2024高考物理二輪復習仿真模擬卷1含解析

PAGE12-仿真模擬卷(一)(時間：60分鐘滿分：110分)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．下列說法正確的是()A．一個基態(tài)的氫原子汲取光子躍遷到n＝3激發(fā)態(tài)后，最多能輻射出三種頻率的光子B．光電效應和康普頓效應深化揭示了光的粒子性C．钚eq\o\al(239,94)Pu的半衰期為24100年，200個eq\o\al(239,94)Pu經(jīng)48200年后，還有50個eq\o\al(239,94)Pu未衰變D．一個質(zhì)子和一個中子結(jié)合為一個氘核，若質(zhì)子、中子和氘核的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，則放出的能量為(m3－m2－m1)c2B[一個處于基態(tài)的氫原子汲取光子躍遷到n＝3激發(fā)態(tài)后，最多能輻射出兩種頻率的光子，選項A錯誤；光電效應揭示了光子具有能量，康普頓效應揭示了光子除了具有能量外還具有動量，光電效應和康普頓效應深化揭示了光的粒子性，選項B正確；由于半衰期描述的是大量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對少量的原子核衰變不適用，所以選項C錯誤；一個質(zhì)子和一個中子結(jié)合為氘核，依據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程，釋放出的核能ΔE＝Δm·c2＝(m1＋m2－m3)c2，選項D錯誤。]15.如圖所示，在一光滑球面上有質(zhì)量不計的力傳感器通過輕繩連接在甲、乙兩物體之間，甲、乙兩物體的質(zhì)量均為2kg，無初速度釋放后某一瞬間位于圖中位置，不計一切摩擦，g取10m/s2，則此時傳感器的示數(shù)為()A．20N B．15NC．10N D．5NB[對甲、乙整體進行受力分析有m乙g－m甲gsin30°＝(m乙＋m甲)a，對乙有m乙g－FT＝m乙a，聯(lián)立解得FT＝15N，A、C、D錯誤，B正確。]16.如圖所示為某質(zhì)點做直線運動的v-t圖象。質(zhì)點從t＝0時刻動身，在t＝4s時刻，又回到動身點。下列說法正確的是()A．質(zhì)點在0～4s內(nèi)加速度先減小后增大B．質(zhì)點在t＝6s時刻又回到了動身點C．質(zhì)點在5s時刻離動身點最遠D．質(zhì)點在4～6s內(nèi)的加速度大小為10m/s2B[v-t圖象中圖線切線的斜率表示加速度，則質(zhì)點在0～4s內(nèi)加速度先增大后減小，選項A錯誤；v-t圖象與時間軸所圍面積表示物體的位移，t＝4s質(zhì)點回到動身點，在4～6s內(nèi)，質(zhì)點的位移為零，則質(zhì)點在t＝6s時刻又回到了動身點，質(zhì)點在2s時刻離動身點最遠，選項B正確，C錯誤；質(zhì)點在4～6s內(nèi)的加速度大小a＝eq\f(Δv,Δt)＝5m/s2，選項D錯誤。]17.如圖，邊長ab＝1.5L、bc＝eq\r(3)L的矩形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于區(qū)域平面對里的勻強磁場，在ad邊中點O處有一粒子源，可在區(qū)域平面內(nèi)沿各方向放射初速度大小相等的同種帶電粒子。已知沿Od方向射入的粒子在磁場中運動的軌跡半徑為L，且經(jīng)時間t0從邊界cd離開磁場。不計粒子的重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是()A．粒子帶負電B．粒子可能從c點射出C．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0D．粒子在磁場中運動的最長時間為2t0D[依據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向和左手定則可知粒子帶正電，A項錯誤；如圖所示，粒子從距d點0.5L處的cd邊界上射出，不會經(jīng)過c點，B項錯誤；沿Od方向射入的粒子在磁場中運動，軌跡所對的圓心角為60°，用時eq\f(1,6)T＝t0，故周期T＝6t0，C項錯誤；經(jīng)分析可知，當軌跡圓心位于ab邊距a點0.5L時，粒子在磁場中運動的時間最長，此時粒子從b點射出，運動軌跡所對的圓心角為120°，用時2t0，D項正確。]18．一足夠長的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶以肯定速度勻速運動。某時刻在傳送帶適當?shù)奈恢梅派暇哂锌隙ǔ跛俣鹊奈飰K如圖a所示，以此時為t＝0時刻記錄物塊之后在傳送帶上運動的速度隨時間的改變關系，如圖b所示。圖中取沿斜面對上運動的方向為正方向，其中兩速度大小v1>v2。已知傳送帶的速度保持不變。則下列推斷正確的是()圖a圖bA．若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則μ>tanθB．0～t1時間內(nèi)，物塊沿傳送帶向下運動，t1～t2時間內(nèi)，物塊沿傳送帶向上運動，在t2時刻回到原位置C．0～t2時間內(nèi)，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量肯定比物塊動能的削減量小D．0～t2時間內(nèi)，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的削減量A[由圖象可知，物塊先向下運動后向上運動，所以可判定傳送帶的運動方向向上，在t1～t2時間內(nèi)，物塊向上做勻加速運動，則有μmgcosθ>mgsinθ，得μ>tanθ，故A正確；又因圖象與橫軸圍成的面積表示位移，明顯0～t1時間內(nèi)物塊向下的位移大于t1～t2時間內(nèi)物塊向上的位移，所以t2時刻物塊沒有回到原位置，B錯誤；0～t2時間內(nèi)，物塊的總位移沿斜面對下，物塊的重力勢能減小，動能也減小，都轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，由能量守恒定律知，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量肯定比物塊動能的削減量大，故C錯誤；依據(jù)動能定理知，0～t2時間內(nèi)，傳送帶對物塊做的功與物塊的重力做的功之和等于物塊動能的改變量，故D錯誤。]19．一種可測速的跑步機，測速原理如圖所示，該跑步機底面固定有間距為L、長度為d的平行金屬電極。電極間充溢磁感應強度為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場，且兩電極連接有電壓表和電阻R。絕緣橡膠帶上鍍有間距為d的平行細金屬條，磁場中始終僅有一根金屬條，且與電極接觸良好，不計金屬條的電阻，若橡膠帶勻速運動時，電壓表讀數(shù)為U，由此可知()A．橡膠帶勻速運動的速率為v＝eq\f(U,BL)B．電阻R中的電流方向由N到MC．電阻R消耗的電功率為P＝eq\f(U2,2R)D．一根金屬條每次經(jīng)過磁場區(qū)域克服安培力做的功為W＝eq\f(BLUd,R)AD[金屬條切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，又E＝U，解得v＝eq\f(U,BL)，選項A正確；由右手定則可知，電阻R中的電流方向由M到N，B錯誤；電阻R消耗的電功率為P＝eq\f(U2,R)，選項C錯誤；設金屬條所受安培力的大小為F，由I＝eq\f(U,R)，F(xiàn)＝BIL，W＝Fd，解得W＝eq\f(BLUd,R)，選項D正確。]20.A、B兩物體質(zhì)量均為m，其中A帶正電，帶電荷量為＋q，B不帶電，通過勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧相連放在水平地面上，如圖所示。起先時兩者都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)施加豎直向上的勻強電場，電場強度E＝eq\f(2mg,q)，式中g為重力加速度，若不計空氣阻力，不考慮A物體電荷量的改變，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則以下推斷正確的是()A．剛施加電場的瞬間，A的加速度大小為2B．從施加電場起先到B剛要離開地面的過程，A物體的速度先增大后減小C．從施加電場起先到B剛要離開地面的時間內(nèi)，A物體的機械能增加量始終等于A物體電勢能的削減量D．B剛要離開地面時，A的速度大小為2geq\r(\f(m,k))AD[沒有加電場時，物體A的重力與彈簧的彈力大小相等，有mg＝kx，施加電場瞬間，有qE＋kx－mg＝ma，解得物體A的瞬間加速度大小為a＝2g，選項A正確；施加電場后，B剛要離開地面時，彈簧對B的拉力豎直向上，大小為mg，此時A物體受力恰好為零，故從施加電場起先至B剛要離開地面的過程中，A所受的合外力始終向上，故A物體的速度始終增加，選項B錯誤；從施加電場起先至B剛要離開地面的時間內(nèi)，由能量守恒定律可知，A物體的機械能與電勢能、彈簧的彈性勢能之和不變，故A物體的機械能增加量不是始終等于A物體電勢能的削減量，選項C錯誤；從施加電場起先至B剛要離開地面的過程，彈簧的形變量x相同，即彈性勢能沒有發(fā)生改變，則有(qE－mg)×2x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－0，解得vA＝2geq\r(\f(m,k))，選項D正確。]21.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板靜止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且長為l，左端O處有一固定擋板，擋板上固定輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用不行伸長的輕繩連接在豎直墻上，輕繩所能承受的最大拉力為F。質(zhì)量為m的小滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，彈簧的壓縮量達到最大時細繩恰好被拉斷，再過一段時間后長木板停止運動，小滑塊恰未掉落。重力加速度為g，則()A．細繩被拉斷瞬間長木板的加速度大小為eq\f(F,M)B．細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2C．彈簧復原原長時滑塊的動能為eq\f(1,2)mv2D．滑塊與長木板AB段間的動摩擦因數(shù)為eq\f(v2,2gl)ABD[細繩被拉斷瞬間彈簧的彈力等于F，對長木板，由牛頓其次定律得F＝Ma，得a＝eq\f(F,M)，A正確；滑塊以速度v從A點向左滑動壓縮彈簧，到彈簧壓縮量最大時速度為0，由系統(tǒng)的機械能守恒得：細繩被拉斷瞬間彈簧的彈性勢能為eq\f(1,2)mv2，B正確；彈簧復原原長時長木板與滑塊都獲得動能，所以滑塊的動能小于eq\f(1,2)mv2，C錯誤；彈簧最大的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)mv2，小滑塊恰未掉落時滑到木板的右端，此時小滑塊與長木板均靜止，又水平面光滑，上表面OA段光滑，則有Ep＝μmgl，聯(lián)立解得μ＝eq\f(v2,2gl)，D正確。]三、非選擇題：共62分。第22～25題為必考題，每個試題考生都必需作答。第33～34題為選考題，考生依據(jù)要求作答。(一)必考題：共47分。22．(5分)某探討性學習小組的同學欲探究小車質(zhì)量不變時其加速度與力的關系，該小組在試驗室設計了一套如圖甲所示的裝置，圖中A為小車，B為打點計時器，C為力傳感器(測繩子的拉力)，P為小桶(內(nèi)有砂子)，M是一端帶有定滑輪的水平放置的足夠長的木板。不計繩子與滑輪間的摩擦。甲乙(1)要順當完成該試驗，除圖中試驗儀器和低壓溝通電源(含導線)外，還須要的試驗儀器是________(選填“刻度尺”“天平”或“秒表”)。(2)平衡摩擦力后再做試驗，是否要求小桶和砂子的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量？________(選填“是”或“否”)。(3)已知溝通電源的頻率為50Hz，某次試驗得到的紙帶如圖乙所示，圖中相鄰兩計數(shù)點之間還有4個點未畫出，由該紙帶可求得小車的加速度a＝________m/s2。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)[解析](1)由于要處理紙帶數(shù)據(jù)，須要利用刻度尺測量兩個計數(shù)點之間的距離，所以還須要的器材是刻度尺。(2)由于繩子一端連接有能夠測繩子拉力的力傳感器，所以不須要小桶和砂子的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量。(3)圖乙中相鄰兩個計數(shù)點之間的時間間隔為t＝5T＝eq\f(5,f)＝0.10s，依據(jù)Δx＝at2，可求得小車的加速度a＝0.90m/s2。[答案](1)刻度尺(1分)(2)否(1分)(3)0.90(3分)23．(10分)某電阻的額定電壓為2V，正常工作時的阻值約為500Ω，現(xiàn)要精確測定其正常工作時的阻值Rx。試驗室供應的器材有：A．電流表A1(量程50mA，內(nèi)阻r1≈3Ω)B．電流表A2(量程3mA，內(nèi)阻r2＝15Ω)C．電壓表V(量程9V，內(nèi)阻RV＝1kΩ)D．定值電阻1(阻值R1＝985Ω)E．定值電阻2(阻值R2＝1985Ω)F．滑動變阻器(0～20Ω)G．蓄電池E(電動勢10V，內(nèi)阻很小)H．開關S一個，導線若干(1)某同學設計的試驗電路如圖所示。其中，電表1應選________，電表2應選________，定值電阻R應選________。(填器材前的序號字母)(2)試驗中，調(diào)整滑動變阻器接入電路的阻值，當電表1的示數(shù)x1＝________時，被測電阻正常工作，此時電表2的示數(shù)為x2。(3)被測電阻正常工作時電阻的表達式Rx＝________(用x1、x2和器材中已知物理量的符號表示)。[解析](1)由于被測電阻Rx的額定電壓為2V，而試驗室供應的電壓表量程9V過大，故只能用已知內(nèi)阻的電流表串聯(lián)一個適當?shù)亩ㄖ惦娮韪难b成合適量程的電壓表運用，則電表1只能選B，經(jīng)分析對比可知，定值電阻1與電流表A2串聯(lián)后的量程為3V比較合適，則定值電阻選D，待測電阻正常工作時電流約為I1＝eq\f(2,500)A＝4mA，流過電流表A2的電流I2＝2mA，故電表2上的電流約為I＝I1＋I2＝6mA，而電流表A1的量程50mA過大，故只能用電壓表V當電流表運用，故電表2應選C。(2)被測電阻的電壓剛好達到額定電壓2V時，電表1的示數(shù)為x1＝eq\f(2V,R1＋r2)＝2mA。(3)被測電阻正常工作時的阻值Rx＝eq\f(x1R1＋r2,\f(x2,RV)－x1)＝eq\f(x1RVR1＋r2,x2－x1RV)。[答案](1)B(1分)C(1分)D(2分)(2)2mA(或2×10－3A)(3分)(3)eq\f(x1RVR1＋r2,x2－x1RV)(3分)24．(12分)2024年冬奧會將在北京市和張家口市聯(lián)合實行，跳臺滑雪為冬奧會的傳統(tǒng)項目，滑雪場如圖甲所示，將滑雪運動簡化為如圖乙所示的斜面模型，一名運動員(可視為質(zhì)點)從高處滑下后從O點水平飛出，O點為斜面的最高點，運動員經(jīng)過4s落到斜面上的A點。已知斜面與水平面的夾角θ＝30°，運動員的質(zhì)量m＝50kg，不計空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2。求：甲乙(1)運動員從O點到A點的過程中動量的改變量Δp；(2)運動員在平拋過程中離斜面最遠時的動能。[解析](1)運動員從O點到A點的過程中只受重力，所以重力的沖量就是合外力的沖量，由動量定理有Δp＝mgt＝50×10×4kg·m/s＝2000kg·m/s，方向豎直向下。 (2分)(2)運動員從O點到A點的豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×42m＝80m (2分)水平位移x＝v0t，又tanθ＝eq\f(y,x) (2分)解得v0＝20eq\r(3)m運動員離斜面最遠時，運動員沒有垂直于斜面的速度，即速度方向和斜面平行，設此時速度為v，有cosθ＝eq\f(v0,v) (2分)解得v＝40m/s，所以運動員此時的動能為Ek＝eq\f(1,2)mv2＝4×104J。 (2分)[答案]見解析25.(20分)如圖所示，電阻不計的足夠長光滑平行導軌與水平面成θ＝30°角傾斜放置，兩導軌間距為L，空間內(nèi)存在垂直于導軌平面對上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。質(zhì)量均為m、長均為L、電阻均為R的金屬棒ab、cd垂直于導軌水平放在導軌上，ab棒通過繞光滑定滑輪的絕緣細繩與質(zhì)量也為m的物塊G相連，cd棒擱置在兩個固定樁上。已知重力加速度為g。(1)由靜止釋放金屬棒ab，求ab棒能達到的最大速度vm；(2)若從釋放金屬棒ab到其達到最大速度所用時間為t＝eq\f(7mR,B2L2)，求此過程中通過金屬棒ab的電荷量q；(3)求在問題(2)的過程中，金屬棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q。[解析](1)對ab棒及物塊G組成的系統(tǒng)，由牛頓其次定律得mg－mgsinθ－FA＝2ma當加速度a＝0時，ab棒的速度達到最大，此時安培力FA＝eq\f(1,2)mg (2分)假設金屬棒cd靜止，對金屬棒cd受力分析有F′A＋FN－mgsinθ＝0，F(xiàn)A＝F′A，則FN＝0 (2分)假設成立cd靜止，所以有FA＝BIL (1分)I＝eq\f(E,2R)E＝BLvm (1分)聯(lián)立解得vm＝eq\f(mgR,B2L2)。 (1分)(2)對金屬棒ab及物塊G組成的系統(tǒng)，由動量定理得(mg－mgsinθ)t－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝2mvm (2分)通過金屬棒ab的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t (1分)解得q＝eq\f(3m2gR,2B3L3)。 (1分)(3)設此過程中金屬棒ab沿導軌上滑的距離為x，由q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)teq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(B·ΔS,t)＝eq\f(BLx,t)得q＝eq\f(BLx,2R) (2分)聯(lián)立可得x＝eq\f(3m2gR2,B4L4) (2分)對金屬棒ab及物塊G組成的系統(tǒng)，由能量守恒得回路中總的焦耳熱Q總＝mgx－mgxsinθ－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,m) (2分)解得Q總＝eq\f(m3g2R2,2B4L4) (2分)金屬棒cd產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)Q總＝eq\f(m3g2R2,4B4L4)。 (1分)[答案]見解析(二)選做題：本題共15分。請考生從給出的2道物理題中任選一題作答。假如多做，則按所做的第一題計分。33．[物理——選修3－3](15分)(1)(多選)(5分)下列說法正確的是________。(填正確答案標號。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．飽和汽壓與溫度有關，且隨著溫度的上升而增大B．當人們感到潮濕時，空氣的肯定濕度肯定較大C．肯定質(zhì)量的志向氣體壓強不變時，氣體分子單位時間內(nèi)對器壁單位面積的平均碰撞次數(shù)隨著溫度上升而削減D．單晶體和多晶體都具有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點E．當分子間距離增大時，分子間的引力減小，斥力增大(2)(10分)如圖所示，兩正對且固定不動的導熱氣缸，與水平面成30°角，底部由體積忽視不計的細管連通，活塞a、b用不行發(fā)生形變的輕直桿相連，不計活塞的厚度以及活塞與氣缸的摩擦，a、b兩活塞的橫截面積分別為S1＝10cm2、S2＝20cm2，兩活塞的總質(zhì)量為m＝12kg，兩氣缸高度均為H＝10cm。氣缸內(nèi)封閉肯定質(zhì)量的志向氣體，系統(tǒng)平衡時活塞a、b到氣缸底部的距離均為L＝5cm(圖中未標出)。已知大氣壓強為p0＝1.0×105Pa，環(huán)境溫度為T0＝300K，重力加速度g取10m/s2。①若緩慢降低環(huán)境溫度，使活塞緩慢移到氣缸的一側(cè)底部，求此時環(huán)境的溫度；②若保持環(huán)境溫度不變，用沿輕桿向上的力緩慢推活塞a，在活塞a由起先運動到到達氣缸底部的過程中，求推力的最大值。[解析](1)溫度越高，液體越簡單揮發(fā)，故飽和汽壓隨溫度的上升而增大，A正確；人們對潮濕的感覺取決于相對濕度，空氣的相對濕度越大，人們感覺到越潮濕，B錯誤；氣體壓強由氣體分子單位時間內(nèi)對器壁單位面積的平均碰撞次數(shù)和分子的平均碰撞作用力共同確定，壓強不變，溫度上升，分子的平均碰撞作用力增大，則氣體分子單位時間內(nèi)對器壁單位面積的碰撞次數(shù)削減，C正確；單晶體和多晶體都具有確定的熔點，非晶體沒有確定的熔點，D正確；當分子間距離增大時，分子間引力和斥力都減小，E錯誤。(2)①氣缸內(nèi)氣體壓強不變，溫度降低，氣體體積變小，故活塞向下移動，由蓋-呂薩克定律得：eq\f(LS1＋LS2,T0)＝eq\f(HS1,T) (2分)代入數(shù)據(jù)得：T＝200K (1分)②設初始時氣體壓強為p1，由平衡條件有：p0S1＋p1S2＝mgsin30°＋p0S2＋p1S1 (2分)代入數(shù)據(jù)得：p1＝1.6×105Pa活塞a剛要到達氣缸頂部時，向上的推力最大，此時氣體的體積為HS2，壓強為p2，由玻意耳定律有：p1(LS1＋LS2)＝p2HS2 (2分)代入數(shù)據(jù)得：p2＝1.2×105Pa由平衡條件有：p0S1＋p2S2＋F＝mgsin30°＋p0S2＋p2S1 (2分)代入數(shù)據(jù)得：F＝40N (1分)[答案](1)ACD(2)①200K②40N34．[物理——選修3－4](15分)(1)(多選)(5分)如圖(a)為沿x軸負方向傳播的簡諧橫波在t＝1s時刻的波形圖，P、Q兩個質(zhì)點的平衡位置分別為x＝2m、x＝3m；圖(b)為x軸上某質(zhì)點的振動圖象，由圖象可知，下列說法正確的是________。(填正確答案標號。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)圖(a)圖(b)A．簡諧橫波的周期為4s，速度大小為1m/sB．圖(b)可能是平衡位置為O的質(zhì)點的振動圖象C．t＝1s時刻，質(zhì)點Q的速度肯定最大，且肯定沿y軸負方向D．t＝2s時刻，質(zhì)點P的速度肯定最大，且肯定沿y軸負方向E．t＝3s時刻，質(zhì)點Q的速度肯定最大，且肯定沿y軸負方向(2)(10分)如圖所示，扇面ABC為玻璃磚的截面，三角形ABD為等腰直角三角形，AB長為R，一束光垂直于