2024高考物理二轮复习仿真模拟卷3含解析

PAGE11-仿真模拟卷(三)(时间：60分钟满分：110分)第Ⅰ卷二、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14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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．关于近代物理学问，下列说法正确的是()A．光电效应现象中，光电子的最大初动能与入射光的频率成正比B．德布罗意用晶体做了电子束衍射的试验，证明了电子的波动性C．比结合能小的原子核结合成或分裂成比结合能大的原子核时肯定汲取能量D．依据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的动能增大D[由Ek＝hν－W可知，最大初动能随入射光的频率的增大而增大，但不成正比，A项错误；1927年戴维孙和汤姆孙做了电子束的衍射试验，取得了胜利，说明电子的波动性，B项错误；比结合能小的原子核结合成或分裂成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能，C项错误；氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，轨道半径减小，动能增大，氢原子能量减小，氢原子的电势能减小，D项正确。]15.如图所示，光滑固定斜面的倾角为30°，甲、乙两物体用不行伸长的轻绳相连，保持静止状态，起先时甲、乙离地高度相同。剪断轻绳，则在乙落地前瞬间()A．甲、乙加速度大小之比为1∶1B．甲、乙速度大小之比为1∶1C．甲、乙动量大小之比为1∶1D．甲、乙动能大小之比为1∶1C[剪断轻绳，甲加速度为eq\f(g,2)，乙加速度为g，加速度之比为1∶2，A项错误；由v＝at可得，速度之比为1∶2，B项错误；由平衡条件m甲gsin30°＝m乙g可知，m甲∶m乙＝2∶1，动量大小之比为1∶1，C项正确；动能大小之比为1∶2，D项错误。]16.如图所示，在电场强度大小为E0的水平匀强电场中，a和b两个点电荷分别固定在光滑水平面上，两者之间的距离为L，带电荷量均为＋Q，在水平面内与a、b两点电荷距离均为L的O点处有一电荷量为＋q的点电荷恰好处于平衡状态。假如仅让点电荷a带负电，电荷量大小不变，其他条件都不变，则O点处电荷的受力变为()A.eq\f(2\r(3),3)E0qB.eq\f(2,3)E0qC.eq\f(\r(3),3)E0q D．E0qA[当a、b均为正电荷时，依据平衡条件，2keq\f(Qq,L2)cos30°＝E0q，假如仅让点电荷a带负电，电荷量大小不变，其他条件不变，则O点处电荷的受力变为F＝2keq\f(Qq,L2)＝eq\f(2\r(3),3)E0q，A项正确。]17．我国首颗火星探测器将于2024年放射，火星探测器不仅要完成环绕火星探测任务，还将着陆火星表面，进一步获得有关火星的一些数据。若将地球和火星看作质量分布匀称的球体，地球半径为R1，火星半径为R2，地球与火星的第一宇宙速度分别为v1、v2，不考虑地球与火星的自转，则地球与火星的表面加速度之比为()A.eq\f(v\o\al(2,1)R2,v\o\al(2,2)R1)B.eq\f(v1R2,v2R1)C.eq\f(v\o\al(2,2)R1,v\o\al(2,1)R2)D.eq\f(v2R1,v1R2)A[依据第一宇宙速度的定义有Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)，在天体表面Geq\f(Mm,R2)＝mg，由以上两式可得g＝eq\f(v2,R)，地球与火星的表面加速度之比为eq\f(v\o\al(2,1),R1)∶eq\f(v\o\al(2,2),R2)＝eq\f(v\o\al(2,1)R2,v\o\al(2,2)R1)，A项正确。]18.如图所示，一个截面积为S的N匝线圈，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，以角速度ω匀速转动产生交变电流，变压器原副线圈匝数比为n1∶n2，电表均为志向电表，忽视线圈内阻，则()A．若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为e＝NBSωsinωtB．当闭合开关S时，电压表示数变大C．当闭合开关S时，电流表示数变大D．电压表读数为eq\f(n2NBSω,n1)C[若从图示位置计时，则原线圈中电压瞬时值为e＝NBSωcosωt，A项错误；当闭合开关S时，原线圈电压不变，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，副线圈电压不变，B项错误；副线圈电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，电流表示数增大，C项正确；原线圈电压有效值为eq\f(\r(2)NBSω,2)不变，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，副线圈电压为eq\f(\r(2)n2NBSω,2n1)，D项错误。]19.如图所示，质量相等的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，起先时用手托住物体A，此时物体A距离地面为s，物体B静止于地面上，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态，空气阻力不计，松开手后，关于二者的运动，下列说法中正确的是()A．两物体组成的系统机械能守恒B．当物体A的速度最大时，物体B与地面间的作用力为零C．若物体A恰好能到达地面，则此时物体B的速度为零D．若物体A恰好能到达地面，则此过程中重力对物体A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和BD[两物体及弹簧组成的系统机械能守恒，A项错误；当物体A的速度最大时，弹簧弹力等于物体A重力，物体B受绳的拉力等于其重力，物体B与地面间的作用力为零，B项正确；若物体A恰好能到达地面，在物体A减速的过程中，弹簧拉力大于其重力，物体B已经向上运动，C项错误；依据能量守恒，重力对物体A做的功，即物体A重力势能削减量等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和，D项正确。]20.如图所示，一个光滑且足够长的斜面体固定于水平面上，斜面倾角为θ并处于方向垂直于纸面对外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑。下列推断正确的是()A．滑块沿斜面对下做匀加速直线运动B．滑块下滑过程中机械能增大C．当速度为eq\f(mgcosθ,qB)时，滑块脱离斜面D．滑块脱离斜面后，重力作用下，滑块不做匀速圆周运动，洛伦兹力对滑块做负功AC[将滑块受力在沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，沿斜面方向只受重力的分力mgsinθ，依据牛顿其次定律，mgsinθ＝ma，a＝gsinθ不变，A项正确；下滑过程中只有重力做功，机械能守恒，B项错误；当滑块脱离斜面时，斜面对其支持力为0，qvB＝mgcosθ，v＝eq\f(mgcosθ,qB)，C项正确；洛伦兹力任何时候都不做功，D项错误。]21．如图所示，eq\f(1,4)圆弧轨道AB被竖直固定，其下端点B的切线水平。现将可视为质点的质量为m＝1kg的小球从A点由静止释放，小球从B点冲出后，最终打在右方的竖直墙上的C点(未画出)，在C点的速度方向与水平方向夹角为37°，已知B端与墙壁的水平距离为l＝0.3m，不计一切摩擦和阻力，取g＝10m/s2，则下列说法正确的是()A．圆弧轨道的半径为0.2mB．小球在轨道最低点B对轨道的压力大小为10NC．从A到C的整个过程中，重力的功领先减小后增加D．在C点的动能为3.125JAD[设在B点的速度为vB，在C点水平速度为vB，水平方向有l＝vBt，竖直方向vCy＝gt，tan37°＝eq\f(vCy,vB)，解得vB＝2m/s。由A到B，由机械能守恒定律可得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得R＝0.2m，A项正确；在轨道最低点B，N－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，N＝30N，B项错误；A到B，重力的功领先增加后减小，B到C，竖直方向速度增大，重力功率增大，C项错误；在C点的速度vC＝eq\f(vB,cos37°)＝2.5m/s，动能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝3.125J，D项正确。]第Ⅱ卷三、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．(6分)某同学用如图所示试验装置测量滑块与桌面间的动摩擦因数。试验中滑块放在水平桌面上，在轻质动滑轮上悬挂不同的重物，使滑块从同一位置由静止加速运动。(1)由图甲推断下列说法正确的是________。A．试验中滑块的质量应远小于重物的质量B．试验中滑块的质量应远大于重物的质量C．试验中与滑块相连的轻绳与桌面可以不平行D．试验中与滑块相连的轻绳与桌面肯定要平行(2)试验装置如图甲所示，打出了一条纸带如图乙所示，计时器所用沟通电源的频率为50Hz，从比较清楚的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离，该小车的加速度为________m/s2。(结果保留两位有效数字)(3)依据测得的数据，作出加速度与拉力的关系如图丙所示，则滑块的质量为m＝________kg，滑块与桌面间的动摩擦因数为μ＝________。(重力加速度g取10m/s2)[解析](1)因用弹簧秤可干脆测出绳的拉力，重物能够拖动滑块即可，无特殊约束关系，A、B两项错误；为保证绳的拉力等于滑块受到的水平拉力，轻绳与桌面肯定要平行，D项正确。(2)用公式Δs＝at2求解加速度，连续两点的时间间隔为t＝0.1s，Δs＝(6.49－6.34)×10－2m＝0.15×10－2m，得加速度a＝0.15m/s(3)由牛顿其次定律有F－μmg＝ma，故a＝eq\f(F,m)－μg，即图线斜率为eq\f(1,m)＝2，纵轴截距的大小为μg＝3，可得m＝0.5kg，μ＝0.3。[答案](1)D(2分)(2)0.15(2分)(3)0.5(1分)0.3(1分)23．(9分)如图甲，用伏安法测定电阻约5Ω的匀称电阻丝的电阻率，电源是两节干电池。每节电池的电动势约为1.5V，试验室供应电表如下：A．电流表A1(0～3A，内阻0.0125Ω)B．电流表A2(0～0.6A，内阻约为0.125Ω)C．电压表V1(0～3V，内阻4kΩ)D．电压表V2(0～15V，内阻15kΩ)(1)为了使测量结果尽量精确，电流表应选________，电压表应选________(填写仪器前字母代号)。(2)用螺旋测微器测电阻丝的直径如图乙所示，电阻丝的直径为________mm。(3)依据原理图连接图丙的实物图。丁(4)闭合开关后，滑动变阻器滑片调至一合适位置后不动，多次变更线夹P的位置，得到几组电压、电流和对应的OP段的长度L，计算出相应的电阻后作出R­L图线如图丁。取图线上适当的两点计算电阻率。这两点间的电阻之差为ΔR，对应的长度变更为ΔL，若电阻丝直径为d，则电阻率ρ＝________。[解析]由于电源电动势为3V，电表读数要达到半偏，则电压表选C；由I＝eq\f(E,R＋r)可知电路中最大电流约为0.6A，则电流表选B。(2)螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm＝0.200mm，所以最终读数为0.5mm＋0.200mm＝0.700mm。(3)(4)依据电阻定律ΔR＝ρeq\f(ΔL,S)，S＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(d,2)))eq\s\up12(2)，解得ρ＝eq\f(πΔRd2,4ΔL)。[答案](1)B(1分)C(1分)(2)0.700(2分)(3)图见解析(2分)(4)eq\f(πΔRd2,4ΔL)(3分)24．(14分)如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑的斜面上，其上放置一质量为m的小滑块，斜面倾角θ＝37°，木板受到沿斜面对上拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与力F的关系如图乙所示，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)小滑块与木板的动摩擦因数为多少；(2)当拉力F＝20N时，长木板的加速度大小？[解析](1)当F等于18N时，加速度为a＝0。对整体由平衡条件：F＝(M＋m)gsinθ (2分)代入数据解得M＋m＝3kg当F大于18N时，依据牛顿其次定律得F－Mgsinθ－μmgcosθ＝Ma (2分)长木板的加速度a＝eq\f(1,M)F－gsinθ－eq\f(μmgcosθ,M) (2分)知图线的斜率k＝eq\f(1,M)＝1，截距b＝－gsinθ－eq\f(μmgcosθ,M)＝－18 (2分)解得M＝1kg，m＝2kg，μ＝0.75。 (2分)(2)当拉力F＝20N时，代入长木板的加速度a＝eq\f(1,M)F－gsinθ－eq\f(μmgcosθ,M) (2分)解得长木板的加速度为a1＝2m/s2。 (2分)[答案](1)0.75(2)2m/s225．(18分)如图所示，两根平行的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°固定，导轨间距离为L＝1m，电阻不计，一个阻值为R＝0.3Ω的定值电阻接在两金属导轨的上端。在导轨平面上边长为L的正方形区域内，有垂直于导轨平面对上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T。两根完全相同金属杆M和N用长度为l＝0.5m的轻质绝缘硬杆相连，在磁场上方某位置垂直于导轨放置且与导轨良好接触，金属杆长度均为L、质量均为m＝0.5kg、电阻均为r＝0.6Ω，将两杆由静止释放，当杆M进入磁场后，两杆恰好匀速下滑，取g＝10m/s2。求：(1)杆M进入磁场时的速度；(2)杆N进入磁场时的加速度大小；(3)杆M出磁场时，杆已匀速运动，求此时电阻R上已经产生的热量。[解析](1)杆M进入磁场时，依据平衡条件2mgsinθ＝I1LB 电路中总电阻R1＝eq\f(r·R,r＋R)＋r＝0.8Ω (1分)由闭合电路欧姆定律I1＝eq\f(E1,R1) (1分)由法拉第电磁感应定律E1＝BLv1 (1分)由以上可得v1＝4m/s。 (1分)(2)杆N进入磁场时杆的速度为v1＝4m/s，此时电路中总电阻R2＝eq\f(r·r,r＋r)＋R＝0.6Ω (1分)依据牛顿其次定律2mgsinθ－I2LB＝2maI2＝eq\f(E,R2) (1分)解得a＝－eq\f(5,3)m/s2≈－1.67m/s2杆N进入磁场时杆的加速度大小为1.67m/s2。 (1分)(3)从杆M进入磁场到杆N进入磁场的过程中，电阻R上的电流IR＝I1eq\f(r,r＋R)＝eq\f(10,3)A (1分)此过程产生的热量Q1＝Ieq\o\al(2,R)Rt (1分)t＝eq\f(l,v1)解得Q1＝eq\f(5,12)J (1分)杆M出磁场时，依据平衡条件2mgsinθ＝I2LBI2＝eq\f(E2,R2) (1分)E2＝BLv2 (1分)解得v2＝3m/s从杆N进入磁场到杆M出磁场时，系统削减的机械能转化为焦耳热ΔE＝2mg(L－l)sinθ＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＝6J (1分)此过程电阻R上产生的热量Q2＝3J (1分)全过程电阻R上已产生的热量Q1＋Q2≈3.42J。 (1分)[答案](1)4m/s(2)1.67m/s2(3)3.42J(二)选做题：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)下列说法中正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B．布朗运动不是液体分子的运动，但它间接地说明液体分子在永不停息地做无规则运动C．当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D．满意能量守恒定律的客观过程都可以自发地进行E．液体很难被压缩的缘由是：当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力减小，所以分子力表现为斥力(2)(10分)如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭肯定质量的志向气体，活塞与汽缸间摩擦可忽视不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽视不计)。初始时，封闭气体温度为T0，活塞距离汽缸底部为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g。求：①U形细管内两侧水银柱的高度差；②通过加热装置缓慢提升气体温度使活塞下降Δh0，求此时的温度；此加热过程中，若气体汲取的热量为Q，求气体内能的变更。[解析](1)气体放出热量，若外界对气体做功，温度上升，其分子的平均动能增大，A项正确；布朗运动不是液体分子的运动，但它间接地说明液体分子在永不停息地做无规则运动，B项正确；当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，C项正确；依据热力学其次定律，宏观过程具有方向性，D项错误；当液体分子间的距离减小时，分子间的斥力增大，分子间的引力也增大，但斥力比引力增加的快，E项错误。(2)①设封闭气体的压强为p，对活塞受力分析，得p0S＝pS＋Mg (2分)用水银柱高表示气体的压强p＝p0－ρgΔh (1分)解得Δh＝eq\f(M,Sρ)。 (1分)②加热过程中气体变更是等压变更eq\f(h0S,T0)＝eq\f(h0＋Δh0S,T) (2分)T＝eq\f(h0＋Δh0,h0)T0气体对外做功为W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0 (1分)依据热力学第肯定律：ΔU＝Q＋W (2分)可得ΔU＝Q－(p0S－Mg)Δh0。 (1分)[答案](1)ABC(2)①eq\f(M,Sρ)②eq\f(h0＋Δh0,h0)T0Q－(p0S－Mg)Δh034．[物理—选修3－4](15分)(1)(5分)某时刻O处质点沿y轴起先做简谐振动，形成沿x轴正方向传播的简谐横波，经过0.8s形成的波动图象如图所示。P点是x轴上距坐标原点96m处的质点。下列推断正确的是()A．该质点起先振动的方向沿y轴向上B．该质点振动的周期是0.8sC．从O处