn)、b落地時的速度相同，因此動能一定相同D．a(chǎn)、b落地時的速度不同，但動能相同19.如圖所示是氫原子中電子繞核做圓周運(yùn)動的示意圖．電子繞核運(yùn)動，可等效為環(huán)形電流，此環(huán)形電流的大小為I1.現(xiàn)在沿垂直于圓軌道平面的方向加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的外磁場，設(shè)電子的軌道半徑不變，而它的速度大小發(fā)生變化，若用I2表示此時環(huán)形電流的大小，則當(dāng)B的方向()A．垂直于紙面向里時，I2>I1B．垂直于紙面向外時，I2<I1C．垂直于紙面向里時，I2<I1D．垂直于紙面向外時，I2>I120．絕緣光滑斜面與水平面成α角，質(zhì)量為m、帶電荷量為－q(q>0)的小球從斜面上的h高度處釋放，初速度為v0(v0>0)，方向與斜面底邊MN平行，如圖所示，整個裝置處在勻強(qiáng)磁場B中，磁場方向平行斜面向上．如果斜面足夠大，且小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN.則下列判斷正確的是()A．勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mg,qv0)B．勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mgcosα,qv0)C．小球在斜面做變加速曲線運(yùn)動D．小球到達(dá)底邊MN的時間t＝eq\r(\f(2h,gsin2α))21．水平長直軌道上緊靠放置n個質(zhì)量為m可看做質(zhì)點(diǎn)的物塊，物塊間用長為l的細(xì)線連接，開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，軌道與物塊間的滑動摩擦因數(shù)為μ.用水平恒力F拉動1開始運(yùn)動，到連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度變?yōu)榱?，則()A．拉力F所做功為nFlB．系統(tǒng)克服摩擦力做功為eq\f(n（n－1）μmgl,2)C．F>eq\f(nμmg,2)D．(n－1)μmg<F<nμmg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)在“探究功與速度變化的關(guān)系”的實(shí)驗中，某實(shí)驗研究小組的實(shí)驗裝置如圖甲所示，木塊從A點(diǎn)靜止釋放后，在一根彈簧作用下彈出，沿足夠長的木板運(yùn)動到B1點(diǎn)停下，記錄此過程中彈簧對木塊做的功為W1.O點(diǎn)為彈簧原長時所處的位置，測得OB1的距離為L1.再用完全相同的2根、3根…彈簧并在一起進(jìn)行第2次、第3次…實(shí)驗并記錄2W1、3W1…及相應(yīng)的L2、L3…數(shù)據(jù)，用W－L圖象處理數(shù)據(jù)，回答下列問題：甲乙(1)如圖乙是根據(jù)實(shí)驗數(shù)據(jù)描繪的W－L圖象，圖線不過原點(diǎn)的原因是______________________．(2)由圖線得木塊從A到O過程中克服摩擦力做的功是________W1.(3)W－L圖象斜率的物理意義是______________．23．(10分)(1)為了測量電阻，現(xiàn)取一只已經(jīng)完成機(jī)械調(diào)零的多用電表，如圖甲所示，請根據(jù)下列步驟完成電阻測量：①將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×100”位置．②將插入“＋”“－”插孔的表筆短接，旋動部件________(選填“C”或“D”)，使指針對準(zhǔn)電阻的“0”刻度線．③將調(diào)好零的多用電表按正確步驟測量一電學(xué)元件P的電阻，P的兩端分別為a、b，指針指示位置如圖甲所示．為使測量比較精確，應(yīng)將選擇開關(guān)旋到______(選填“×1”“×10”或“×1k”)的倍率擋位上，并重新調(diào)零，再進(jìn)行測量．(2)多用電表電阻擋的內(nèi)部電路如圖乙虛線框中所示，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，R0為調(diào)零電阻，Rg為表頭內(nèi)阻，電路中電流I與待測電阻的阻值Rx關(guān)系式為__________________．(3)某同學(xué)想通過多用電表中的歐姆擋去測量一量程為3V的電壓表內(nèi)阻．該同學(xué)將歐姆擋的選擇開關(guān)撥至“×1k”的倍率擋，并將紅、黑表筆短接調(diào)零后，應(yīng)選用圖丙中________(選填“A”或“B”)方式連接．在進(jìn)行了正確的連接、測量后，歐姆表的讀數(shù)如圖丁所示，讀數(shù)為________，這時電壓表的讀數(shù)如圖戊所示．若該歐姆擋內(nèi)阻為24kΩ，則可算出歐姆擋內(nèi)部所用電池的電動勢為________(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)．24.(12分)如圖所示，固定的長直水平軌道MN與位于豎直平面內(nèi)的光滑半圓軌道相接，圓軌道半徑為R，PN恰好為該圓的一條豎直直徑．可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊A和B緊靠在一起靜止于N處，物塊A的質(zhì)量mA＝2m，B的質(zhì)量mB＝m，兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別沿軌道向左、右運(yùn)動，物塊B經(jīng)過P點(diǎn)時對軌道的壓力為mg.已知物塊A與MN軌道間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，求：(1)兩物塊剛分離時物塊B的速度大小vB；(2)物塊A在水平面上滑行的最大距離．25．(20分)如圖所示，三塊等大且平行正對的金屬板水平放置，金屬板厚度不計且間距足夠大，上面兩金屬板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場，下面兩金屬板間有豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小均為E.以中間金屬板的中軸線為x軸，金屬板右側(cè)存在一足夠大的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有一重力不計的絕緣帶電粒子，質(zhì)量為m，帶電荷量為－q，從中間金屬板上表面的電場中坐標(biāo)位置(－l，0)處以初速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，已知l＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qE)，求：(1)帶電粒子進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)(用l表示)以及帶電粒子進(jìn)入磁場時的速度大小與方向；(2)若要使帶電粒子能回到中間金屬板下表面關(guān)于x軸與釋放點(diǎn)對稱的位置，計算勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小(用E、v0表示)．(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(biāo)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．當(dāng)分子力表現(xiàn)為引力時，分子力和分子勢能總是隨分子間距離的增大而增大B．一定質(zhì)量的理想氣體在等溫膨脹過程中，要從外界吸收熱量C．熱力學(xué)第二定律表明自發(fā)的宏觀過程總是向無序度更大的方向發(fā)展D．布朗運(yùn)動是懸浮在液體中的微粒之間的相互碰撞引起的E．一定量的氣體，在壓強(qiáng)不變時，分子每秒對器壁單位面積的平均碰撞次數(shù)隨著溫度降低而增加(2)(10分)如圖所示，足夠長的導(dǎo)熱性能良好的汽缸豎直放置，底部與一打氣裝置相連，每次均可打入壓強(qiáng)p0＝×105Pa，體積V0＝×10－5m3的空氣．在距汽缸底部hm處用銷釘固定一活塞A，封閉一部分壓強(qiáng)也為p0×105Pa的空氣，活塞A可在汽缸內(nèi)無摩擦地滑動，質(zhì)量m＝2kg，橫截面積S×10－4m2.現(xiàn)向汽缸內(nèi)打氣2次后，拔掉銷釘，活塞緩慢移動，最終停在某個位置，整個過程中保持外界環(huán)境的大氣壓強(qiáng)和溫度不變，大氣壓強(qiáng)為p0×105Pa，重力加速度g＝10m/s2，求最終活塞與汽缸底部的距離．34．[物理——選修3-4](15分)(1)(5分)如圖所示，一簡諧橫波在某區(qū)域沿x軸傳播，實(shí)線a為t＝0時刻的波形圖線，虛線b為t＝Δt時刻的波形圖線．已知該簡諧橫波波源振動的頻率為fHz，虛線b與x軸交點(diǎn)P的坐標(biāo)為xP＝1m．則下列說法正確的是________．(填正確答案標(biāo)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．這列波的傳播速度大小一定為20m/sB．這列波一定沿x軸正向傳播C．可能有ΔtsD．可能有ΔtsE．若該列波遇到寬度為6m的障礙物能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象(2)(10分)如圖所示，ABCD是一直角梯形棱鏡的橫截面，位于截面所在平面內(nèi)的一束光線由O點(diǎn)垂直AD邊射入．已知棱鏡的折射率n＝eq\r(2)，AB＝BC＝8cm，OA＝2cm，∠OAB＝60°.①畫出光線第一次射出棱鏡時的光路圖．②求第一次的出射點(diǎn)距C多遠(yuǎn)．2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試高考仿真模擬卷(十六)(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．某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，光電子的最大初動能Ek與入射光頻率ν之間的關(guān)系如圖所示．已知h為普朗克常量，e為電子電荷量的絕對值，結(jié)合圖象所給信息，下列說法正確的是()A．入射光的頻率小于ν0也可能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象B．該金屬的逸出功隨入射光頻率的增大而增大C．若用頻率是2ν0的光照射該金屬，則遏止電壓為eq\f(hν0,e)D．遏止電壓與入射光的頻率無關(guān)15．如圖所示，小球從斜面的頂端A處以大小為v0的初速度水平拋出，恰好落到斜面底部的B點(diǎn)，且此時的速度大小vB＝eq\r(\f(13,4))v0，空氣阻力不計，該斜面的傾角為()A．60° B．45°C．37° D．30°16．某物體的v－t圖象如圖所示，下列說法正確的是()A．0～t1和t2～t3，合外力做功和沖量都相同B．t1～t2和t3～t4，合外力做功和沖量都相同C．0～t2和t2～t4，合外力做功和沖量都相同D．0～t1和t3～t4，合外力做功和沖量都相同17．如圖所示，虛線是某靜電場的一簇等勢線，邊上標(biāo)有電勢的值；一帶電粒子只在電場力的作用下恰能沿圖中的實(shí)線從A經(jīng)過B運(yùn)動到C，下列說法正確的是()A．粒子一定帶負(fù)電B．A處場強(qiáng)大于C處場強(qiáng) C．粒子在A處的電勢能大于在C處的電勢能D．粒子從A到B的電場力所做的功大于從B到C電場力做的功18．如圖所示，光滑絕緣水平面上有兩個相同的帶電小圓環(huán)A、B，電荷量均為q，質(zhì)量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環(huán)，并系于結(jié)點(diǎn)O.在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運(yùn)動，輕繩恰好構(gòu)成一個邊長為l的等邊三角形，則()A．小環(huán)A的加速度大小為eq\f(\r(3)kq2,ml2)B．小環(huán)A的加速度大小為eq\f(\r(3)kq2,3ml2)C．恒力F的大小為eq\f(\r(3)kq2,3l2)D．恒力F的大小為eq\f(\r(3)kq2,l2)19.某質(zhì)點(diǎn)在3s內(nèi)豎直向上運(yùn)動，其加速度與時間(a－t)圖象如圖所示．若取豎直向下為正方向，重力加速度g取10m/s2.則下列說法正確的是()A．質(zhì)點(diǎn)第1s內(nèi)發(fā)生的位移為5mB．質(zhì)點(diǎn)的初速度不小于29m/sC．質(zhì)點(diǎn)第2s內(nèi)處于失重狀態(tài)D．質(zhì)點(diǎn)在第3s末的機(jī)械能大于第1s末的機(jī)械能20．如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻R＝2Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，導(dǎo)軌間距L＝1m．－質(zhì)量m＝2kg，阻值r＝2Ω的金屬棒在水平拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運(yùn)動，金屬棒的v－x圖象如圖乙所示，若金屬棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ，則從起點(diǎn)發(fā)生x＝1m位移的過程中(g＝10m/s2)()A．金屬棒克服安培力做的功W1JB．金屬棒克服摩擦力做的功W2＝4JC．整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量QJD．拉力做的功WJ21．將如圖所示的交變電壓加在變壓比為4∶1的理想變壓器的原線圈兩端，已知副線圈接阻值R＝11Ω的定值電阻，則下列說法正確的是()A．交變電壓的頻率為50HzB．該理想變壓器的輸入功率為輸出功率的4倍C．副線圈兩點(diǎn)電壓的有效值為55VD．A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)某同學(xué)用如圖甲所示裝置驗證動量守恒定律．入射球和靶球的半徑相同，質(zhì)量分別為m1、m2，平放于地面的記錄紙上鋪有復(fù)寫紙．實(shí)驗時先使入射球從斜槽上固定位置G由靜止開始滾下，落到復(fù)寫紙上，重復(fù)上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，讓入射球仍從位置G由靜止開始滾下，和靶球碰撞后繼續(xù)向前運(yùn)動落到復(fù)寫紙上，重復(fù)操作多次．最終記錄紙上得到的落點(diǎn)痕跡如圖乙所示．(1)關(guān)于本實(shí)驗下列說法正確的是________．A．需要用游標(biāo)卡尺測量兩小球的直徑B．應(yīng)使m1>m2C．實(shí)驗中記錄紙上鋪的復(fù)寫紙的位置可以移動D．斜槽要固定好，末端切線不需要調(diào)節(jié)水平(2)請你敘述確定落點(diǎn)平均位置的辦法：________________________________．(3)按照本實(shí)驗方法，該同學(xué)確定了落地點(diǎn)的平均位置P、Q、R并測出了OP、PQ、QR間的距離分別為x1、x2、x3，則驗證動量守恒定律的表達(dá)式是___________________________．23．(10分)靈敏電流計G的量程為500μA、內(nèi)阻未知，某小組要將該電流計的量程擴(kuò)大至5mA，有下列器材可選：A．干電池一節(jié)B．電壓表V(V，內(nèi)阻幾千歐)C．滑動變阻器R1(0～100Ω)D．電阻箱R2(Ω)E．開關(guān)、導(dǎo)線若干(1)甲同學(xué)設(shè)計了如圖甲所示的電路測電流計G的內(nèi)阻，判斷是否可行并分析原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)乙同學(xué)設(shè)計了如下實(shí)驗：①用如圖乙所示電路測量電流計和電壓表的內(nèi)阻．a(chǎn)．將R1滑片滑到左端，斷開S2，閉合S1，調(diào)節(jié)R1，使電流計滿偏，此時電壓表VV；b．將R2調(diào)至最大，閉合S2，調(diào)節(jié)R1、R2，當(dāng)電壓表示數(shù)為V時，電流計的示數(shù)為300μA、R2的阻值為180Ω.由以上數(shù)據(jù)可得電壓表的內(nèi)阻RV＝________Ω，電流計的內(nèi)阻Rg＝________Ω.②用靈敏電流計和電阻箱改裝電流表，請在虛線框中畫出改裝電路圖，此時電阻箱的阻值應(yīng)調(diào)為________Ω.24．(12分)如圖所示，可看做質(zhì)點(diǎn)的小物塊放在長木板的正中央，長木板置于光滑水平面上，兩物體皆靜止；已知長木板質(zhì)量為Mkg，長度為L＝m，小物塊質(zhì)量為mkg，小物塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2；兩物體間的最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小，重力加速度g＝10m/s2，試求：(1)用水平向右的恒力F作用于小物塊，當(dāng)F滿足什么條件，兩物體才能發(fā)生相對滑動？(2)N的恒力作用于小物塊，則小物塊經(jīng)過多長時間從長木板上掉下？25．(20分)如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)平面內(nèi)－eq\f(\r(3),20)m≤x＜0的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度BT，0≤xm的區(qū)域有沿－x方向的勻強(qiáng)電場．在x軸上坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),20)m，0))的S點(diǎn)有一粒子源，它一次能沿紙面同時向磁場內(nèi)每個方向各發(fā)射一個比荷eq\f(q,m)×107C/kg；速率v×106m/s的帶正電粒子．若粒子源只發(fā)射一次，其中只有一個粒子Z剛好能到達(dá)電場的右邊界，不計粒子的重力和粒子間的相互作用．求：(1)帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r及周期T；(2)電場強(qiáng)度的大小E及Z粒子從S點(diǎn)發(fā)射時的速度方向與磁場左邊界的夾角θ；(3)Z粒子第一次剛進(jìn)入電場時，還未離開過磁場的粒子占粒子總數(shù)的比例η.(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)一定質(zhì)量的理想氣體，從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，再變化到狀態(tài)C，其狀態(tài)變化過程的p－V圖象如圖所示．已知?dú)怏w處于狀態(tài)A時的溫度為300K，則下列判斷正確的是________．(填正確答案標(biāo)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．氣體處于狀態(tài)B時的溫度是900KB．氣體處于狀態(tài)C時的溫度是300KC．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)C過程氣體內(nèi)能一直增大D．從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B過程氣體放熱E．從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C過程氣體放熱(2)(10分)粗細(xì)均勻的U形管中裝有水銀，左管上端有一活塞P，右管上端有一閥門K，開始時活塞位置與閥門等高，如圖所示，閥門打開時，管內(nèi)兩邊水銀柱等高，兩管空氣柱長均為l＝20cm，此時兩邊空氣柱溫度均為27℃，外界大氣壓為p0＝76cmHg，若將閥門K關(guān)閉以后，把左邊活塞P慢慢下壓，直至右邊水銀上升10cm，在活塞下壓過程中，左管空氣柱的溫度始終保持在27℃，并使右管內(nèi)溫度上升到177℃，求此時左管內(nèi)空氣的長度．34．[物理——選修3-4](15分)(1)(5分)如圖所示，實(shí)線是一列簡諧橫波在t1時刻的波形圖，M是平衡位置距O點(diǎn)5m的質(zhì)點(diǎn)，虛線是t2＝(t1)s時刻的波形．下列說法正確的是________．(填正確答案標(biāo)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．該波遇到長度為3米的障礙物時將會發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象B．波速可能為20m/sC．sD．若波速為35m/s，該波一定沿著x軸負(fù)方向傳播E．若波速為15m/s，從t1到t2時刻，質(zhì)點(diǎn)M運(yùn)動的路程為60cm(2)(10分)一同學(xué)在水平桌面上鋪放一張白紙，將一橫截面是直角三角形的玻璃磚平放在白紙上，并用鉛筆將其邊緣畫在白紙上，得到如圖所示的直角三角形ABC，在白紙上作一垂直BC邊的直線，在該直線上豎直插上P1、P2兩顆大頭針，然后從玻璃磚的另一個面透過玻璃磚觀察P1、P2的像，在白紙上豎直插上P3、P4兩顆大頭針，使P3擋住P1、P2的像，P4擋住P3及P1、P2的像，大頭針的位置如圖所示．(i)作出該光束完整的光路圖；(ii)測得出射光線與AB邊的夾角為θ(θ為銳角)，測出直角三角形頂角A的角度為α，求該玻璃磚的折射率n.高考仿真模擬卷(十五)14．解析：選B.根據(jù)核反應(yīng)遵循的質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X的質(zhì)量數(shù)為1，電荷數(shù)為0，X是中子，Y的質(zhì)量數(shù)為3，電荷數(shù)為1，Y是氚核，選項A錯誤，B正確；同位素是指電荷數(shù)相同質(zhì)量數(shù)不同的粒子，X與Y電荷數(shù)不同，不是同位素，選項C錯誤；①②兩個核反應(yīng)都屬于聚變反應(yīng)，選項D錯誤．15.解析：選B.因v－t圖線與橫軸的“面積”等于物體的位移，若B運(yùn)動的時間等于A，則B運(yùn)動的位移大于A的位移，由此可知B運(yùn)動的時間小于A，選項A錯誤；由圖象可知開始階段B的速度大于A，B在A的前面，當(dāng)A、B速度相等時，兩者距離最大，然后A的速度大于B，直到追上B，故運(yùn)動中B始終在A的前面，選項B正確，C錯誤；切線的斜率等于加速度，故由圖象可知，當(dāng)A圖象的斜率等于B的斜率時兩者加速度相等，選項D錯誤．16．解析：選C.根據(jù)題意只能求出物塊和木板的相對位移，不知道物塊最終停在哪里，無法求出木板的長度，故A不能夠求解出；由圖象的斜率表示加速度，可以求出長木板的加速度為aA＝eq\f(v1,t1)，小物塊的加速度aB＝eq\f(v0－v1,t1)，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝MaA，μmg＝maB，解得：eq\f(m,M)＝eq\f(v1,v0－v1)，μ＝eq\f(v0－v1,gt1)，故C能夠求解出；木板獲得的動能EkA＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1(v0－v1)，題目t1、v0、v1已知，但是木板質(zhì)量M、物塊質(zhì)量m不知道，故B、D不能夠求解出．17．解析：選B.當(dāng)電場足夠大時，粒子打到上極板的極限情況為：粒子到達(dá)上極板處時速度恰好與上極板平行，粒子的運(yùn)動為類平拋運(yùn)動的逆運(yùn)動．將粒子初速度v0分解為垂直極板的vy和平行極板的vx，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解，當(dāng)vy＝0時，根據(jù)運(yùn)動學(xué)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)，聯(lián)立得E＝eq\f(Ek0,2qd)，故B正確．18．解析：選D.設(shè)P點(diǎn)離地的高度為h.對于b：b做豎直上拋運(yùn)動，上升過程與下落過程對稱，則b上升到最大高度的時間為t1＝eq\r(\f(2h,g))，從最高點(diǎn)到地面的時間為t2＝eq\r(\f(2×2h,g))，故b運(yùn)動的總時間tb＝t1＋t2＝(eq\r(2)＋1)·eq\r(\f(2h,g))；對于a：做平拋運(yùn)動，運(yùn)動時間為ta＝eq\r(\f(2h,g))；則有tb＝(eq\r(2)＋1)ta，故A錯誤；對于b：h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)，則得v0＝eq\r(2gh)；對于a：水平位移為x＝v0t＝eq\r(2gh)·eq\r(\f(2h,g))＝2h，a的位移為xa＝eq\r(h2＋（2h）2)＝eq\r(5)h，而b的位移大小為h，則a的位移大小是b的位移大小的eq\r(5)倍，故B錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：Ek＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，則知兩球落地時動能可能相同，而速度方向不同，則落地時速度不同，故C錯誤，D正確．19．解析：選AB.電子順時針轉(zhuǎn)動，由庫侖力提供向心力F庫＝meq\f(v2,r)，當(dāng)加一個垂直于紙面向里磁場時，電子所受的洛倫茲力指向圓心，此時洛倫茲力和庫侖力共同提供向心力，由公式F庫＋F洛＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，電子的軌道半徑不變，可知電子速度變大，電流的定義式為：I2＝eq\f(q,T)，因為電子速度變大，周期將變小，可得I2>I1，故A正確，C錯誤；當(dāng)加一個垂直于紙面向外磁場時，電子所受的洛倫茲力背向圓心，此時洛倫茲力和庫侖力共同提供向心力，由公式F庫－F洛＝meq\f(veq\o\al(2,2),r)，可知電子速度變小，電流的定義式為：I2＝eq\f(q,T)，因為電子速度變小，周期將變大，可得I2<I1，故B正確，D錯誤．20．解析：選BD.根據(jù)帶電小球在斜面上運(yùn)動時的受力情況，有：FN＋qv0B＝mgcosα，當(dāng)FN＝0時，小球離開斜面，要使小球能夠沿斜面到達(dá)底邊MN，B的最大值為B＝eq\f(mgcosα,qv0)，所以勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍為0≤B≤eq\f(mgcosα,qv0)，A錯誤，B正確；小球沿斜面方向的合力為重力的下滑分力，垂直斜面方向合力為零，小球在斜面上做勻加速曲線運(yùn)動，C錯誤；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正確．21．解析：選BC.物塊1的位移為(n－1)l，則拉力F所做功為WF＝F·(n－1)l＝(n－1)Fl，故A錯誤；系統(tǒng)克服摩擦力做功為Wf＝μmgl＋μmg·2l＋…＋μmg·(n－2)l＋μmg·(n－1)l＝eq\f(n（n－1）μmgl,2)，故B正確；據(jù)題，連接第n個物塊的線剛好拉直時整體速度變?yōu)榱?，假設(shè)沒有動能損失，由動能定理有WF＝Wf，解得F＝eq\f(nμmg,2)，現(xiàn)由于繩子繃緊瞬間系統(tǒng)有動能損失，所以根據(jù)功能關(guān)系可知F>eq\f(nμmg,2)，故C正確，D錯誤．22．解析：(1)從A到B根據(jù)能量守恒得：W－Wf＝fL，所以圖線不過原點(diǎn)是因為在AO段還有摩擦力做功．(2)由題圖乙知圖象過(6，1)、(42，5)，代入W－Wf＝fL，解得木塊從A到O過程中克服摩擦力做的功為eq\f(1,3)W1.(3)由W－Wf＝fL，知圖象的斜率為摩擦力大?。鸢福?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在進(jìn)行電阻測量時，每次調(diào)整擋位均應(yīng)進(jìn)行歐姆調(diào)零，即旋轉(zhuǎn)D旋鈕．③由圖知測電阻時指針的偏角太大，說明電阻較小，應(yīng)換×10擋，并需重新歐姆調(diào)零．(2)由閉合電路歐姆定律可知：電流I＝eq\f(E,Rg＋R0＋Rx＋r).(3)紅表筆接在內(nèi)部電源的負(fù)極上，黑表筆接在內(nèi)部電源的正極上，為了保證電表正常偏轉(zhuǎn)，紅表筆應(yīng)接電壓表的負(fù)接線柱，故接法應(yīng)為A；讀數(shù)為30×1kΩ＝30kΩV，則由閉合電路歐姆定律可知：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點(diǎn)由牛頓第二定律2mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),R)解得vP＝eq\r(2gR)從N到P由動能定理－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)由動量守恒0＝mAvA－mBvB解得vA＝eq\r(\f(3,2)gR)從A開始運(yùn)動到停止，由動能定理－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)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，水平方向上有l(wèi)＝v0t，豎直方向上有y＝eq\f(qE,2m)t2聯(lián)立解得y＝eq\f(l,2)所以帶電粒子進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(l,2)))，豎直方向速度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，因為tanθ＝eq\f(vy,v0)＝1，所以速度方向與y軸正向夾角為45°.(2)若要使帶電粒子能回到中間金屬板下表面與釋放點(diǎn)對稱的位置，根據(jù)對稱性可知，它在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心應(yīng)在x軸上，其部分運(yùn)動軌跡如圖所示．由幾何關(guān)系有r＝eq\r(2)y＝eq\f(\r(2)l,2)，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立解得B＝eq\f(2E,v0).答案：(1)位置坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(l,2)))eq\r(2)v0速度方向與y軸正向夾角為45°(2)eq\f(2E,v0)33．解析：(1)分子力表現(xiàn)為引力時，分子力隨分子間距離的增大是先增大后減小，故A錯誤；等溫膨脹過程中，氣體內(nèi)能不變，對外做功，一定吸熱，故B正確；與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀物理過程，是不可逆的，總是向著無序度更大的方向發(fā)展，故C正確；布朗運(yùn)動是液體分子無規(guī)則運(yùn)動對懸浮微粒碰撞不平衡造成的，故D錯誤；一定量的氣體，壓強(qiáng)在微觀上由單位時間內(nèi)對器壁單位面積碰撞的分子數(shù)和每個分子對器壁的平均作用力決定，壓強(qiáng)不變，而溫度降低，每個分子對器壁的平均作用力變小，單位時間內(nèi)對器壁單位面積碰撞的分子數(shù)將增加，故E正確．(2)未拔掉銷釘前：在向汽缸內(nèi)打氣2次后，設(shè)氣體的壓強(qiáng)為p，由理想氣體狀態(tài)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)見解析34．解析：(1)由橫波的圖象可知λ＝8m，而v＝eq\f(λ,T)＝λf＝20m/s，選項A正確；由圖得波可能沿x軸正向或x軸負(fù)向傳播，選項B錯誤；若波沿x軸正向傳播，則距離1m＝eq\f(1,8)λ，故Δt＝eq\f(T,8)＋nT(n＝0，1，2，…)，即Δt＝n，當(dāng)n＝3時，Δts，若波沿x軸負(fù)向傳播，則距離7m＝eq\f(7,8)λ.故Δt＝eq\f(7T,8)＋mT(m＝0，1，2，…)，即Δtm，Δtsss、s、s，故選項C正確、選項D錯誤；障礙物寬度d＝6m與波長8m差不多，則能發(fā)生明顯的衍射，選項E正確．(2)①發(fā)生全反射的臨界角sinC＝eq\f(1,n)＝eq\f(\r(2),2)，即：C＝45°，由幾何知識光線在AB面、BC面上的入射角均為60°，均發(fā)生全反射，光線從CD面上的G第一次射出棱鏡，入射角i＝30°，折射角為γ，由折射定律得：n＝eq\f(sinγ,sini)，解得γ＝45°，傳播過程光路如圖．②由幾何知識GC＝FCtani＝eq\f(BC,2)tan30°＝eq\f(4\r(3),3)cm.答案：(1)ACE(2)①見解析圖②eq\f(4\r(3),3)cm高考仿真模擬卷(十六)14．解析：選C.由圖象可知金屬的極限頻率為ν0，入射光的頻率必須要大于ν0才能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，選項A錯誤；金屬的逸出功與入射光的頻率無關(guān)，選項B錯誤；若用頻率是2ν0的光照射該金屬，則光電子的最大初動能為Ekm＝2hν0－h(huán)ν0＝hν0＝Ue，則遏止電壓為U＝eq\f(hν0,e)，選項C正確；遏止電壓與入射光的頻率有關(guān)，入射光的頻率越大，則最大初動能越大，遏制電壓越大，選項D錯誤．15．解析：選C.根據(jù)平行四邊形定則知，落到底端時豎直分速度為：vy＝eq\r(veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0))＝eq\f(3,2)v0，則運(yùn)動的時間為：t＝eq\f(vy,g)＝eq\f(3v0,2g)，設(shè)斜面的傾角為θ，則有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)＝eq\f(3,4)，解得θ＝37°，C正確．16．解析：選～t1內(nèi)動能的變化量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變化量為mv0；t2～t3內(nèi)動能變化量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變化量為－mv0，根據(jù)動能定理可知這兩段時間內(nèi)合外力做功相等；而根據(jù)動量定理得知：合外力的沖量不同，故A錯誤；t1～t2內(nèi)動能變化量為0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變化量為0－mv0＝－mv0，t3～t4內(nèi)動能變化量為－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變化量為0－(－mv0)＝mv0.則知動能變化量相同，而動量變化量不同，所以合外力做功相等，合外力的沖量不同，故B錯誤；0～t2和t2～t4內(nèi)動能變化量均為0，動量變化量均為0，根據(jù)兩個定理得知合外力做的功和沖量都相同，故C正確；由以上分析得知：0～t1和t3～t4內(nèi)動能變化量不同，動量變化量相同，故合外力做的功不同，沖量相同，故D錯誤．17．解析：選B.由等勢線分布可知，電場線由右向左，根據(jù)粒子的運(yùn)動軌跡可知，粒子所受的電場力向左，故粒子帶正電，選項A錯誤；A處的等勢線較密集，則電場線較密集，則A處的場強(qiáng)較大，選項B正確；A處電勢較C處低，故正電荷在A處的電勢能較小，選項C錯誤；從A到B的電勢差等于從B到C的電勢差，故粒子從A到B的電場力所做的功等于從B到C電場力做的功，選項D錯誤．18．解析：選B.設(shè)輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos60°＝keq\f(q2,l2)；Tcos30°＝maA，聯(lián)立解得：aA＝eq\f(\r(3)kq2,3ml2)，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F＝2Tcos30°＝eq\r(3)T＝eq\f(2kq2,\r(3)l2)，選項C、D錯誤．19．解析：選BCD.若質(zhì)點(diǎn)初速度為零，則質(zhì)點(diǎn)第1s內(nèi)發(fā)生的位移為x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m，因質(zhì)點(diǎn)的初速度不確定，選項A錯誤；因質(zhì)點(diǎn)3s內(nèi)速度方向一直向上，而根據(jù)a－t圖象可知3s內(nèi)速度的變化量為Δv＝(10×1＋7×1＋12×1)m/s＝29m/s，且速度變化量方向向下，可知質(zhì)點(diǎn)的初速度不小于29m/s，選項B正確；質(zhì)點(diǎn)第2s內(nèi)加速度為向下的7m/s2，則處于失重狀態(tài)，選項C正確；根據(jù)牛頓第二定律，1～2s內(nèi)，mg－F＝ma，得：F＝3m，方向向上，做正功，物體機(jī)械能增加；2～3s內(nèi)，mg＋F＝ma，得F＝2m，方向向下，物體機(jī)械能減少；物體一直向上做減速運(yùn)動，而1～2s內(nèi)的速度大于2～3s內(nèi)的速度，則1～2s內(nèi)的位移大于2～3s內(nèi)的位移，故1～2s內(nèi)物體機(jī)械能增加的多，2～3s內(nèi)減小的少，故質(zhì)點(diǎn)在3s末時的機(jī)械能大于第1s末時的機(jī)械能，選項D正確．20．解析：選CD.由速度圖象得：v＝2x，金屬棒所受的安培力FA＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝eq\f(B2L22x,R＋r)，代入得：FAx，則知FA與x是線性關(guān)系．當(dāng)x＝0時，安培力FA1＝0；當(dāng)x＝1m時，安培力FA2N，則從起點(diǎn)發(fā)生x＝1m位移的過程中，安培力做功為：WA＝－FAx＝－eq\f(FA1＋FA2,2)x＝－eq\f,2)×1JJ，即金屬棒克服安培力做的功為：W1J，故A錯誤；金屬棒克服摩擦力做的功為：W2＝μmgx×2×10×1J＝5J，故B錯誤；根據(jù)動能定理得：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為：WJ．整個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為：Q＝W－eq\f(1,2)mv2J－eq\f(1,2)×2×22J＝J，故C、D正確．21．解析：選ACD.由圖象可知交流電的周期為Ts，則其頻率為f＝eq\f(1,T)＝50Hz，A正確；理想變壓器的輸入功率和輸出功率相等，B錯誤；由圖象可知交流電的電壓的最大值為311V，所以輸入的電壓的有效值為U1＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比可知副線圈電壓的有效值為55V，C正確；對副線圈由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正確．22．解析：(1)本實(shí)驗中兩小球的直徑要相同即可，不需要測量小球的直徑，故A項錯誤；要碰后入射球不反彈，則入射球的質(zhì)量大于靶球的質(zhì)量，即m1>m2，故B項正確；實(shí)驗中記錄紙上鋪的復(fù)寫紙的作用是描繪落點(diǎn)的位置，則復(fù)寫紙的位置可以移動，故C項正確；斜槽要固定好，末端切線需要調(diào)節(jié)水平，才能使小球做平拋運(yùn)動，故D項錯誤．(2)確定落點(diǎn)平均位置的辦法：用盡可能小的圓把盡可能多的落點(diǎn)都圈在里面，圓心就是落點(diǎn)的平均位置．(3)驗證動量守恒定律的表達(dá)式是m1v0＝m1v1＋m2v2，則m1v0t＝m1v1t＋m2v2t，即m1OQ＝m1OP＋m2OR，用題中測量的量表示為m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)．答案：(1)BC(2)用盡可能小的圓把盡可能多的落點(diǎn)都圈在里面，圓心就是落點(diǎn)的平均位置(3)m1(x1＋x2)＝m1x1＋m2(x1＋x2＋x3)23．解析：(1)電流計G與R2串聯(lián)接入電路，若R2取最大阻值1000Ω，電壓表的量程為V，可得電流計的最小電流為Imin＝eq\f,1000)A＝mA>500μA，故電路不可行，流過電流計的最小電流超過了其量程．(2)①第一步為電壓表和電流計串聯(lián)的電路，由部分電路的歐姆定律有UV＝IgRV，可得RV＝eq\f(UV,Ig)＝eq\f(1,500×10－6)Ω＝2000Ω；第二步為Rg與R2并聯(lián)再與RV串聯(lián)，由部分電路的歐姆定律I′gRg＝(eq\f(U′V,RV)－I′g)R2，代入數(shù)據(jù)解得Rg＝180Ω.②電流計改裝成電流表需要利用并聯(lián)電阻分流，由(I－Ig)R＝IgRg，解得R＝20Ω，故電阻箱調(diào)為20Ω，電路如圖所示．答案：(1)不可行，流過電流計的最小電流超過了其量程(2)①2000180②見解析圖2024．解析：(1)兩物體恰要發(fā)生相對滑動時，它們之間的摩擦力大小達(dá)到最大靜摩擦fm；設(shè)它們一起運(yùn)動的加速度大小為a，此時作用于小物塊水平向右的恒力大小為F1，由牛頓定律可知：對整體：F1＝(M＋m)a對木板：fm＝Ma其中fm＝μmg解得F1N故當(dāng)FN時，兩物體之間發(fā)生相對滑動．(2)分析可知，當(dāng)一開始就用水平向右F2N的恒力作用于小物塊時，兩物體發(fā)生滑動；設(shè)滑動摩擦力的大小為f，小物塊、木板的加速度分別為a1、a2，由牛頓第二定律可得：對小物塊：F2－f＝ma1對木板f＝Ma2其中f＝μmg解得a1m/s2;a2m/s2設(shè)小物塊滑下木板歷時為t，小物塊、木板相對于地面的位移大小分別為s1、s2，由勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律和幾何關(guān)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)由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝meq\f(v2,r)r＝eq\f(mv,qB)mT＝eq\f(2πm,qB)×10－7πs.(2)由題意可知Z粒子是垂直電場左邊界進(jìn)入電場的，作出Z粒子在磁場中