2024高考物理二輪復習仿真卷2含解析

PAGE12-仿真卷二(考試時間：70分鐘試卷滿分：110分)第Ⅰ卷一、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．下列說法正確的是(B)A．原子核的質量大于組成它的核子的總質量，這個現象叫作質量虧損B．玻爾認為，原子中電子軌道是量子化的，能量也是量子化的C．在光電效應試驗中，某金屬的截止頻率對應的波長為λ0，若用波長為λ(λ＞λ0)的單色光照耀該金屬，會產生光電效應D．愛因斯坦提出質能方程E＝mc2，其中E是物體以光速c運動時的動能【解析】原子核的質量小于組成它的核子的總質量，這個現象叫作質量虧損，故A錯誤；玻爾原子模型：電子的軌道是量子化的，原子的能量也是量子化的，故B正確；光電效應試驗中，某金屬的截止頻率對應的波長為λ0，依據ν＝eq\f(c,λ)，結合光電效應發(fā)生的條件可知，若用波長為λ(λ＞λ0)的單色光做該試驗，其頻率變小，不能產生光電效應，故C錯誤；E＝mc2中E是與物體相聯(lián)系的一切能量的總和，既不是單一的動能，也不是單一的核能，故D錯誤．15.用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示．兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°.重力加速度為g.當卡車沿平直馬路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則(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】如圖所示，卡車勻速行駛，圓筒受力平衡，由題意知，力F1′與F2′相互垂直．由牛頓第三定律知F1＝F′1，F2＝F′2，則F1＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，F2＝mgsin30°＝eq\f(1,2)mg，選項D正確．16.可視為質點的甲、乙兩小車分別沿同一平直路面同向行駛，t＝0時，甲在乙前方16m處，它們的v－t圖像如圖所示，則下列說法正確的是(B)A．甲、乙在t＝2s和t＝10s時刻并排行駛B．甲、乙在t＝4s和t＝8s時刻并排行駛C．在t＝6s時，乙車在甲車前8mD．在t＝6s時，乙車在甲車前18m【解析】由圖像可知，甲做初速度為0，加速度為a1＝eq\f(12,6)m/s2＝2m/s2的勻加速運動；乙做初速度為v0＝6m/s，加速度為a2＝eq\f(12－6,6)m/s2＝1m/s2的勻加速運動；兩車相遇時滿意：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時刻并排行駛，選項A錯誤，B正確；在t＝6s時，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，可知此時乙在甲的前面，54m－36m－16m＝2m，選項C、D錯誤．17.如圖，不計空氣阻力，從O點水平拋出的小球抵達光滑斜面上端P處時，速度方向恰好沿著斜面方向，然后緊貼斜面PQ做勻加速直線運動，下列說法正確的是(D)A．小球在斜面上運動的加速度大小比平拋運動時的大B．小球在斜面運動的過程中地面對斜面的支持力大于小球和斜面的總重力C．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地速率將變大D．撤去斜面，小球仍從O點以相同速度水平拋出，落地時間將減小【解析】設斜面傾角為θ，依據牛頓其次定律得，小球在斜面上運動的加速度a＝eq\f(mgsinθ,m)＝gsinθ，平拋運動的加速度為g，可知小球在斜面上運動的加速度小于平拋運動的加速度，故A錯誤；對小球和斜面整體分析，小球沿斜面對下加速的過程中，小球具有沿斜面對下的加速度，處于失重狀態(tài)，可知地面對斜面的支持力小于小球和斜面的總重力，故B錯誤；依據動能定理得，mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，撤去斜面，h不變，落地的速率不變，故C錯誤；比較小球在斜面上與空中運動的時間．由于小球在斜面上運動的加速度為a＝gsinθ，豎直分加速度為ay＝asinθ＝gsin2θ<g，則知撤去斜面，落地時間變短，故D正確．18.2024年5月21日，中國在西昌衛(wèi)星放射中心用長征四號丙運載火箭，勝利將嫦娥四號任務“鵲橋”號中繼星放射升空.6月14日，“鵲橋”號中繼星進入地月拉格朗日L2點的Halo使命軌道，以解決月球背面的通訊問題．如圖所示，地月拉格朗日L2點在地球與月球的連線上．若衛(wèi)星在地月拉格朗日L2點上，受地球、月球兩大天體的引力作用，能與月球保持相對靜止．已知地球質量和地月距離，若要計算地月拉格朗日L2點與地球間的距離，只須要知道的物理量是(A)A．月球的質量B．“鵲橋”號中繼星的質量C．月球繞地球運行的周期D．引力常量【解析】“鵲橋”號中繼星繞地球做圓周運動，其向心力是地球和月球的引力的合力供應的，由萬有引力定律可得：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“鵲橋”號中繼星的質量可以消去，中繼星的周期等于月球的周期，所以只要知道月球的質量，就可計算出地月拉格朗日L2點與地球間的距離．故A正確．B、C、D錯誤．19．如圖所示，平行金屬板中帶電質點P原處于靜止狀態(tài)，電流表和電壓表都看作志向電表，且R1大于電源的內阻r，當滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則(AD)A．電壓表讀數減小 B．電流表讀數減小C．質點P將向上運動 D．電源的輸出功率漸漸增大【解析】選由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再與R1串聯(lián)接在電源兩端，電容器與R3并聯(lián)；當滑片向b移動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流增大，電源的內電壓增大，路端電壓減小，同時，R1兩端的電壓也增大，故并聯(lián)部分的電壓減小．由歐姆定律可知流過R3的電流減小，則流過串聯(lián)部分的電流增大，故電流表示數增大，故B錯誤；因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中電壓增大，則電壓表示數減小，故A正確；因電容器兩端電壓減小，故質點P受到的向上電場力減小，則重力大于電場力，質點P向下運動，故C錯誤；由題意，R1大于電源的內阻r，外電路的總電阻大于r，故當電源的外電阻為R1時，電源的輸出功率最大，則知電路中R4電阻減小時，電源的輸出功率漸漸增大，故D正確．20.如圖是靜電除塵器除塵機理的示意圖，a、b是直流高壓電源的兩極，通過某種機制使電場中的塵埃帶上負電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，以達到除塵目的．圖示位置的P、M、N三點在同始終線上，且PM＝MN.下列推斷正確的是(CD)A．b是直流高壓電源的負極B．電場中M點的電勢高于N點的電勢C．同一個點電荷在電場中N點受到的電場力小于在P點受到的電場力D．電場中N、M間的電勢差UNM小于M、P間的電勢差UMP【解析】塵埃在電場中通過某種機制帶上負電，在電場力的作用下向集塵極遷移并沉積，說明集塵極帶正電，b是直流高壓電源的正極，選項A錯誤；順著電場線，電勢著陸，則M點的電勢低于N點的電勢，選項B錯誤；越靠近放電極電場越強，同一點電荷受到的電場力越大，選項C正確；U＝Ed，N、M間的平均電場強度小于M、P間的電場強度，所以N、M間的電勢差UNM小于M、P間的電勢差UMP，選項D正確．21．一浮桶式波浪發(fā)電燈塔的原理如圖甲所示，浮桶內的磁體由支柱固定在暗礁上，內置線圈與阻值R＝15Ω的燈泡相連，隨波浪相對磁體沿豎直方向上下運動且始終處于磁場中，其運動速度v＝0.8πsinπt(m/s)．浮桶下部由內、外兩密封圓筒構成(圖中陰影部分)，其截面如圖乙所示，匝數N＝100的圓形線圈所在處輻射磁場的磁感應強度大小恒為B＝0.2T，線圈的直徑D＝0.4m，總電阻r＝1Ω.取π2＝10.則下列說法正確的是(BC)A．線圈中產生電動勢的瞬時值為e＝0.64sinπt(V)B．燈泡中電流的瞬時值為i＝4sinπt(A)C．燈泡兩端電壓的有效值為30eq\r(2)VD．燈泡的電功率為240W【解析】線圈在磁場中切割磁感線，產生電動勢為Emax＝NBlvmax，l＝πD，聯(lián)立解得Emax＝πNBDvmax＝π×100×0.2×0.4×0.8πV＝64V，則波浪發(fā)電產生電動勢e的瞬時值：e＝Emaxsinπt＝64sinπt(V)，故A錯誤；依據閉合電路歐姆定律有：I＝eq\f(E,R＋r)得i＝eq\f(e,R＋r)＝4sinπt(A)，故B正確；燈泡電流的有效值為I＝eq\f(4,\r(2))A，則燈泡的功率為P＝I2R＝eq\f(16,2)×15W＝120W，故D錯誤；燈泡兩端電壓的有效值為U＝IR＝eq\f(4,\r(2))×15V＝30eq\r(2)V，故C正確．第Ⅱ卷二、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，考生依據要求作答．(一)必考題(共47分)22．(6分)將兩根自然長度相同、勁度系數不同、粗細也不同的彈簧套在一起，看成一根新彈簧，設原粗彈簧(記為A)勁度系數為k1，原細彈簧(記為B)勁度系數為k2，套成的新彈簧(記為C)勁度系數為k3.關于k1、k2、k3的大小關系，同學們做出了如下猜想：甲同學：和電阻并聯(lián)相像，可能是eq\f(1,k3)＝eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)乙同學：和電阻串聯(lián)相像，可能是k3＝k1＋k2丙同學：可能是k3＝eq\f(k1＋k2,2)(1)為了驗證猜想，同學們設計了相應的試驗(裝置見圖甲)．(2)簡要試驗步驟如下，請完成相應填空．①將彈簧A懸掛在鐵架臺上，用刻度尺測量彈簧A的自然長度L0；②在彈簧A的下端掛上鉤碼，登記鉤碼的個數n、每個鉤碼的質量m和當地的重力加速度大小g，并用刻度尺測量彈簧的長度L1；③由F＝_nmg__計算彈簧的彈力，由x＝L1－L0計算彈簧的伸長量，由k＝eq\f(F,x)計算彈簧的勁度系數；④變更_鉤碼的個數__，重復試驗步驟②、③，并求出彈簧A的勁度系數的平均值k1；⑤僅將彈簧分別換為B、C，重復上述操作步驟，求出彈簧B、C的勁度系數的平均值k2、k3.比較k1、k2、k3并得出結論．(3)圖乙是試驗得到的圖線，由此可以推斷_乙__同學的猜想正確．【解析】(2)由步驟②知，彈簧的彈力等于鉤碼的總重力，即F＝nmg，由步驟③知，可以建立F與x的關系式，要想多得幾組數據，就需變更鉤碼的個數．(3)題圖乙得到的試驗圖線的斜率為彈簧的勁度系數，由圖中數據得k3＝k2＋k1，所以乙同學的猜想正確．23．(9分)光伏電池(太陽能電池)是一種清潔、“綠色”能源．光伏發(fā)電的原理主要是半導體的光伏效應，即一些半導體材料受到光照時，干脆將光能轉化為電能．在肯定光照條件下，光伏電池有肯定的電動勢，但其內阻不是確定的值，內阻大小隨輸出電流的變更而變更．為了探討光伏電池內阻的變更特性，試驗小組借助測電源電動勢和內阻的方法設計出試驗電路如圖1所示，變更電阻箱R的阻值，試驗測得電流表示數I和電壓表示數U如下表：I/mA4.184.144.124.083.802.201.22U/V0.501.001.502.002.302.602.70(1)依據表中數據，選用適當的標度在圖2中作出光伏電池的I－U圖像；(2)依據所作圖像可以推斷，該光伏電池的電動勢約為_2.80__V，其內阻隨輸出電流的增大而_增大__(填“增大”、“不變”或“減小”)；(3)當外電阻R變更時，光伏電池的輸出功率也發(fā)生變更，由(1)問所作圖像可知，當電阻R約為_605.3__Ω時間伏電池的輸出功率最大，最大輸出功率約為_8.74×10－3__W.【解析】(1)依據表中數據，選擇適當標度，縱坐標為I、橫坐標為U描點作圖如圖所示；(2)由(1)問圖像可知光伏電池的電動勢約為2.80V，設光伏電池的電動勢為E，由閉合電路的歐姆定律E＝U＋Ir得I＝eq\f(E,r)－eq\f(1,r)U，則光伏電池的內阻等于圖線斜率的倒數的肯定值，因此其內阻隨電流的增大而增大；(3)由P＝IU可知，圖線上縱橫坐標的乘積等于光伏電池的輸出功率，也等于坐標值與坐標軸所包圍矩形的面積，面積越大光伏電池的輸出功率越大，由圖中方格數可知，從坐標點P沿圖線向左移或向右移坐標點，對應坐標包圍的方格數均削減，因此坐標點P對應的“面積”最大，此時對應外電阻R＝eq\f(UP,IP)＝eq\f(2.3,3.8×10－3)Ω＝605.3Ω，光伏電池的最大輸出功率Pm＝IPUP＝8.74×10－3W.24．(14分)如圖，在xOy平面第一象限整個區(qū)域分布勻強電場，電場方向平行于y軸向下，在第四象限內存在有界勻強磁場，左邊界為y軸，右邊界為x＝eq\f(5,2)d的直線，磁場方向垂直紙面對外．質量為m，帶電荷量為＋q的粒子從y軸上P點以初速度v0垂直y軸射入勻強電場，在電場力作用下從x軸上Q點以與x軸正方向成45°角進入勻強磁場，已知OQ＝d，不計粒子重力，求：(1)P點坐標；(2)要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的取值范圍；(3)要使粒子能其次次進入磁場，磁感應強度B的取值范圍．【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)設粒子進入電場時y方向的速度為vy，則vy＝v0tan45°(1分)設粒子在電場中運動時間為t，則OQ＝v0t，OP＝eq\f(vy,2)t(1分)由以上各式，解得OP＝eq\f(d,2)，P點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(d,2)))(1分)(2)粒子剛好能再進入電場的軌跡如圖所示，設此時的軌跡半徑為r1，則r1＋r1sin45°＝d，解得：r1＝(2－eq\r(2))d(1分)令粒子在磁場中的速度為v，則v＝eq\f(v0,cos45°)(1分)依據牛頓其次定律qvB1＝eq\f(mv2,r1)解得：B1＝eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)(1分)要使粒子能再進入電場，磁感應強度B的范圍B≥eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)(2分)(3)假設粒子剛好從x＝eq\f(5,2)d處磁場邊界與電場的交界D處其次次進入磁場，設粒子從P到Q的時間為t，則由粒子在電場中運動對稱性可知粒子從第一次出磁場的C點到D的時間為2t，由水平方向的勻速直線運動可得：CD＝2d，CQ＝CD－QD＝2d－(2.5d－d)＝eq\f(d,2)，(1分)設此時粒子在磁場中的軌道半徑為r2，由幾何關系知：2r2sin45°＝CQ(1分)解得：r2＝eq\f(\r(2),4)d(1分)依據牛頓其次定律得：qvB2＝eq\f(mv2,r2)，解得：B2＝eq\f(4mv0,qd)(1分)要使粒子能其次次進磁場，粒子必需先進入電場，故磁感應強度B要滿意B≤B2綜上所述要使粒子能其次次進磁場，磁感應強度B要滿意eq\f(\r(2)＋1mv0,qd)≤B≤eq\f(4mv0,qd)(2分)25．(18分)如圖所示，一質量M＝4kg的小車靜置于光滑水平地面上，左側用固定在地面上的銷釘攔住．小車上表面由光滑圓弧軌道BC和水平粗糙軌道CD組成，BC與CD相切于C，BC所對圓心角θ＝37°，CD長L＝3m．質量m＝1kg的小物塊從某一高度處的A點以v0＝4m/s的速度水平拋出，恰好沿切線方向自B點進入圓弧軌道，滑到D點時剛好與小車達到共同速度v＝1.2m/s.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，忽視空氣阻力．(1)求A、B間的水平距離x；(2)求小物塊從C滑到D所用時間t0；(3)若在小物塊拋出時拔掉銷釘，求小車向左運動到最大位移時物塊離小車左端的水平距離．【答案】(1)1.2m(2)1s(3)3.73m【解析】(1)由平拋運動的規(guī)律得：tanθ＝eq\f(gt,v0)(2分)x＝v0t(1分)得：x＝1.2m．(2分)(2)物塊在小車上CD段滑動過程中，物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律得：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)對物塊，由動量定理得：－ft0＝mv－mv1(1分)聯(lián)立解得：t0＝1s．(1分)(3)有銷釘時，物塊的機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgH＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)(1分)由幾何關系得：H－eq\f(1,2)gt2＝R(1－cosθ)(1分)B、C間的水平距離：xBC＝Rsinθ(1分)對小車和物塊組成的系統(tǒng)，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)若拔掉銷釘，物塊與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝Mv′2＋mv2(1分)小車向左運動達最大位移時，速度v′2為0，此時物塊速度v2為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)聯(lián)立解得此時物塊離小車左端的水平距離：Δx＝3.73m．(2分)(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)如圖所示，肯定質量的志向氣體從狀態(tài)A依次經過狀態(tài)B、C和D后再回到狀態(tài)A．其中，A→B和C→D為等溫過程，B→C和D→A為絕熱過程(氣體與外界無熱量交換)．這就是聞名的“卡諾循環(huán)”．該循環(huán)過程中，下列說法正確的是_ACD__.(填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分)A．A→B過程中，氣體對外界做功B．B→C過程中，氣體分子的平均動能增大C．C→D過程中，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數增多D．C→D過程中，氣體放熱E．D→A過程中，氣體分子的速率分布曲線不發(fā)生變更(2)(10分)如圖所示，一粗細勻稱的U形管豎直放置，左側封閉的志向氣體柱長l1＝10cm，右側封閉的志向氣體柱長l2＝14cm，兩側管內水銀面高度相同，初始時左側管內志向氣體的溫度為27℃現對左側管內氣體緩慢加熱，當它的溫度上升到227℃時，兩側管內氣體體積相等，分別求27℃時和227℃時左側管內氣體的壓強．(右側管內氣體溫度不變)【答案】(2)18cmHg25cmHg【解析】(1)A→B過程中，體積增大，氣體對外界做功，故A正確；B→C過程中，絕熱膨脹，氣體對外做功，內能減小，溫度降低，氣體分子的平均動能減小，故B錯誤；C→D過程中，等溫壓縮，體積變小，分子數密度變大，單位時間內碰撞單位面積器壁的分子數增多，故C正確；C→D過程中，氣體內能不變，體積減小，外界對氣體做功，則氣體放熱，選項D正確；D→A過程中，絕熱壓縮，外界對氣體做功，內能增加，溫度上升，分子平均動能增大，氣體分子的速率分布曲線發(fā)生變更，故E錯誤．(2)設初始時刻和兩管氣體體積相同時左側管內氣體的壓強分別為p1、p2，則有：對左側管：eq\f(p1l1S,T1)＝eq\f(p2l1＋ΔlS,T2)(2分)對右側管：p1l2＝(p2－Δp)(l2－Δl)(2分)其中Δp＝2Δl(cmHg)T1＝300K，T2＝500K當它的溫度上升到227℃時，兩側管內氣體體積相等，則有：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——選修3－4](15分)(1)(5分)圖示為一列沿x軸正向傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖(波剛好傳到Q點)，P、Q、M點的平衡位置分別為xP＝1cm，xQ＝4cm，xM＝5cm，經過Δt＝0.2s，M點第一次到達波谷，則下列推斷正確的是_ACE__.(填正確答案標號，選對1個給2分，選對2個得4分，選對3個得5分，每選錯1個扣3分，最低得分0分)A．質點P的振動周期T＝0.4sB．該波的傳播速度v＝1m/sC．M點的起振方向沿y軸負方向D．