2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)仿真卷1

仿真卷(一)(考試時間：70分鐘試卷滿分：110分)第Ⅰ卷二、選擇題：本題共8小題，每小題6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，有選錯或不答的得0分．14．在超導(dǎo)托卡馬克試驗裝置中，質(zhì)量為m1的eq\o\al(2,1)H與質(zhì)量為m2的eq\o\al(3,1)H發(fā)生核聚變反應(yīng)，放出質(zhì)量為m3的eq\o\al(1,0)n，并生成質(zhì)量為m4的新核．若已知真空中的光速為c，則下列說法正確的是(A)A．新核的中子數(shù)為2，且該新核是eq\o\al(3,2)He的同位素B．該過程屬于α衰變C．該反應(yīng)釋放的核能為(m3＋m4－m1－m2)c2D．核反應(yīng)前后系統(tǒng)動量不守恒【解析】由質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知新核的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)分別為4和2，新核是eq\o\al(4,2)He，是eq\o\al(3,2)He同位素，中子數(shù)為2，故A正確；該過程是核聚變反應(yīng)，不屬于α衰變，故B錯誤；該反應(yīng)釋放的核能為ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故C錯誤；核反應(yīng)前后系統(tǒng)動量守恒，故D錯誤．15.如圖所示，繞地球做勻速圓周運動的衛(wèi)星P的角速度為ω，對地球的張角為θ弧度，萬有引力常量為G.則下列說法正確的是(D)A．衛(wèi)星的運動屬于勻變速曲線運動B．張角θ越小的衛(wèi)星，其角速度ω越大C．依據(jù)已知量可以求地球質(zhì)量D．依據(jù)已知量可求地球的平均密度【解析】衛(wèi)星的加速度方向始終變更，故加速度始終變更，不屬于勻變速曲線運動，故A錯誤；設(shè)地球的半徑為R，衛(wèi)星做勻速圓周運動的半徑為r，由幾何學(xué)問得sineq\f(θ,2)＝eq\f(R,r)，可知張角越小，r越大，依據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，得ω＝eq\r(\f(GM,r3))，可知r越大，角速度ω越小，故B錯誤；依據(jù)萬有引力供應(yīng)向心力，則有Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，解得地球質(zhì)量為M＝eq\f(ω2r3,G)，因為r未知，所以由上面的式子可知無法求地球質(zhì)量，故C錯誤；地球的平均密度ρ＝eq\f(M,\f(4,3)πR3)，則ρ＝eq\f(3ω2,4πGsin3\f(θ,2))知可以求出地球的平均密度，故D正確．16.如圖，傾角為α＝45°的斜面ABC固定在水平面上，質(zhì)量為m的小球從頂點A先后以初速度v0和2v0向左水平拋出，分別落在斜面上的P1、P2點，經(jīng)驗的時間分別為t1、t2；A點與P1、P1與P2之間的距離分別為l1和l2，不計空氣阻力影響．下列說法正確的是(D)A．t1∶t2＝1∶1B．ll∶l2＝1∶2C．兩球剛落到斜面上時的速度比為1∶4D．兩球落到斜面上時的速度與斜面的夾角正切值的比為1∶1【解析】依據(jù)tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)得t＝eq\f(2v0tanθ,g)因為初速度之比為1∶2，則運動的時間之比為1∶2，故A錯誤；水平位移x＝v0t＝eq\f(2v\o\al(2,0)tanθ,g)，因為初速度之比為1∶2，則水平位移之比為1∶4，由l＝eq\r(2)x，可知ll∶l2＝1∶3，故B錯誤；依據(jù)動能定理eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgy，其中y＝x，則v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gy)＝eq\r(v\o\al(2,0)＋4v\o\al(2,0)tan45°)＝eq\r(5)v0，則兩球剛落到斜面上時的速度比為1∶2，選項C錯誤；平拋運動某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，由于落在斜面上，位移方向相同，則速度方向相同，即兩球落到斜面上時的速度與斜面的夾角正切值的比為1∶1，故D正確．17．在兩個邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)(包括四周的邊界)有大小相等、方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.一個質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子從F點沿著FE的方向射入磁場，恰好從C點射出．則該粒子速度大小為(C)A．eq\f(BqL,2m) B．eq\f(BqL,m)C．eq\f(5BqL,4m) D．eq\f(5BqL,2m)【解析】由題意分析可知粒子從BE中點G飛出左邊磁場，作FG的垂直平分線交FA的延長線于點O，點O為圓心，如圖所示依據(jù)幾何學(xué)問，有FG＝eq\r(L2＋\f(L2,4))＝eq\f(\r(5),2)L△FEG與△FNO相像，則有eq\f(\r(5),4)L∶r＝eq\f(L,2)∶eq\f(\r(5),2)L，解得r＝eq\f(5,4)L，又因為qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(5BqL,4m)，故C正確，ABD錯誤．18.A、B、C三點構(gòu)成等邊三角形，邊長為2cm，勻強電場方向與ABC構(gòu)成的平面夾角30°，電勢φA＝φB＝4V，φC＝1V，下列說法正確的是(B)A．場強大小為150V/mB．場強大小為200V/mC．將一個正電荷從A點沿直線移到C點，它的電勢能始終增大D．將一個正電荷從A點沿直線移到B點，它的電勢能先增大后減小【解析】勻強電場在ABC構(gòu)成的平面上的電場強度重量E′＝Ecos30°，因為電勢φA＝φB＝4V，φC＝1V，所以AB為等勢線，電場線與AB垂直指向C，則E′＝eq\f(UAC,dAC)＝eq\f(4－1,2sin60°×10－2)V/m＝100eq\r(3)V/m，解得E＝200V/m，故A錯誤，B正確；依據(jù)Ep＝qφ，將一個正電荷從A點沿直線移到C點，電勢始終降低，它的電勢能始終減小，故C錯誤；因為AB為等勢線，所以將一個正電荷從A點沿直線移到B點，它的電勢能不變，故D錯誤．19．如圖所示為形態(tài)相同的兩個劈形物體，它們之間的接觸面光滑，兩物體與地面的接觸面均粗糙，現(xiàn)對A施加水平向右的力F，兩物體均保持靜止，則物體B的受力個數(shù)可能是(AC)A．2個 B．3個C．4個 D．5個【解析】對A受力分析可知，當(dāng)F與A所受的靜摩擦力大小相等時，則A、B之間沒有彈力，當(dāng)F比A所受的靜摩擦力更大時，則A、B之間有彈力．當(dāng)A對B沒有彈力時，B受到重力和地面的支持力2個力；當(dāng)A對B有彈力時，B還受到重力、地面的支持力與摩擦力，共4個力，故AC符合題意，BD不符合題意．20．如圖甲所示，一木塊沿固定斜面由靜止起先下滑，下滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變更的關(guān)系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是(BD)A．在位移從0增大到x的過程中，木塊的重力勢能削減了EB．在位移從0增大到x的過程中，木塊的重力勢能削減了2EC．圖線a斜率的肯定值表示木塊所受的合力大小D．圖線b斜率的肯定值表示木塊所受的合力大小【解析】木塊沿斜面下滑過程中，動能增大，則圖線b為木塊的動能隨位移變更的關(guān)系．由機械能的變更量等于動能的變更量與重力勢能變更量之和，有E－2E＝E－0＋ΔEp得ΔEp＝－2E，即木塊的重力勢能削減了2E，故A錯誤，B正確；由功能關(guān)系可知圖線a斜率的肯定值表示木塊所受的除重力之外的合力大小，故C錯誤；由功能關(guān)系可知圖線b斜率的肯定值表示木塊所受的合力大小，故D正確；故選BD.21．平行金屬板PQ、MN與電源和滑線變阻器如圖所示連接，電源的電動勢為E，內(nèi)電阻為零；靠近金屬板P的S處有一粒子源能夠連綿不斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m，電荷量＋q，初速度為零的粒子，粒子在加速電場PQ的作用下穿過Q板的小孔F，緊貼N板水平進入偏轉(zhuǎn)電場MN；變更滑片p的位置可變更加速電場的電壓U1和偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2，且全部粒子都能夠從偏轉(zhuǎn)電場飛出，下列說法正確的是(BC)A．粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與eq\f(U1,U2)成正比B．滑片p向右滑動的過程中從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角漸漸減小C．飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率vm＝eq\r(\f(2qE,m))D．飛出偏轉(zhuǎn)電場的粒子的最大速率vm＝2eq\r(\f(qE,m))【解析】在加速電場中，由動能定理得qU1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在偏轉(zhuǎn)電場中，加速度為a＝eq\f(qU2,md)則偏轉(zhuǎn)距離為y＝eq\f(1,2)at2運動時間為t＝eq\f(l,v0)聯(lián)立上式得y＝eq\f(U2l2,4U1d)其中l(wèi)是偏轉(zhuǎn)極板的長度，d是板間距離．粒子的豎直偏轉(zhuǎn)距離與eq\f(U2,U1)成正比，故A錯誤；從偏轉(zhuǎn)電場飛出的粒子的偏轉(zhuǎn)角的正切值tanα＝eq\f(at,v0)聯(lián)立解得tanα＝eq\f(U2l,2U1d)，滑片p向右滑動的過程中，U1增大，U2減小，可知偏轉(zhuǎn)角漸漸減小，故B正確；緊貼M板飛出時，電場做功最多，粒子具有最大速率．由動能定理eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0＝q(U1＋U2)＝qE，解得vm＝eq\r(\f(2qE,m))，故C正確，D錯誤；故選BC.第Ⅱ卷三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分．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．(6分)一位同學(xué)為驗證機械能守恒定律，利用光電門等裝置設(shè)計了如下試驗．運用的器材有：鐵架臺、光電門1和2、輕質(zhì)定滑輪、通過不行伸長的輕繩連接的鉤碼A和B(B左側(cè)安裝擋光片)．試驗步驟如下：(1)如圖1，將試驗器材安裝好，其中鉤碼A的質(zhì)量比B大，試驗起先前用一細繩將鉤碼B與桌面相連接，細繩都處于豎直方向，使系統(tǒng)靜止．(2)用剪刀剪斷鉤碼B下方的細繩，使B在A帶動下先后經(jīng)過光電門1和2，測得擋光時間分別為t1、t2.(3)用螺旋測微器測量擋光片沿運動方向的寬度d，如圖2，則d＝6.709mm.(4)用擋光片寬度與擋光時間求平均速度，當(dāng)擋光片寬度很小時，可以將平均速度當(dāng)成瞬時速度．(5)用刻度尺測量光電門1和2間的距離L(L?d)．(6)查表得到當(dāng)?shù)刂亓铀俣却笮間.(7)為驗證機械能守恒定律，請寫出還需測量的物理量(并給出相應(yīng)的字母表示)鉤碼A、B的質(zhì)量m1、m2，用以上物理量寫出驗證方程eq\f(1,2)(m1＋m2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))2))＝m2gL－m1gL.【解析】(3)依據(jù)螺旋測微器測量原理得d＝6.5mm＋20.9×0.01mm＝6.709mm(7)為驗證機械能守恒定律，還需測量鉤碼A、B的質(zhì)量m1、m2.對系統(tǒng)，因為動能的增加量等于重力勢能的削減量，則驗證方程為eq\f(1,2)(m1＋m2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t1)))2))＝m2gL－m1gL.23．(9分)圖1為拉敏電阻的阻值大小隨拉力變更的關(guān)系．某試驗小組利用其特性設(shè)計出一電子測力計，電路如圖2所示．所用器材有：拉敏電阻RF，其無拉力時的阻值為500.0Ω電源E1(電動勢3V，內(nèi)阻不計)電源E2(電動勢6V，內(nèi)阻不計)毫安表mA(量程3mA，內(nèi)阻100Ω)滑動變阻器R1(最大阻值為500Ω)滑動變阻器R2(最大阻值為300Ω)電鍵S，導(dǎo)線若干．現(xiàn)進行如下操作：①將拉敏電阻處于豎直懸掛狀態(tài)并按圖連接好電路，將滑動變阻器滑片置于恰當(dāng)位置，然后閉合電鍵S.②不掛重物時緩慢調(diào)整滑動變阻器的滑片位置，直到毫安表示數(shù)為3mA，保持滑動變阻器滑片的位置不再變更．③在RF下施加豎直向下的拉力F時，對應(yīng)毫安表的示數(shù)為I，記錄F及對應(yīng)的I的值．④將毫安表的表盤從1mA到3mA之間逐刻線刻畫為對應(yīng)的F的值，完成電子測力計的設(shè)計．請回答下列問題：(1)試驗中應(yīng)當(dāng)選擇的滑動變阻器是R1(填“R1”或“R2”)，電源是E1(填“E1”或“E2”)；(2)試驗小組設(shè)計的電子測力計的量程是200N.【解析】(1)毫安表示數(shù)為3mA時，由閉合電路的歐姆定律，有I＝eq\f(E,100＋500＋R)＝3mA，若選電源E2，則滑動變阻器電阻為1400Ω，兩個滑動變阻器均達不到，所以只能選電源E1，此時滑動變阻器電阻為400Ω，只能選R1.(2)毫安表示數(shù)為1mA時，拉力最大，由閉合電路的歐姆定律，有eq\f(E1,100＋400＋RF)＝1mA，由圖1有RF＝(5＋0.1F)×102Ω，解得拉力最大值為200N．電子測力計的量程200N.24.(12分)如圖所示，光滑、平行、電阻不計的金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌頂端連接定值電阻R，導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m，長度為L，電阻不計的金屬桿，桿始終與導(dǎo)軌接觸良好．整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面對里．現(xiàn)將桿從M點以v0的速度豎直向上拋出，經(jīng)驗時間t，到達最高點N，重力加速度大小為g.求t時間內(nèi)(1)流過電阻的電量q；(2)電阻上產(chǎn)生的電熱Q.【答案】(1)eq\f(mv0－mgt,BL)(2)eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2)【解析】(1)依據(jù)動量定理，有0－mv0＝－mgt－eq\x\to(F)t又因為eq\x\to(F)＝BLeq\x\to(I)q＝eq\x\to(I)t聯(lián)立解得q＝eq\f(mv0－mgt,BL)(2)依據(jù)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,Rt)＝eq\f(BLh,Rt)以及能量守恒Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgh聯(lián)立解得Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2)25．(20分)如圖所示，在一個傾角為θ＝37°的足夠長的固定斜面上，由靜止釋放一個長度為L＝5m的木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4.當(dāng)長木板沿斜面對下運動的速度達到v0＝9.6m/s時，在木板的下端輕輕放上一個質(zhì)量與木板相同的小煤塊，小煤塊與木板之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度的大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，結(jié)果可用根號表示．求：(1)剛放上小煤塊時，長木板的加速度a1的大小和煤塊的加速度a2的大?。?2)小煤塊從木板哪一端離開？煤塊從放上到離開木板所需時間t是多少？【答案】(1)2m/s2,7.6m/s2(2)下端，(1＋eq\r(3))s【解析】(1)剛放上小煤塊時，對長木板，由牛頓其次定律2μ1mgcosθ＋μ2mgcosθ－mgsinθ＝ma1對煤塊，由牛頓其次定律mgsinθ＋μ2mgcosθ＝ma2解得a1＝2m/s2，a2＝7.6m/s2(2)設(shè)時間t0煤塊與長木板達到共速，則有v0－a1t0＝a2t0解得t0＝1s此時煤塊相對長木板的位移Δx＝v0t0－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,0)＝4.8m<L故煤塊不能從上端離開，共速時煤塊的速度為v＝a2t0＝7.6m/s之后木板減速，煤塊加速，依據(jù)牛頓其次定律有，對長木板有mgsinθ＋μ2mgcosθ－2μ1mgcosθ＝ma1′解得a1′＝1.2m/s2對煤塊有mgsinθ－μ2mgcosθ＝ma2′解得a2′＝4.4m/s2因a2′＝4.4m/s2>a1′＝1.2m/s2所以煤塊從下端離開木板，設(shè)從二者共速到二者分別又經(jīng)驗時間為t2，此過程木板和煤塊的對地位移分別為x′1、x′2，則有x′1＝vt2＋eq\f(1,2)a′1teq\o\al(2,2)x′2＝vt2＋eq\f(1,2)a′2teq\o\al(2,2)依據(jù)相對位移Δx＝x2′－x1′解得t2＝eq\r(3)s故從放上到離開木板共經(jīng)驗的時間為t＝t0＋t2＝(1＋eq\r(3))s(二)選考題：共15分．請考生從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)(5分)如圖是肯定質(zhì)量的志向氣體的壓強與熱力學(xué)溫度的p－T圖，a、b、c是志向氣體的三個狀態(tài)，其中bc平行于坐標(biāo)軸T，ac平行于坐標(biāo)軸p.則從a到b過程中氣體的分子平均動能變小(填“變大”“變小”或“不變”)，從b到c的過程不行能(填“可能”或“不行能”)為絕熱過程，從c到a的過程中氣體的密度變小(填“變大”“變小”或“不變”)(2)(10分)一導(dǎo)熱性能良好的圓柱形氣缸固定在水平面上，氣缸上端開口，內(nèi)壁光滑，截面積為S.A是距底端H高處的小卡環(huán)．質(zhì)量為m的活塞靜止在卡環(huán)上，活塞下密封質(zhì)量為m0的氫氣，C為側(cè)壁上的單向?qū)Ч埽髿鈮簭姾愣閜0.環(huán)境溫度為T0時，從C處注入水，當(dāng)水深為eq\f(H,2)時，關(guān)閉C，卡環(huán)恰對活塞無作用力．接下來又從C處緩慢導(dǎo)入肯定量氫氣，穩(wěn)定后再緩慢提升環(huán)境溫度到1.6T0，穩(wěn)定時活塞靜止在距缸底2.7H處，設(shè)注水過程中不漏氣，不考慮水的蒸發(fā)，氫氣不溶于水．求：①最初被封閉的氫氣的壓強p1；②導(dǎo)入氫氣的質(zhì)量M.【答案】(2)①eq\f(mg＋p0S,2)②eq\f(7,4)m0【解析】(1)氣體的分子平均動能和溫度有關(guān)，溫度越高氣體的分子平均動能越大．從a到b過程中，溫度降低，所以氣體的分子平均動能變?。畯腷到c的過程壓強不變，溫度上升，則內(nèi)能增加，同時體積增大，氣體膨脹對外做功，因此氣體要吸熱，不行能為絕熱過程．從c到a的過程中溫度不變，壓強降低，可知體積增大，則氣體的密度變?。?2)①設(shè)注水前氣體的體積為V1，從最初到水深為eq\f(H,2)時，氣體經(jīng)驗等溫過程，注水后氣體壓強為p2，由玻意耳定律p1V1＝p2V2其中V1＝SHV2＝Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H－\f(H,2)))對活塞，有p0S＋mg＝p2S聯(lián)立解得p1＝eq\f(mg＋p0S,2)②設(shè)導(dǎo)入氣體后且尚未升溫時氣體總高度為h，明顯此時活塞已經(jīng)離開卡環(huán)，接下來升溫過程為等壓過程，則有eq\f(hS,T0)＝eq\f(2.7－0.5HS,1.6T0)解得h＝eq\f(11,8)H考慮到此h高度的氣體中，原有氣體高為eq\f(1,2)H，故后導(dǎo)入的氣體的高為h1＝h－eq\f(1,2)H解得h1＝eq\f(7,8)H設(shè)此時密度為ρ，則有eq\f(M,m0)＝eq\f(ρSh1,ρS·\f(H,2))解得M＝eq\f(7m0,4)34．[物理——選修3－4](15分)(1)(5分)圖1是一列沿x軸方向傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖，波速為1m/s.圖2是x＝5.5m處質(zhì)點的振動圖像，下列說法正確的是(BCE)A．此列波沿x軸負方向傳播B．x＝3.5m處質(zhì)點在t＝2s時的位移為4eq\r(2)cmC．x＝1.5m處質(zhì)點在t＝4s時的速度方向沿y軸正向D．x＝4.5m處的質(zhì)點在t＝1s時加速度沿y軸負方向E．x＝3.5m處質(zhì)點在0～1s內(nèi)路程為(16－8eq\r(2))cm(2)(10分)如圖所示，扇形玻璃磚AOB的圓心角為150°，玻璃磚半徑為R，一條單色光平行于OA，由OB的中點D入射，經(jīng)折射后由圓弧面的E點射出玻璃磚，圓弧AE的長度與圓弧BE的長度之比為2∶3，已知真空中光速為c.求：該單色光在玻璃磚從D到E傳播的時間．【答案】(2)eq\f(5\r(3)R,4c)【解析】(1)依據(jù)圖2的振動圖像可知，x＝5.5m處的質(zhì)點在t＝0時振動方向沿y軸正向，所以利用圖1由同側(cè)法知該波沿x軸正方向傳播，故A錯誤；圖1可知該簡諧橫波的波長為4m，則T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(4,1)s＝4s圓頻率ω＝eq\