【文档说明】2021届高考物理（浙江专用）二轮评估验收仿真模拟卷（十二） 含解析.docx，共(14)页，1.670 MB，由envi的店铺上传

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考前仿真模拟卷(十二)(时间：90分钟满分：100分)本卷计算中，无特殊说明时，重力加速度g均取10m/s2.选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共10小题，每小题3分，共30分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1．甲物体的重

力是乙物体重力的3倍，它们从同一高度处同时自由下落，下列说法正确的是()A．甲比乙先着地B．甲比乙的加速度大C．甲、乙同时着地D．无法确定谁先着地2．手机给人民生活带来很多便利，如导航软件不仅极大地方便了人们的出行，更是缓解了城市交通压力．下面是某位游客司机准备从上海浦东国际机场附近前往上

海迪士尼度假区，导航规划了三条路线，下列说法错误的是()A．研究汽车在地图上的实时位置，可以把汽车看成质点B．图中的38分钟、39分钟、40分钟都表示时间间隔C．图中的14公里、15公里、16公里分别表示路

程D．三条路径路程不同、时间不同、位移也不同3．质点在半径为R的圆周上从A处沿顺时针运动到B处，则它通过的路程、位移大小分别是()A.3πR2、3πR2B.3πR2、2RC.2R、2RD.2R、3πR24．如图甲所示为一运动员(可视为质点)进

行三米板跳水训练的场景，某次跳水过程的v－t图象如图乙所示，t＝0是其向上起跳的瞬间，则该运动员从跳板弹起能上升的高度最接近()A．0.38mB．0.80mC．1.10mD．3.00m5．一辆普通家用轿车的长度约为教室长度的一半．如图是某家用轿车在平直公路上行驶过

程中，用相机每隔0.5s曝光一次得到的照片．拍照过程中，轿车的平均速度最接近()A．30km/hB．60km/hC．90km/hD．120km/h6．如图所示的是便携式放音机基本运动结构示意图．在正常播放音乐时，左右两个轮保持一样的是()A

．磁带盘的周期B．磁带盘的角速度C．磁带盘的转速D．磁带盘边缘的线速度大小7．北斗导航系统又被称为“双星定位系统”，具有导航、定位等功能．如图所示，北斗导航系统中的两颗工作卫星均绕地心做匀速圆周运动，且轨道半径均为r，某时刻

工作卫星1、2分别位于轨道上的A、B两个位置，若两卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，下列判断正确的是()A．这两颗卫星的加速度大小相等，均为r2gR2B．卫星1由A位置运动到

B位置所需的时间是πr3RrgC．卫星1由A位置运动到B位置的过程中万有引力做正功D．卫星1向后喷气就一定能够追上卫星28.如图所示，两个截面不同、长度相等的均匀铜棒串接在电路中，通过两棒的电流分别为I1、I2，棒两端的电压分别为U1、U2，则下列说法正确的是

()A．I1＞I2B．I1＜I2C．U1＞U2D．U1＝U29．某电场的电场线如图所示，则某点电荷在A点和B点所受电场力的大小关系是()A．FA>FBB．FA<FBC．FA＝FBD．电荷正负不明无法判断10.如图所示，某次航天卫星发射活动中，在卫星发射前，起重机以恒定的功

率P使质量为m的卫星从静止开始竖直向上运动，经过一段时间t达到最大速度vm，不计空气阻力，则在这段时间内()A．卫星做匀加速运动B．起重机拉力保持不变C．起重机做的功为PtD．起重机做的功为12mv2m二、选择题Ⅱ(本题共5小题

，每小题4分，共20分．每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11．由于放射性元素23793Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在

使用人工的方法制造后才被发现．已知23793Np经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi，下列判断中正确的是()A.20983Bi的原子核比23793Np的原子核少28个中子B.20983Bi的原子核比23793Np的原

子核少18个中子C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变12．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻与(t＋0.6s)时刻的波形正好重合，如图所示．下列说法正确的是()A

．质点振动周期可能为1.2sB．该波的波速可能为10m/sC．在(t＋0.4s)时刻，x＝－1m处的质点的位移可能为零D．从(t＋0.3s)时刻开始计时，x＝0.5m处的质点可能比x＝－0.5m处的质点先

到达波峰位置13．质量为m，长为L的导体棒电阻为R，初始静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动，则下列说法正确的是()A．导体棒向左运动B．电键

闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELRC．电键闭合瞬间导体棒MN所受安培力为BELsinθRD．电键闭合瞬间导体棒MN的加速度为BELmR14．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦

交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R＝48Ω相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是()A．变压器输入电压的最大值是220VB．电流表的示数为0.50A，变压器的输入功率是12WC．原线圈输入的

正弦交变电流的频率是50HzD．电压表的示数是242V15．如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系F＝kv，其中k为常数，则环在运动过程中克服摩擦所做的

功大小不可能为()A.12mv20B．0C.12mv20＋m3g22k2D.12mv20－m3g22k2题号123456789101112131415答案非选择题部分三、非选择题(本题共5小题，共50分)16．(6分)(1)在探究“加速度与力、质量的关系”的实验中：有

另外两位同学通过测量，分别作出a－F图象，如图(a)、(b)中的A、B线所示，试分析：①A线不通过坐标原点的原因是：___________________________________________

____________________________________________________________________.②B线不通过坐标原点的原因是：______________________________

_____________.(2)在做“力的合成”实验时，橡皮条的一端固定在木板上，用两个弹簧秤通过细绳套把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，以下操作中正确的是________．A．同一次实验过程中，O点位置不允许变动B．实验中，弹簧秤必须保持与木板平行，读数时

视线要正对弹簧秤刻度C．实验中，先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程，然后只需调节另一弹簧秤拉力的大小和方向，把橡皮条另一端拉到O点D．实验中，把橡皮条的另一端拉到O点时，两个弹簧秤之间夹角应取90°，以便于算出合力大小17．(9分)在练习使用多用电表的实验中：(1)某同学连接的电路如图

所示．①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________

两端的电压．(2)在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若________．A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量C．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与

30正中间，则测量值小于25ΩD．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大18．(9分)如图甲为冰库工作人员移动冰块的场景，冰块先在工作人员斜向上拉力作用下滑一段距离，然后放手让冰块向前滑动到运送冰块的目的地．其工作原理可简化为如图乙所示，设质量M＝100kg的冰块与滑道间动摩

擦因数为0.05，运送冰块距离为12m，工人拉冰块时拉力与水平方向成53°角向上．某次拉冰块时，工人从滑道前端拉着冰块(冰块初速度可视为零)向前匀加速前进4.0m后放手，冰块刚好到达滑道末端静止．(已知s

in53°＝0.8、cos53°＝0.6)求：(1)冰块在加速与减速运动过程中加速度大小之比；(2)冰块滑动过程中的最大速度；(3)工人拉冰块的拉力大小．19.(12分)飞机若仅依靠自身喷气式发动机推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空

母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180m，其中电磁弹射器是一种长度为l1＝120m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵．

一架质量为m＝2.0×104kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105N．考虑到飞机在起飞过程中受到的阻力与速度大小有关，假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2.飞机离舰起飞的速度v＝100m/s

，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点．请你求出(g取10m/s2，计算最终结果均保留两位有效数字)：(1)飞机在后一阶段的加速度大小；(2)电磁弹射器的牵引力F牵的大小；(3)电磁弹射器输出效率可以达到80

%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量．20．(14分)在某空间存在着水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°.今有一质量m

＝3.6×10－4kg、带电荷量q＝＋9.0×10－4C的带电小球(可视为质点)，以v0＝4.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动．已知重力加速度g＝10m/s2，

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)匀强电场的场强E；(2)小球刚离开C点时速度大小；(3)小球刚射入圆弧轨道时，轨道对小球的瞬间支持力．考前仿真模拟卷(十二)1．C2．解析：选D.

研究汽车在导航图中的位置时，汽车的大小和形状能够忽略，可以把汽车看成质点，故A说法正确；图中的38分钟、39分钟、40分钟都表示时间间隔，故B说法正确；图中的14公里、15公里、16公里是轨迹的长度，分别表示路程，故C说法正确；三条路径路程不同、时间不同、位移

相同，故D说法错误．3．B4．解析：选A.设跳水运动员跳起的速度大小为v，上升的最大高度为h.由v－t图象与坐标轴围成面积表示位移，可知：3v·3t12－vt12＝3m又h＝vt12联立解得：h＝0.375m≈0.38m.5．解析：选B.由

题图可知，相机曝光了3次，轿车通过的总路程大概是4个车身长，1个车身长约4.5m，所以总路程s＝4.5×4m＝18m，总时间t＝0.5×2s＝1s，故轿车的平均速度约为18m/s，即64.8km/h，故选项B正确．6．D7．解析：选B.在地球表面重力与万有引力大小相等有G

MmR2＝mg可得GM＝gR2，又卫星在轨道上运动万有引力提供圆周运动的加速度，故可得卫星的加速度GMmr2＝ma，解得a＝GMr2＝R2gr2，故A错误；万有引力提供圆周运动向心力有：GMmr2＝mr

4π2T2可得卫星运行周期为：T＝2πr3GM，所以卫星从位置1到位置2所需时间t＝16T＝πr3Rrg，故B正确；卫星1由位置A运动到位置B的过程中，由于万有引力始终与速度垂直，故万有引力不做功，故C错误；卫星1向后喷气，卫星做加速运动，在轨道上做圆周运动所需向心力增

加，而提供向心力的万有引力没有发生变化，故卫星将做离心运动，卫星轨道变大，故卫星不能追上同轨道运行的卫星2，故D错误．8．解析：选C.由串联电路规律知I1＝I2，由电阻定律知，电阻阻值与截面积成反比，故粗铜棒电阻小，其两端电压小，选项C正确．9．A10．解析：选C.在上升过程中，由于功

率不变，所以始终满足关系P＝Fv，当加速运动时，速度增大，拉力变小，卫星做加速度减小的加速运动，选项A、B错误；起重机做的功为W＝Pt，选项C正确；在达到最大速度的过程中，W拉＋W重＝12mv2m，而W重为负值，则起重机做功大于12mv2m，选项D错误．11．解析：选

BC.20983Bi的中子数为209－83＝126，23793Np的中子数为237－93＝144，20983Bi的原子核比23793Np的原子核少18个中子，A错、B对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为23

7－2094＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C对、D错．12．解析：选BD.由题图可知，波长为2m，又依题意得，0.6s是周期的整数倍，选项A错误；若t时刻与(t＋0.6s)时刻相

差3个周期，则周期为0.2s，波速为10m/s，选项B正确；t时刻到(t＋0.4s)时刻经过时间为0.4s，而0.4s是23个整数倍的周期，所以该时刻x＝－1m处的质点不可能在平衡位置，位移不可能为零，故C错误；简谐横波沿x轴正方向传播，在(t＋0.3s)时刻，

x＝0.5m处的质点振动方向可能沿y轴正方向，x＝－0.5m处的质点振动方向沿y轴负方向，所以x＝0.5m处的质点可能比x＝－0.5m处的质点先到达波峰位置，故D正确．13．解析：选B.导体棒MN所受安培力F＝BIL，I＝ER，则F＝BELR，由牛顿第二定律得，a＝BILsinθm＝BE

LsinθmR.14．解析：选BC.由图乙可知交流电压最大值Um＝2202V，故A项错误；理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，电阻R的电压为U2＝n2n1·U1＝655×220V＝24V，电压表的示数是24V，电阻为48Ω，所以流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输

入功率是：P入＝P出＝U22R＝24248W＝12W，故B项正确，D项错误；由图乙可知交流电周期T＝0.02s，可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz，故C项正确．15．解析：选C.当mg＝kv0时，即v0＝mgk时，环做匀速运动，Wf＝0，环克服摩擦力所做的功为零，故B可能；当

mg>kv0时，即v0<mgk时，环在运动过程中做减速运动，直至静止．由动能定理得环克服摩擦力所做的功为Wf＝12mv20，故A可能；当mg<kv0时，即v0>mgk时，环在运动过程中先做减速运动，当速度减小至满足mg＝kv时，即v＝mgk时环开始做匀速运动．由动能定理得摩擦力做的功Wf

＝12mv20－12mv2＝12mv20－m3g22k2，环克服摩擦力所做的功为12mv20－m3g22k2，故D可能．16．(1)①没有平衡摩擦力，或平衡摩擦力不够②平衡摩擦力时木板倾角θ太大，即平衡摩擦力过度

(2)AB17．解析：(1)①当多用电表选择开关尖端对准直流电流挡时，电流表与R1串联，此时电流表测得的是通过R1的电流．②切断电路，选择开关尖端对准欧姆挡时，测得的是R1和R2的串联总电阻．③选择开关尖端对准

直流电压挡，闭合开关，且滑动变阻器的滑片移至最左端时，电阻R1被短路，此时多用电表示数等于电阻R2两端的电压，也等于电源的路端电压．(2)双手捏住两表笔金属杆时，测量值为被测电阻与人体电阻的并联阻值，应偏小，A错误；测量时指针若向左偏离中央刻度过大，应增大倍率，B错误；选择开关对应“×1

0”倍率时，指针位于20与30正中间时，测量值应小于250Ω，C错误；电池用时间太久，电动势减小，虽然完成调零，但中值电阻偏小，测量时读数将比真实值偏大，D正确．答案：(1)①R1②R1和R2的串联③电阻R2(或电源的路端)(2)

D18．解析：(1)设加速时加速度为a1，减速时加速度为a2，加速度最大时速度为v，加速前进位移为x，总位移为L，则加速阶段有：v2＝2a1x1，减速阶段有：0－v2＝－2a2(L－x1)，则a1a2＝L－x1x1＝21

；(2)减速阶段冰块只受滑动摩擦力作用，则μmg＝ma2，解得a2＝0.5m/s2；根据0－v2＝－2a2(L－x1)，解得v＝22m/s；(3)a1＝2a2，故a1＝1m/s2；对冰块受力分析可得Fcos53°－μ(Mg－Fsin53°)＝Ma1，解得F＝18758N.答案：(1)2

∶1(2)22m/s(3)18758N19．解析：(1)设后一阶段飞机加速度为a2，平均阻力为Ff2＝0.2mg，则F推－Ff2＝ma2，得：a2＝4.0m/s2.(2)设电磁弹射阶段飞机加速度为a1、末速度为v1，平均阻力为Ff1＝0.05mg，则v21＝2a1l1，v2－v21＝2a2(l

－l1)得：a1≈39.7m/s2由F牵＋F推－Ff1＝ma1得F牵≈6.8×105N.(3)电磁弹射器对飞机做功W＝F牵l1≈8.2×107J则其消耗的能量E＝W80%≈1.0×108J.答案：(1)4.0m/s2(2)6.8×105N(3)1.0×108J20．解析：(1)当小球

离开圆弧轨道后，对其受力分析如图甲所示，由平衡条件得F电＝qE＝mgtanθ，代入数据解得E＝3N/C.(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得F电Rsinθ－mgR(1－cosθ)＝mv22－mv202，代入数据得v＝5m/s

.(3)由(1)可知F洛＝qvB＝mgcosθ，解得B＝1T，小球射入圆弧轨道瞬间竖直方向的受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得FN＋Bqv0－mg＝mv20R，代入数据得FN＝3.2×10－3N.答案：(1)3N/C(2)5m/s(3)3.2×10－3N获

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