统考版2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分许标准练高考仿真练

高考仿真练(8＋2试验＋2计算＋2选1)(时间65分钟，满分110分)一、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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21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．如图所示为雷雨天一避雷针四周电场的等势面分布状况，在等势面中有A、B、C三点．其中A、B两点位置关于避雷针对称．下列说法中正确的是()A．A、B两点的场强相同B．C点场强大于B点场强C．某负电荷在C点的电势能大于在B点的电势能D.某正电荷从C点移动到B点，电场力做正功15．每个工程设计都蕴含确定的科学道理．如下图的两种家用燃气炉架都有四个爪，若将总质量为m的锅放在图乙所示的炉架上，忽视爪与锅之间的摩擦力，设锅为半径为R的球面，则每个爪与锅之间的弹力()A.等于eq\f(1,4)mgB．小于eq\f(1,4)mgC．R越大，弹力越大D．R越大，弹力越小16．[2024·广东冲刺卷]下图是某汽车平安气囊的工作原理图．当汽车发生意外碰撞时，钢球对压力传感阀门的压力大于阈值F时阀门就会打开，钢球接通触片开关点燃炸药，释放大量气体瞬间充溢平安气囊．在某次碰撞过程中，汽车在时间t内速度由v减速至零，且平安气囊打开．设此过程为匀减速直线运动，汽车的质量为M，钢球质量为m，钢球在水平方向除与阀门间的相互作用外，所受其它外力可忽视不计，则碰撞前车速v大于()A．eq\f(Ft,m)B．eq\f(Ft,M)C．eq\f(Ft,（M＋m）)D．eq\f(Fm,t)17．[2024·历城二中测评]2024年3月23日，中国空间站天宫课堂其次课正式开讲，小王同学看了以后对航天员的太空生活产生了深厚爱好，他想知道24h内航天员看到日出的次数．小王同学查阅资料得到以下数据：中国空间站离地高度约为387km，地球同步卫星离地高度为36000km，地球半径约为6400km.请利用以上数据帮助小王同学计算航天员在24h内看到日出的次数为()A．14B．16C．18D．2018．[2024·全国冲刺卷]光敏二极管在各种自动扮装置中有许多应用，街道的路灯自动限制开关就是其应用之一，图中所示为其模拟电路，其中A为光敏二极管，B为电磁继电器，C为照明电路，D为路灯，下列说法正确的是()A．路灯自动限制电路中的光敏二极管的阻值随光照增加而增大B．当没有光照时(夜晚)，光敏二极管所在回路中的电流很小C．依据“日出路灯确定熄”的常识，分析可知白天电磁铁与衔铁不吸引D．假如换上灵敏度更高的光敏二极管，则相同的光照强度下，电磁铁的磁性更强19．[2024·浙江省浙南名校联盟其次次联考]如图甲所示为氢原子的能级图，用同一光电管探讨氢原子发出的a、b、c三种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图乙．则这三种光()A.光子动量pa<pb<pcB．照耀该光电管时c光使其逸出的光电子初动能最大C．通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距最大D．若这三种光是原子从能级n＝3跃迁到较低能级时发出的光，则c光的波长可以表示为λc＝λa＋λb20．[2024·上海浦东新区一模]如图甲所示，水平桌面上有一算盘．中心带孔的相同算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间的动摩擦因数为0.1.运用时发觉某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位．A、B相隔s1＝3.5cm，B与上边框相隔s2＝2cm.现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的v­t图象如图乙所示(实线代表A，虚线代表B).忽视A、B碰撞的时间，g取10m/s2，则()A．A能回到自己的归零位B．A不能回到自己的归零位C．B能回到自己的归零位D．B不能回到自己的归零位21．如图所示，半径为r＝1m的导体环固定在水平面上，且导体环处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝2T，从上向下看长为1m的导体棒沿顺时针方向以ω＝4rad/s的角速度绕导体环的中心O转动，导体棒和导体环始终接触良好，把导体棒的一端和导体环的边缘用导线连接成如图所示的电路，已知定值电阻R1＝4Ω，R2＝6Ω，R3＝15Ω，导体棒的电阻为r0＝2Ω，电容器的电容为C＝2×10－6F，导线、导体环的电阻均可忽视，电流表为志向电流表．则下列说法正确的是()A．O点的电势比M点的电势低B．流过导体棒的电流为eq\f(2,3)AC．定值电阻R2消耗的电功率为0.54WD．若切断a、b间的导线，电路稳定后流过电流表的电荷量为6.4×10－6C二、非选择题(共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必需作答．第33～34题为选考题，考生依据要求作答．)(一)必考题(共47分)22．(5分)某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律，图中斜面光滑，在斜面上P处装有图乙所示的光电门．Ⅰ.从斜面上到光电门的高度为h处的A点将装有挡光条(宽度为d，已经标出，不需测量)的滑块由静止释放；Ⅱ.读出挡光条通过光电门的时间为t；Ⅲ.变更滑块释放的位置(A1、A2、A3、A4)，重复步骤Ⅰ和步骤Ⅱ.(1)试验中，除已提及的器材外，还须要的器材是________(选填器材前的字母).A．天平B．毫米刻度尺C．秒表D．打点计时器(2)已知当地的重力加速度大小为g，若滑块沿斜面下滑的过程中满意2gh＝______，则该过程中滑块的机械能守恒．(3)若滑块与斜面间的摩擦不行忽视，则滑块沿斜面下滑的过程中重力势能的削减量________(选填“大于”“小于”或“等于”)滑块动能的增加量．23．(10分)某校试验小组同学在改装一电流表时，要先测出某小量程电流表G的内阻，试验器材如下：A．待测电流表G(量程为500μA，内阻约为200Ω)；B．电源(5V，内阻不计)；C．电压表V(量程为5V，内阻约为4kΩ)；D．标准定值电阻R1(200Ω)；E．标准定值电阻R2(1Ω)；F．滑动变阻器(最大电阻为20Ω)；G．滑动变阻器(最大电阻为2kΩ)；H．开关S1、S2，导线若干．(1)某同学设计了一试验电路如图所示，另一同学提出所给试验器材中滑动变阻器不能满意前面这位同学设计的试验电路，请你在给出的方框中画出修改滑动变阻器后的电路图．然后运用变更后的试验电路．试验时，定值电阻R0应选择________，滑动变阻器应选择________(均填试验器材前的标号).(2)试验时，先将滑动变阻器输出电压调至最小，断开S2，闭合S1，调整滑动变阻器使电流表满偏时，电压表示数为2.0V.闭合S2，调整滑动变阻器使电流表回到满偏时，电压表示数为4.2V．则待测电流表的内阻为________Ω.(3)若将电流表G改装成量程为3V的电压表，则应将电流表G与阻值为________Ω的电阻______(选填“串联”或“并联”).24．(12分)[2024·辽宁新高考适应卷]如图所示，水平圆盘通过轻杆与竖直悬挂的轻弹簧相连，整个装置处于静止状态．套在轻杆上的光滑圆环从圆盘正上方高为h处自由落下，与圆盘碰撞并立即一起运动，共同下降eq\f(h,2)到达最低点．已知圆环质量为m，圆盘质量为2m，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力．求：(1)碰撞过程中，圆环与圆盘组成的系统机械能的削减量ΔE；(2)碰撞后至最低点的过程中，系统克服弹簧弹力做的功W.25．(20分)如图，纸面内有一平面直角坐标系xOy，直角三角形AOB内存在磁感应强度大小B1＝0.25T、方向垂直纸面对外的匀强磁场(图中未画出)，B点在y轴上，θ＝37°，A、B两点间的距离x1＝7cm.直线AO下方存在方向沿纸面与OA垂直斜向上电场强度为E1的匀强电场．第一象限存在场强大小E2＝eq\f(15,8)×106V/m、方向与AO平行斜向下的匀强电场．一比荷为eq\f(q,m)＝2×108C/kg的带电粒子(不计重力)从x轴上的M点由静止起先运动，垂直OA从P点第一次进入磁场中，均恰好不从AB、OB边射出磁场．粒子第一次离开磁场时立即仅将磁感应强度大小调为B2＝0.375T，sin37°＝0.6.求：(1)粒子在磁场中运动的速率v；(2)OA下方匀强电场的电场强度大小E1以及粒子从M点起先运动到刚好进入y轴右侧电场所用的时间t；(3)粒子离开第一象限过x轴时位置的横坐标．(二)选考题(本题共15分，请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．假如多做，则按所做的第一题计分)33．[物理—选修3—3](15分)(1)(5分)如图所示，确定量的志向气体，从状态A起先，经图中AB、BC、CA三个过程后回到状态A.其中AB过程为等压变更，BC过程为等容变更，CA过程为等温变更，则________过程气体内能增加，________过程气体与外界交换的热量最大．(2)(10分)一个空的小容积易拉罐中插入一根粗细匀整的透亮玻璃管，接口用蜡密封，在玻璃管内有一段长度为4cm的水银柱，构成一个简易的“温度计”．已知易拉罐的容积是148cm3，玻璃管内部的横截面积为0.2cm2，罐外玻璃管的长度L为24cm.如图甲所示，将“温度计”水平放置，当温度为27℃时，水银柱右端离管口的距离为10cm.已知当地大气压强为76cmHg，若“温度计”能重复运用，其内气体可视为志向气体，且运用过程中水银不溢出．求：(ⅰ)将“温度计”按如图甲放置，能测量的最高温度？(ⅱ)将“温度计”按如图乙竖直放置后(水银不会流入易拉罐中)，能测量的最高温度？34．[物理—选修3—4](15分)(1)(5分)一个半圆柱体玻璃砖的横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示．一束关于O点对称的平行光垂直射向玻璃砖的下表面，入射光束在AB上的最大宽度为R，距离O点最远的光线到达上表面后恰好发生全反射，则该玻璃砖的折射率为________．若另一细光束在O点左侧垂直于AB从圆弧表面射入此玻璃砖，细光束到O点的水平距离为eq\f(R,2)，不考虑反射的状况，此光线从玻璃砖射出的位置与O点的距离为______(计算结果保留两位有效数字).(2)(10分)在某介质中形成一列简谐波，t＝0时刻的波形如图中实线所示．(ⅰ)若波向右传播，零时刻刚好传到B点，且再经过0.6s，P点刚好起先起振，求从t＝0时刻起到P点第一次达到波峰时为止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？(ⅱ)若该列波的传播速度大小为20m/s，且波形中由实线变成虚线须要阅历0.525s时间，则该列波的传播方向如何？高考仿真练（8＋2试验＋2计算＋2选1）14．解析：电场线与等势面垂直，依据对称性可知A、B两点的场强大小相等，但方向不同，A错误；因为B点的等势面比C点密集，可知B点场强大于C点场强，B错误；因为B点的电势高于C点，由公式Ep＝qφ，某负电荷在C点的电势能大于在B点的电势能，C正确；因为B点的电势高于C点，由公式Ep＝qφ则正电荷在B点的电势能较大，则正电荷从C点移动到B点的过程中电场力做负功，D错误．答案：C15．解析：如图所示，假设每个爪与锅之间的弹力方向与竖直方向的夹角为θ，爪与爪之间的距离为d，由图中几何关系可得sinθ＝eq\f(d,2R)由受力平衡可得4FNcosθ＝mg，解得FN＝eq\f(mg,4cosθ)，可知R越大，sinθ越小，cosθ越大，FN越小，D正确，ABC错误．答案：D16．解析：依据题意对钢球由动量定理可得mv>Ft解得v>eq\f(Ft,m)，即当车速v大于eq\f(Ft,m)平安气囊才会弹出，故A正确，BCD错误．答案：A17．解析：由题意可知，空间站的轨道半径为r1＝387km＋6400km＝6787km地球同步卫星的轨道半径为r2＝36000km＋6400km＝42400km地球同步卫星的周期为T2＝24h则依据开普勒第三定律可得eq\f(req\o\al(3,1),Teq\o\al(2,1))＝eq\f(req\o\al(3,2),Teq\o\al(2,2))可得，空间站的周期为T1＝T2eq\r(（\f(r1,r2)）3)≈24eq\r(0.163)h＝24×0.43h≈1.5h所以航天员在24h内看到日出的次数为n＝eq\f(24h,1.5h)＝16，B正确．答案：B18．解析：光敏二极管有光敏电阻的特征，阻值随光照增加而减小，也具有一般二极管单向导电性的特征，故A错误；依据“日出路灯熄、日落路灯亮”的常识，结合路灯自动限制电路的特征，可知，没有光照时（夜晚），触点接通，照明电路的路灯变亮，电磁铁与衔铁不吸引，电磁铁的磁性不强，所在回路中的电流很小，反之白天电磁铁与衔铁吸引，触点断开，故B正确、C错误；假如换上灵敏度更高的光敏二极管，白天在相同的光照强度下，电磁铁的磁性更强，与衔铁的吸引力更大，故D正确．答案：BD19．解析：依据光电效应方程Ek＝hν－W，再依据动能定理Ue＝Ek，联立可得Ue＝hν－W，利用图象遏止电压的值可知νa<νb<νc，而光子动量和能量之间的关系p＝eq\f(hν,c)，因此光子动量之间的关系为pa<pb<pc，A正确；由图象可知，c光的遏止电压最大，依据动能定理，c光使其逸出的光电子的最大初动能最大，而出射的各种电子初动能不确定都最大，B错误；依据ν＝eq\f(c,λ)可知，λa>λb>λc，依据双缝干涉相邻亮（暗）纹间距公式Δx＝eq\f(L,d)λ可知通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距最大，C正确；若这三种光是原子从能级n＝3跃迁到较低能级时发出的光，利用光电效应方程可知heq\f(c,λc)＝heq\f(c,λb)＋heq\f(c,λa)，整理得eq\f(1,λc)＝eq\f(1,λb)＋eq\f(1,λa)，D错误．答案：AC20．解析：由题意可知，减速过程中A算珠的加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝μg＝1m/s2，A算珠从v0＝0.4m/s减速到v1＝0.3m/s经过的时间为t1＝eq\f(v0－v1,a)，联立解得t1＝0.1s，A算珠与B算珠碰后还能前进的距离s′1＝eq\f(0.1＋0,2)×0.1m＝0.5cm，则A一共前进了4cm＜s1＋s2＝5.5cm，则A不能回到自己的归零位；碰后B前进的距离为s′2＝eq\f(1,2)×0.2×0.2m＝2cm＝s2，则B可以回到自己的归零位，故结论B、C正确．答案：BC21．解析：由右手定则判定通过导体棒OM的电流方向是由M到O，即O点的电势比M点的电势高，A错误．导体棒OM产生的感应电动势大小为E＝eq\f(1,2)Br2ω，解得E＝4V，等效电路如图甲所示，则外电路的总电阻为R外＝eq\f(R3（R1＋R2）,R3＋R1＋R2)＝6Ω，由闭合电路欧姆定律，得E＝I（r0＋R外），联立解得I＝0.5A，B错误．由B项分析可知路端电压为U＝IR外＝0.5×6V＝3V，则流过R2的电流为I2＝eq\f(U,R1＋R2)＝eq\f(3,4＋6)A＝0.3A，则定值电阻R2消耗的电功率为P2＝Ieq\o\al(2,2)R2＝0.32×6W＝0.54W，C正确．由C项分析知切断a、b间的导线前，定值电阻R1两端电压为U1＝I2R1＝0.3×4V＝1.2V，此时电容器所带的电荷量为Q1＝CU1＝2.4×10－6C，且电容器的上极板带正电，下极板带负电；切断a、b间的导线后，等效电路如图乙所示，电容器两端的电压等于电阻R2两端的电压U2，则U2＝eq\f(E,R1＋R2＋r0)R2＝2V，此时电容器所带的电荷量为Q2＝CU2＝4×10－6C，且电容器的上极板带负电，与切断导线前相反，则切断a、b间导线后通过电流表的电荷量为ΔQ＝Q1＋Q2联立解得ΔQ＝6.4×10－6C，D正确．答案：CD22．解析：（1）因本试验须要验证mgh＝eq\f(1,2)mv2，其中v＝（eq\f(d,t)）2，即验证2gh＝（eq\f(d,t)）2故还须要毫米刻度尺测量释放点与光电门的高度差，不须要测量质量，故不须要天平，不须要记录滑块运动过程的时间，故不须要打点计时器，滑块通过光电门的时间干脆由光电门测量，故也不须要秒表，故选B.（2）由（1）可知，需验证2gh＝（eq\f(d,t)）2＝eq\f(d2,t2).（3）因滑块与斜面间的摩擦不行忽视，有机械能损失，故滑块沿斜面下滑的过程中重力势能的削减量大于滑块动能的增加量．答案：（1）B（2）（eq\f(d,t)）2或eq\f(d2,t2)（3）大于23.解析：（1）若将滑动变阻器以最大阻值2kΩ接入电路，可得电路中最小电流约为I＝eq\f(5V,2kΩ＋4kΩ)＝833μA＞500μA，所以不能用滑动变阻器限流接法，应接受分压接法，电路如图所示．测量过程中，由于电流表内阻为200Ω左右，并联的电阻应与之差别不大，故选D；由于要接受分压接法，所以滑动变阻器应选F.（2）S2闭合前有Ig＝eq\f(U1,RV)，S2闭合后有Ig＋eq\f(IgRg,R0)＝eq\f(U2,RV)解得Rg＝220Ω（3）由于电流表的满偏电流为Ig，串联电阻为eq\f(U,Ig)－Rg＝5780Ω答案：（1）电路图见解析DF（2）220（3）5780串联24．解析：（1）以圆环为探讨对象，由v2＝2gh得，碰撞前圆环速度v1＝eq\r(2gh)，碰撞过程，以圆环和圆盘为探讨对象，动量守恒，mv1＝3mv2解得v2＝eq\f(1,3)v1＝eq\f(1,3)eq\r(2gh)ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)＝eq\f(2,3)mgh所以碰撞过程中，圆环和圆盘组成的系统机械能的削减量ΔE为eq\f(2,3)mgh.（2）碰撞后以圆环和圆盘为探讨对象，由动能定理得3mgeq\f(h,2)－W＝0－eq\f(1,2)×3m·veq\o\al(2,2)解得W＝eq\f(11,6)mgh所以，碰撞后至最低点过程中，系统克服弹簧弹力做的功W为eq\f(11,6)mgh.答案：（1）eq\f(2,3)mgh（2）eq\f(11,6)mgh25．解析：（1）粒子从P点进入磁场做匀速圆周运动的轨迹恰好与AB、OB均相切，设轨迹半径为r1，则r1＋r1tanθ＝x1由牛顿其次定律有qvB1＝meq\f(v2,r1)解得r1＝4cm，v＝2×106m/s.（2）由几何关系得OP＝r1＋eq\f(r1,sinθ)MP＝eq\f(OP,tanθ)解得MP＝eq\f(128,9)cm设粒子从M点运动到P点的过程中加速度大小为a1由运动学公式有v2＝2a1·MP依据牛顿其次定律有qE1＝ma1解得a1＝eq\f(9,64)×1014m/s2，E1＝eq\f(9,128)×106N/C粒子其次次在磁场中的运动轨迹半径设为r2，则r2＝eq\f(mv,qB2)解得r2＝eq\f(8,3)cm由于OQ＝eq\f(r1,sinθ)－r1＝eq\f(8,3)cm＝r2，Q为粒子第一次出磁场时在OA的位置，则轨迹圆心在O点，粒子恰好垂直y轴离开粒子从M点起先运动到刚好进入y轴右侧电场时所用的时间t＝eq\f(3v,a1)＋eq\f(1,2)·eq\f(2πm,qB1)＋eq\f(37°,360°)·eq\f(2πm,qB2)解得t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(128,3)＋\f(307π,135)))×10－8s.（3）粒子在第一象限的电场中的加速度大小为a2，依据牛顿其次定律有qE2＝ma2将加速度沿x轴方向和y轴方向分解，则ax＝a2sinθay＝a2cosθr2＝eq\f(1,2)ayteq\o\al(2,1)x2＝vt1＋eq\f(1,2)axteq\o\al(2,1)解得x2＝eq\f(14,3)cm答案：（1）2×106m/s（2）eq\f(9,128)×106N/Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(128,3)＋\f(307π,135)))×10－8s（3）eq\f(14,3)cm33．解析：（1）AB过程为等压变更，体积增大，由eq\f(PV,T)＝C可知，AB过程温度上升，气体内能增加；BC过程为等容变更，压强减小，温度降低，内能减小；CA过程为等温变更，内能不变．CA过程为等温变更，体积削减，外界对气体做功；AB过程为等压变更，体积膨胀气体对外界做功，气体温度上升；依据p­V图象的物理意义，图象和坐标轴围成的面积表示气体对外做功，故AB过程做功大于CA过程做功，又因AB过程气体上升的温度与BC过程气体降低的温度相同，故AB过程气体与外界交换的热量最大．（2）（ⅰ）按图甲方式放置时，封闭气体做等压变更，初态体