2024高考物理二轮复习仿真卷2含解析

PAGE12-仿真卷二(考试时间：70分钟试卷满分：110分)第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题6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，有选错或不答的得0分．14．下列说法正确的是(B)A．原子核的质量大于组成它的核子的总质量，这个现象叫作质量亏损B．玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C．在光电效应试验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，若用波长为λ(λ＞λ0)的单色光照耀该金属，会产生光电效应D．爱因斯坦提出质能方程E＝mc2，其中E是物体以光速c运动时的动能【解析】原子核的质量小于组成它的核子的总质量，这个现象叫作质量亏损，故A错误；玻尔原子模型：电子的轨道是量子化的，原子的能量也是量子化的，故B正确；光电效应试验中，某金属的截止频率对应的波长为λ0，依据ν＝eq\f(c,λ)，结合光电效应发生的条件可知，若用波长为λ(λ＞λ0)的单色光做该试验，其频率变小，不能产生光电效应，故C错误；E＝mc2中E是与物体相联系的一切能量的总和，既不是单一的动能，也不是单一的核能，故D错误．15.用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°.重力加速度为g.当卡车沿平直马路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(D)A．F1＝eq\f(\r(3),3)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mg B．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(\r(3),3)mgC．F1＝eq\f(1,2)mg，F2＝eq\f(\r(3),2)mg D．F1＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝eq\f(1,2)mg【解析】如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F1′与F2′相互垂直．由牛顿第三定律知F1＝F′1，F2＝F′2，则F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，选项D正确．16.可视为质点的甲、乙两小车分别沿同一平直路面同向行驶，t＝0时，甲在乙前方16m处，它们的v－t图像如图所示，则下列说法正确的是(B)A．甲、乙在t＝2s和t＝10s时刻并排行驶B．甲、乙在t＝4s和t＝8s时刻并排行驶C．在t＝6s时，乙车在甲车前8mD．在t＝6s时，乙车在甲车前18m【解析】由图像可知，甲做初速度为0，加速度为a1＝eq\f(12,6)m/s2＝2m/s2的匀加速运动；乙做初速度为v0＝6m/s，加速度为a2＝eq\f(12－6,6)m/s2＝1m/s2的匀加速运动；两车相遇时满意：v0t＋eq\f(1,2)a2t2＝s0＋eq\f(1,2)a1t2，即6t＋eq\f(1,2)×1×t2＝16＋eq\f(1,2)×2×t2，解得t1＝4s，t2＝8s，即甲、乙在t＝4s和t＝8s时刻并排行驶，选项A错误，B正确；在t＝6s时，甲的位移：x1＝eq\f(1,2)×2×62m＝36m；乙的位移：x2＝6×6m＋eq\f(1,2)×1×62m＝54m，可知此时乙在甲的前面，54m－36m－16m＝2m，选项C、D错误．17.如图，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动，下列说法正确的是(D)A．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大B．小球在斜面运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重力C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地速率将变大D．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将减小【解析】设斜面倾角为θ，依据牛顿其次定律得，小球在斜面上运动的加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，平抛运动的加速度为g，可知小球在斜面上运动的加速度小于平抛运动的加速度，故A错误；对小球和斜面整体分析，小球沿斜面对下加速的过程中，小球具有沿斜面对下的加速度，处于失重状态，可知地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故B错误；依据动能定理得，mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，撤去斜面，h不变，落地的速率不变，故C错误；比较小球在斜面上与空中运动的时间．由于小球在斜面上运动的加速度为a＝gsinθ，竖直分加速度为ay＝asinθ＝gsin2θ<g，则知撤去斜面，落地时间变短，故D正确．18.2024年5月21日，中国在西昌卫星放射中心用长征四号丙运载火箭，胜利将嫦娥四号任务“鹊桥”号中继星放射升空.6月14日，“鹊桥”号中继星进入地月拉格朗日L2点的Halo使命轨道，以解决月球背面的通讯问题．如图所示，地月拉格朗日L2点在地球与月球的连线上．若卫星在地月拉格朗日L2点上，受地球、月球两大天体的引力作用，能与月球保持相对静止．已知地球质量和地月距离，若要计算地月拉格朗日L2点与地球间的距离，只须要知道的物理量是(A)A．月球的质量B．“鹊桥”号中继星的质量C．月球绕地球运行的周期D．引力常量【解析】“鹊桥”号中继星绕地球做圆周运动，其向心力是地球和月球的引力的合力供应的，由万有引力定律可得：Geq\f(M地m,r2)＋Geq\f(M月m,r－r月地2)＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r，此方程中“鹊桥”号中继星的质量可以消去，中继星的周期等于月球的周期，所以只要知道月球的质量，就可计算出地月拉格朗日L2点与地球间的距离．故A正确．B、C、D错误．19．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看作志向电表，且R1大于电源的内阻r，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(AD)A．电压表读数减小 B．电流表读数减小C．质点P将向上运动 D．电源的输出功率渐渐增大【解析】选由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端，电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小．由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过串联部分的电流增大，故电流表示数增大，故B错误；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，则电压表示数减小，故A正确；因电容器两端电压减小，故质点P受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，质点P向下运动，故C错误；由题意，R1大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，故当电源的外电阻为R1时，电源的输出功率最大，则知电路中R4电阻减小时，电源的输出功率渐渐增大，故D正确．20.如图是静电除尘器除尘机理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．图示位置的P、M、N三点在同始终线上，且PM＝MN.下列推断正确的是(CD)A．b是直流高压电源的负极B．电场中M点的电势高于N点的电势C．同一个点电荷在电场中N点受到的电场力小于在P点受到的电场力D．电场中N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP【解析】尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，说明集尘极带正电，b是直流高压电源的正极，选项A错误；顺着电场线，电势着陆，则M点的电势低于N点的电势，选项B错误；越靠近放电极电场越强，同一点电荷受到的电场力越大，选项C正确；U＝Ed，N、M间的平均电场强度小于M、P间的电场强度，所以N、M间的电势差UNM小于M、P间的电势差UMP，选项D正确．21．一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与阻值R＝15Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝0.8πsinπt(m/s)．浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B＝0.2T，线圈的直径D＝0.4m，总电阻r＝1Ω.取π2＝10.则下列说法正确的是(BC)A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝0.64sinπt(V)B．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sinπt(A)C．灯泡两端电压的有效值为30eq\r(2)VD．灯泡的电功率为240W【解析】线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势为Emax＝NBlvmax，l＝πD，联立解得Emax＝πNBDvmax＝π×100×0.2×0.4×0.8πV＝64V，则波浪发电产生电动势e的瞬时值：e＝Emaxsinπt＝64sinπt(V)，故A错误；依据闭合电路欧姆定律有：I＝eq\f(E,R＋r)得i＝eq\f(e,R＋r)＝4sinπt(A)，故B正确；灯泡电流的有效值为I＝eq\f(4,\r(2))A，则灯泡的功率为P＝I2R＝eq\f(16,2)×15W＝120W，故D错误；灯泡两端电压的有效值为U＝IR＝eq\f(4,\r(2))×15V＝30eq\r(2)V，故C正确．第Ⅱ卷二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．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)将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看成一根新弹簧，设原粗弹簧(记为A)劲度系数为k1，原细弹簧(记为B)劲度系数为k2，套成的新弹簧(记为C)劲度系数为k3.关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想：甲同学：和电阻并联相像，可能是eq\f(1,k3)＝eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)乙同学：和电阻串联相像，可能是k3＝k1＋k2丙同学：可能是k3＝eq\f(k1＋k2,2)(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的试验(装置见图甲)．(2)简要试验步骤如下，请完成相应填空．①将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0；②在弹簧A的下端挂上钩码，登记钩码的个数n、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；③由F＝_nmg__计算弹簧的弹力，由x＝L1－L0计算弹簧的伸长量，由k＝eq\f(F,x)计算弹簧的劲度系数；④变更_钩码的个数__，重复试验步骤②、③，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1；⑤仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3.比较k1、k2、k3并得出结论．(3)图乙是试验得到的图线，由此可以推断_乙__同学的猜想正确．【解析】(2)由步骤②知，弹簧的弹力等于钩码的总重力，即F＝nmg，由步骤③知，可以建立F与x的关系式，要想多得几组数据，就需变更钩码的个数．(3)题图乙得到的试验图线的斜率为弹簧的劲度系数，由图中数据得k3＝k2＋k1，所以乙同学的猜想正确．23．(9分)光伏电池(太阳能电池)是一种清洁、“绿色”能源．光伏发电的原理主要是半导体的光伏效应，即一些半导体材料受到光照时，干脆将光能转化为电能．在肯定光照条件下，光伏电池有肯定的电动势，但其内阻不是确定的值，内阻大小随输出电流的变更而变更．为了探讨光伏电池内阻的变更特性，试验小组借助测电源电动势和内阻的方法设计出试验电路如图1所示，变更电阻箱R的阻值，试验测得电流表示数I和电压表示数U如下表：I/mA4.184.144.124.083.802.201.22U/V0.501.001.502.002.302.602.70(1)依据表中数据，选用适当的标度在图2中作出光伏电池的I－U图像；(2)依据所作图像可以推断，该光伏电池的电动势约为_2.80__V，其内阻随输出电流的增大而_增大__(填“增大”、“不变”或“减小”)；(3)当外电阻R变更时，光伏电池的输出功率也发生变更，由(1)问所作图像可知，当电阻R约为_605.3__Ω时间伏电池的输出功率最大，最大输出功率约为_8.74×10－3__W.【解析】(1)依据表中数据，选择适当标度，纵坐标为I、横坐标为U描点作图如图所示；(2)由(1)问图像可知光伏电池的电动势约为2.80V，设光伏电池的电动势为E，由闭合电路的欧姆定律E＝U＋Ir得I＝eq\f(E,r)－eq\f(1,r)U，则光伏电池的内阻等于图线斜率的倒数的肯定值，因此其内阻随电流的增大而增大；(3)由P＝IU可知，图线上纵横坐标的乘积等于光伏电池的输出功率，也等于坐标值与坐标轴所包围矩形的面积，面积越大光伏电池的输出功率越大，由图中方格数可知，从坐标点P沿图线向左移或向右移坐标点，对应坐标包围的方格数均削减，因此坐标点P对应的“面积”最大，此时对应外电阻R＝eq\f(UP,IP)＝eq\f(2.3,3.8×10－3)Ω＝605.3Ω，光伏电池的最大输出功率Pm＝IPUP＝8.74×10－3W.24．(14分)如图，在xOy平面第一象限整个区域分布匀强电场，电场方向平行于y轴向下，在第四象限内存在有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x＝eq\f(5,2)d的直线，磁场方向垂直纸面对外．质量为m，带电荷量为＋q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场，已知OQ＝d，不计粒子重力，求：(1)P点坐标；(2)要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的取值范围；(3)要使粒子能其次次进入磁场，磁感应强度B的取值范围．【答案】(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(d,2)))(2)B≥eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)(3)eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)≤B≤eq\f(4mv0,qd)【解析】(1)设粒子进入电场时y方向的速度为vy，则vy＝v0tan45°(1分)设粒子在电场中运动时间为t，则OQ＝v0t，OP＝eq\f(vy,2)t(1分)由以上各式，解得OP＝eq\f(d,2)，P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(d,2)))(1分)(2)粒子刚好能再进入电场的轨迹如图所示，设此时的轨迹半径为r1，则r1＋r1sin45°＝d，解得：r1＝(2－eq\r(2))d(1分)令粒子在磁场中的速度为v，则v＝eq\f(v0,cos45°)(1分)依据牛顿其次定律qvB1＝eq\f(mv2,r1)解得：B1＝eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)(1分)要使粒子能再进入电场，磁感应强度B的范围B≥eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)(2分)(3)假设粒子刚好从x＝eq\f(5,2)d处磁场边界与电场的交界D处其次次进入磁场，设粒子从P到Q的时间为t，则由粒子在电场中运动对称性可知粒子从第一次出磁场的C点到D的时间为2t，由水平方向的匀速直线运动可得：CD＝2d，CQ＝CD－QD＝2d－(2.5d－d)＝eq\f(d,2)，(1分)设此时粒子在磁场中的轨道半径为r2，由几何关系知：2r2sin45°＝CQ(1分)解得：r2＝eq\f(\r(2),4)d(1分)依据牛顿其次定律得：qvB2＝eq\f(mv2,r2)，解得：B2＝eq\f(4mv0,qd)(1分)要使粒子能其次次进磁场，粒子必需先进入电场，故磁感应强度B要满意B≤B2综上所述要使粒子能其次次进磁场，磁感应强度B要满意eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)≤B≤eq\f(4mv0,qd)(2分)25．(18分)如图所示，一质量M＝4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉拦住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ＝37°，CD长L＝3m．质量m＝1kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2m/s.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，忽视空气阻力．(1)求A、B间的水平距离x；(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移时物块离小车左端的水平距离．【答案】(1)1.2m(2)1s(3)3.73m【解析】(1)由平抛运动的规律得：tanθ＝eq\f(gt,v0)(2分)x＝v0t(1分)得：x＝1.2m．(2分)(2)物块在小车上CD段滑动过程中，物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v(1分)由能量守恒定律得：fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)v2(1分)对物块，由动量定理得：－ft0＝mv－mv1(1分)联立解得：t0＝1s．(1分)(3)有销钉时，物块的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)由几何关系得：H－eq\f(1,2)gt2＝R(1－cosθ)(1分)B、C间的水平距离：xBC＝Rsinθ(1分)对小车和物块组成的系统，由能量守恒定律得：fL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(M＋m)v2(1分)若拔掉销钉，物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，mv0＝Mv′2＋mv2(1分)小车向左运动达最大位移时，速度v′2为0，此时物块速度v2为4m/s由能量守恒定律得：mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝f(Δx－xBC)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(2分)联立解得此时物块离小车左端的水平距离：Δx＝3.73m．(2分)(二)选考题：共15分．请考生从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，肯定质量的志向气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A．其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是闻名的“卡诺循环”．该循环过程中，下列说法正确的是_ACD__.(填正确答案标号，选对1个给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0分)A．A→B过程中，气体对外界做功B．B→C过程中，气体分子的平均动能增大C．C→D过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D．C→D过程中，气体放热E．D→A过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变更(2)(10分)如图所示，一粗细匀称的U形管竖直放置，左侧封闭的志向气体柱长l1＝10cm，右侧封闭的志向气体柱长l2＝14cm，两侧管内水银面高度相同，初始时左侧管内志向气体的温度为27℃现对左侧管内气体缓慢加热，当它的温度上升到227℃时，两侧管内气体体积相等，分别求27℃时和227℃时左侧管内气体的压强．(右侧管内气体温度不变)【答案】(2)18cmHg25cmHg【解析】(1)A→B过程中，体积增大，气体对外界做功，故A正确；B→C过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C→D过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；C→D过程中，气体内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体放热，选项D正确；D→A过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度上升，分子平均动能增大，气体分子的速率分布曲线发生变更，故E错误．(2)设初始时刻和两管气体体积相同时左侧管内气体的压强分别为p1、p2，则有：对左侧管：eq\f(p1l1S,T1)＝eq\f(p2l1＋ΔlS,T2)(2分)对右侧管：p1l2＝(p2－Δp)(l2－Δl)(2分)其中Δp＝2Δl(cmHg)T1＝300K，T2＝500K当它的温度上升到227℃时，两侧管内气体体积相等，则有：l1＋Δl＝l2－Δl(2分)即Δl＝eq\f(l2－l1,2)(2分)解得：p1＝18cmHg(1分)，p2＝25cmHg(1分)34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)图示为一列沿x轴正向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图(波刚好传到Q点)，P、Q、M点的平衡位置分别为xP＝1cm，xQ＝4cm，xM＝5cm，经过Δt＝0.2s，M点第一次到达波谷，则下列推断正确的是_ACE__.(填正确答案标号，选对1个给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0分)A．质点P的振动周期T＝0.4sB．该波的传播速度v＝1m/sC．M点的起振方向沿y轴负方向D．