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文档简介
2023-2024学年江苏省13市高考物理二模试卷
考生须知:
1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色
字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
3
1、一弹簧振子作简谐振动,某一时刻开始计时,经一丁振子具有负方向最大加速度。则下列振动图像中正确反映振子
4
振动情况的是()
2、下列关于原子物理知识的叙述正确的是()
A.4衰变的实质是核内的中子转化为一个质子和一个电子
B.结合能越大,原子核内核子结合得越牢固,原子核越稳定
C.两个轻核结合成一个中等质量的核,核子数不变质量不亏损
D.对于一个特定的氢原子,知道了半衰期,就能准确的预言它在何时衰变
3、如图,长为心、倾角。=30的传送带始终以2.5m/s的速率顺时针方向运行,小物块以4.5m/s的速度从传送带底端
A沿传送带上滑,恰能到达传送带顶端从已知物块与斜面间的动摩擦因数为立,®g=10m/s2,最大静摩擦力与
4
滑动摩擦力大小相等,则下列图像中能正确反映物块在传送带上运动的速度v随时间t变化规律的是()
4、太阳系中各行星绕太阳运动的轨道在同一面内。在地球上观测金星与太阳的视角为6(金星、太阳与观察者连线的
夹角),长时间观察该视角并分析记录数据知,该视角的最小值为0,最大值为。团。若地球和金星绕太阳的运动视为
匀速圆周运动,则金星与地球公转周期的比值为()
A.y(cos6m『
B,j(sin9J
C・J(sinq"
D・J(cose"
5、如图所示,在粗糙的水平面上放一质量为2%的物体,现用F=8N的力,斜向下推物体,力F与水平面成3()角,
物体与水平面之间的滑动摩擦系数为p=0.5,则
A.物体对地面的压力为24N
B.物体所受的摩擦力为12N
C.物体加速度为6〃?//
D.物体将向右匀速运动
6、如图所示,一理想变压器,其原副线圈的匝数均可调节,原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电,为了使变
压器输入功率增大,可使
A.其他条件不变,原线圈的匝数m增加
B.其他条件不变,副线圈的匝数也减小
C.其他条件不变,负载电阻R的阻值增大
D.其他条件不变,负载电阻R的阻值减小
二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。
全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得。分。
7、按照十八大“五位一体”的总体布局,全国各省市启动“263”专项行动,打响碧水蓝天保卫战,暗访组在某化工厂的
排污管末端安装了如图所示的流量计,测量管由绝缘材料制成,水平放置,其长为L、直径为左右两端开口,匀
强磁场方向竖直向上,在前后两个内侧面。、c固定有金属板作为电极,污水充满管口从左向右流经测量管时,。、c
两端电压为U,显示仪器显示污水流量为。(单位时间内排出的污水体积)。则下列说法不正确的是()
A.。侧电势比。侧电势低
B.若污水中正离子较多,则〃侧电势比。侧电势高;若污水中负离子较多,则。侧电势比e侧电势低
C.污水中离子浓度越高,显示仪器的示数将越大
D.污水流量。与U成正比,与上无关
8、如图甲所示,导体环M放置在磁感应强度为3(垂直纸面向里)的匀强磁场中,环面与磁场垂直;如图乙所示,
导体环N放置在环形电流i(顺时针方向)所产生的磁场中,环面与磁场垂直;分别增加匀强磁场的磁感应强度8和
环形电流i的大小。两个环的硬度比较大,在安培力的作用下没有明显变形。下列有关导体环中感应电流的方向和导
体环所受的安培力的说法正确的是()
XXXXx
A.环M中的感应电流沿逆时针方向,所受的安培力指向圆心向里,环M有收缩的趋势
B.环M中的感应电流沿顺时针方向,所受的安培力背离圆心向外,环M有扩张的趋势
C.环N中的感应电流沿顺时针方向,所受的安培力指向圆心向里,环N有收缩的趋势
D.环N中的感应电流沿逆时针方向,所受的安培力背离圆心向外,环N有扩张的趋势
9、下列说法正确的是()
A.常见的金属是多晶体,具有确定的熔点
B.干湿泡湿度计的湿泡和干泡所示的温度相差越多,表示空气湿度越大
C.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,尖端会变钝是因为液体表面张力作用的结果
D.脱脂棉脱脂的目的,在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润,以便吸取药液
E.饱和汽的压强一定大于非饱和汽的压强
10>下列说法中正确的是()
A.物体速度增大,则分子动能增大,内能也增大
B.一定质量气体的体积增大,但既不吸热也不放热,内能减小
C.相同质量的两种物体,提高相同的温度,内能的增量一定相同
D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系
E.凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性
三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。
11.(6分)某实验小组设计了如图(a)所示的实验装置,通过改变重物的质量,利用计算机可得滑块运动的加速度
以和所受拉力产的关系图象。他们在水平轨道上做了实验,得到了。-/图线,如图(〃)所示。滑块和位移传感器
发射部分的总质量加=kg;滑块和轨道间的动摩擦因数8取lOmH)。
位移传感器位移传感器
接收部分发射部分
12.(12分)某同学用图甲所示的实验装置探究恒力做功与小车动能变化的关系.
(1)为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功,本实验中小车质量M(填“需要”、“不
需要“)远大于砂和砂桶的总质量小.
(2)图乙为实验得到的一条清晰的纸带,A、3、C、O、E、尸、G是纸带上7个连续的点,SAD=cm.已知
电源频率为50Hz,则打点计时器在打。点时纸带的速度v=m/s(保留两位有效数字).
DG
(3)该同学画出小车动能变化与拉力对小车所做的功的/Ek—W关系图像,由于实验前遗漏了平衡摩擦力这一关键步
四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算
步骤。
13.(10分)如图所示,水平轨道8C两端连接竖直的光滑!圆弧,质量为2m的滑块力静置在5处,质量为机的滑
4
块〃从右侧上圆弧的顶端A点无初速粗放,滑至底端与滑块力发生正碰,碰后粘合在一起向左运动,已知圆弧的半径
4
为£=0.45m,水平轨道长为L=0.2m,滑块与水平轨道的动摩擦因数4=0.1,重力加速度取g=10m*。求:
⑴两滑块沿左侧圆弧上升的最大高度//;
⑵两滑块静止时的位置。
14.(16分)如图所示为回旋加速器的结构示意图,匀强磁场的方向垂直于半圆型且中空的金属盒Di和D2,磁感应强
度为B,金属盒的半径为R,两盒之间有一狭缝,其间距为d,且咫两盒间电压为U。A处的粒子源可释放初速
度不计的带电粒子,粒子在两盒之间被加速后进入5盒中,经半个圆周之后再次到达两盒间的狭缝。通过电源正负极
的交替变化,可使带电粒子经两盒间电场多次加速后获得足够高的能量。已知带电粒子的质量为机、电荷量为+4。
(1)不考虑加速过程中的相对论效应和重力的影响。
①求粒子可获得的最大动能Ekmi
②若粒子第1次进入Di盒在其中的轨道半径为口,粒子第2次进入Di盒在其中的轨道半径为力求门与「2之比;
③求粒子在电场中加速的总时间八与粒子在D形盒中回旋的总时间力的比值,并由此分析:计算粒子在回旋加速器中
运动的时间时,力与我哪个可以忽略?(假设粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数);
⑵实验发现:通过该回旋加速器加速的带电粒子能量达到25~30MeV后,就很难再加速了。这是由于速度足够大时,
相对论效应开始显现,粒子的质量随着速度的增加而增大。结合这一现象,分析在粒子获得较高能量后,为何加速器
不能继续使粒子加速了。
15.(12分)如图所示,水平轨道A8和CD分别与水平传送带左侧和右侧理想连接,竖直光滑圆形轨道与相切于
点E,一轻质弹簧原长4=3m,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为,〃=1kg的小物块尸由静止释放,
当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为/=现将该弹簧水平放置,一端固定在A点,另一端与小物块P接触但不
连接。弹簧原长小于光滑轨道的长度,轨道靠近8处放置一质量为,必=2kg的小物块。。传送带长L=25m,
沿顺时针方向以速率u=6m/s匀速转动,轨道CE长为x=4m。物块与传送及轨道感之间的动摩擦因数均为
〃=0.2。现用小物块尸将弹簧压缩至长度为/=1.2m,然后释放,尸与。弹性碰撞后立即拿走物块P,。恰好可以
到达与光滑圆形轨道圆心等高的尸点,取g=10m/s2。
(1)求P与。碰撞后。的速度;
(2)求光滑圆形轨道的半径上
参考答案
一、单项选择题:本题共6小题,每小题4分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1、C
【解析】
简谐振动的回复力:F=—kx,故加速度:
mm
3T
经下周期振子具有负方向的最大加速度,此时振子有正方向的最大位移;
4
3T
A.A图在二周期时振子有负向最大位移,A错误;
4
3T
B.B图在下周期时振子位移为零,B错误;
4
3T
c.C图在下周期时振子有负向最大位移,C正确;
D.D图在任周期时振子位移为零,D错误。
4
故选C。
2、A
【解析】
A.P衰变所释放的电子,是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的,故A正确;
B.比结合能越大,原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,结合能大,原子核不一定越稳定,故B错误;
C.两个轻核结合成一个中等质量的核,会释放一定的能量.根据爱因斯坦质能方程可知存在质量亏损,故C错误:
D.半衰期是统计规律,对于一个特定的衰变原子,我们只知道它发生衰变的概率,并不知道它将何时发生衰变,发
生多少衰变,故D错误。
故选A。
3、B
【解析】
ABCD.开始阶段,物块的速度比传送带的大,相对于传送带向上运动,受到的滑动摩擦力沿传送带向下,根据牛顿
第二定律得
〃吆sin300+4〃zgcos30°=ma{
解得
-8.75m/s2
方向沿传送带向下,当物块与传送带共速时,因
mgsin30°<〃〃2gcos30°
所以物块与传送带不能保持相对静止,根据牛顿第二定律得
mgsin30°-〃,〃gcos30°=ma2
解得
③=1.25m/s2
方向沿传送带向下,所以物块继续做加速度较小的匀减速运动,直到速度为零,ACD错误B正确。
故选Bo
4、C
【解析】
如图所示
最大视角盘时,观察者与金星的连线应与金星的轨道相切。由几何关系得
万有引力提供向心力有
厂Mtn4/
G—丁=—「
产T2
解得
故C正确,ABD错误。
5、A
【解析】
受力分析如图所示,在竖直方向上,由平衡条件得N=^sin3(T+仇g=24N,物体与水平地面间最大静摩擦力
£nax=4N=12N,水平方向上a=/7cos300=4gN,由于工<耳皿,物体将静止不动,故物体所受的摩擦力
为静摩擦力/=工=46N,综上分析,正确答案为A.
6、D
【解析】
试题分析:据题意,已知变压器原线圈输入功率由副线圈输出功率决定,为了使变压器输入功率增大,可以调整副线
圈的输出功率,当原线圈输入电压不变时,副线圈上的电压也不变,由P二匕可知,当负载电阻减小时,副线圈输
R
n.U.a小
出功率增加,故D选项正确而C选项错误;其它条件不变,当增加原线圈匝数时,据」=77k可得〃rT2=—二,则副
线圈电压减小,而功率也减小,A选项错误;副线圈匝数减小,同理可得变压器功率减小,故B选项错误.
考点:本题考查变压器原理.
二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分。在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的。
全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
7、BC
【解析】
AB.污水中正、负离子向右移动,受到洛伦兹力,根据左手定则,正离子向前表面c偏,负离子向后表面。偏,所以
。侧电势比c侧低,与污水中正、负离子的数量无关,故A正确,不符合题意;B错误,符合题意;
C.稳定后,离子受到洛伦兹力和电场力作用,受力平衡,有
q^=qvB
解得
U
v=-----
D13
流量为
八,入UDTT
Q=v(一)~兀=----
24B
分析可知,显示仪器的示数。与离子的浓度无关,故C错误,符合题意;
D.同理可知。与U成正比,与L无关,故D正确,不符合题意。
故选BC.
8、AD
【解析】
AB.对环由于垂直纸面向里的匀强磁场增大,根据楞次定律,环M中所产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向
外,根据右手螺旋定则,环”中的感应电流沿逆时针方向,根据左手定则,环M所受的安培力指向圆心向里,环M
有收缩的趋势,A项正确、B项错误;
CD.对环N,处在沿顺时针方向环形电流i所产生的磁场中,根据右手螺旋定则,穿过环N的磁感线抵消后,总体垂
直纸面向里,当电流i增大时,原磁场向里增强,根据楞次定律,环N中所产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外,
根据右于螺旋定则,环N中的感应电流沿逆时针方向,但是感应电流所处的区域磁感线垂直纸面向外,根据左于定则,
环N所受的安培力背离圆心向外,环N有扩张的趋势,C项错误、D项正确。
故选AD,
9、ACD
【解析】
A.常见的金属是多晶体,具有确定的熔点,选项A正确;
B.干湿泡湿度计的湿泡和干泡所示的温度相差越多,说明湿泡的蒸发非常快,空气的相对湿度越小,选项B错误;
C.把玻璃管的裂口放在火焰上烧熔,尖端会变钝是因为液体表面张力作用的结果,选项C正确;
D.脱脂棉脱脂的目的,在于使它从不能被水浸润变为可以被水浸润,以便吸取药液,选项D正确;
E.饱和汽压的大小与温度有关,在温度不知道的情况下,不能简单地说饱和汽的压强一定大于非饱和汽的压强,故E
错误。
故选ACD。
10、BDE
【解析】
A.速度增大,不会改变物体的分子的动能,故A错误;
B.体积增大时,气体对外做功,不吸热也不放热时,内能减小,故B正确;
C.质量相同,但物体的物质的量不同,故温度提高相同的温度时,内能的增量不一定相同,故C错误;
D.物体的内能与物体的温度和体积都有关系,故D正确;
E.由热力学第二定律可知,凡是与热现象有关的宏观过程都具有方向性,故E正确。
故选BDEo
三、实验题:本题共2小题,共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处,不要求写出演算过程。
11、0.50.2
【解析】
[1]由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象的斜率
所以滑块和位移传感器发射部分的总质量
尸1八C
m=—=—=0.5kg
ak
⑵由图形b得,在水平轨道上尸=1N时,加速度斫0,根据牛顿第二定律得
F-jmng=0
解得
〃=0.2
12、需要2.100.50D
【解析】
(1)为了能用砂和砂桶的总重力所做的功表示小车所受拉力做的功,则绳中拉力要等于砂和砂桶的总重力,即小车质
量M需要远大于砂和砂桶的总质量m.
⑵由图得=2.10。〃?
打点计时器在打D点时纸带的速度v=—3=(210+3.90)x10-mls=0.50/«/s
6T6x0.02
⑶理论线=实验线A4=W'=EE-6,则随着功的增大,两线间距变大.故D项正确.
四、计算题:本题共2小题,共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处,要求写出必要的文字说明、方程式和演算
步骤。
13、(1)0.03m(2)水平轨道的中点处
【解析】
(1)设滑块。滑至底端碰前速度大小为VB,碰后共同速度大小为心根据机械能守恒定律有
八।2
mgR=-mvi,
由动量守恒定律有
从B点到左侧最大高度处由动能定理有
一y3mgL—3mgh=0-;x3mv2
联立解得
Z/=0.03m
⑵粘合体将来回往复运动,直到速度为0,设在水平轨道3c上运动的路程为S,根据动能定理有
1,
一〃3,〃即=0——x3mv~
解得
s=0.5m
所以滑块停在水平轨道BC的中点处。
14、⑴①qB";②W;③卫,。可以忽略;(2
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