2023高考物理二轮复习专题 第二阶段专题三 考前必做的5套仿真检测 高考仿真检测(四)

高考仿真检测(四)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分120分。考试时间100分钟。第Ⅰ卷(选择题　共31分)一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分。每小题只有一个选项符合题意。1.小球从空中某处从静止开始自由下落，与水平地面碰撞后上升到空中某一高度处，此过程中小球速度随时间变化的关系如图1所示，则(　　)A．在下落和上升两个过程中，小球的加速度不同B．小球开始下落处离地面的高度为0.8mC．整个过程中小球的位移为1.0m图1D．整个过程中小球的平均速度大小为2m/s解析：选B　上升和下降过程中，小球运动的v－t图象斜率相同，即加速度相同，所以A选项不正确；0～0.4s内为自由落体过程，通过的位移即为高度0.8m，B选项正确；前0.4s自由下落0.8m，后0.2s反弹向上运动0.2m，所以整个过程小球位移为0.6m，C选项不正确；整个过程小球的平均速度大小为1m/s，D选项不正确。2．据报道，中俄双方将联合对火星及其卫星“火卫一”进行探测。“火卫一”位于火星赤道正上方，到火星中心的距离为9450km。“火卫一”绕火星1周需7h39min。若其绕行轨道可认为是圆形轨道，引力常量为G，根据以上信息不能确定的是(　　)A．火卫一的质量　　　　B．火星的质量C．火卫一的绕行速度D．火卫一的向心加速度解析：选A　由万有引力定律和牛顿第二定律得G＝mr，“火卫一”的轨道半径r和运行周期T均为已知量，故火星的质量可以确定；再由v＝可知，火卫一的绕行速度v可以确定；由G＝ma可知，火卫一的向心加速度可以确定；由于各等式两边火卫一的质量m均被消去，故火卫一的质量不能确定。本题选择A选项。3．如图2所示为一空腔导体周围的电场线分布。电场方向如图箭头所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圈周上的四点。其中M、N在一条直线电场线上，P、Q在一条曲线电场线上，下列说法正确的有(　　)-13-\n图2A．M点的电场强度比N点的电场强度大B．P点的电势比Q点的电势高C．M、O间的电势差大于O、N间的电势差D．一负电荷在P点的电势能大于在Q点的电势能解析：选B　由于M点的电场线比N点稀疏，故N点场强大，A错误；由沿电场线电势降低可知，B正确；因M、O间电场强度较O、N间弱，故UMO<UON，C错误；因负电荷由P点移至Q点的过程中，电场力做负功，电势能增加，故D错误。4.A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球。两块金属板接在如图3所示的电路中，其中R1为光敏电阻，R2为滑动变阻器，R3为定值电阻。当R2的滑动触头P在a端时闭合开关S。此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为θ，电源电动势E和内阻r一定。以下说法正确的是(　　)图3A．若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B．若仅增大A、B板间距离，则小球重新达到稳定后θ变大C．若仅用更强的光照射R1，则I增大，U增大D．若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变解析：选D　含有电容器的部分相当于断路，移动滑动触头P对电路不起任何作用，故A错误。增大两板间距d，U不变，E＝，E减小，稳定后θ角变小，B错误。强光照射R1，R1减小，E＝I(R1＋R3＋r)，I增大，U＝E－Ir，U减小，C错误。＝r，故D选项正确。5.如图4所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的(　　)A．电压表的读数为B．通过电阻R的电荷量为q＝-13-\n图4C．电阻R所产生的焦耳热为Q＝D．当线圈由图示位置转过60°时的电流为解析：选B　线圈在磁场中转动产生了正弦交流电，其电动势的最大值Em＝NBSω，电动势的有效值E＝，电压表的读数等于交流电源路端电压，且为有效值，则U＝，A错误；通过电阻R的电荷量q＝t＝＝＝，故B正确；电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝[]2R×＝，故C错误；线圈由图示位置转过60°时的电流瞬时值的表达式为i＝sinωt＝sin＝，故D错误。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分。6.如图5所示，小球在竖直平面内对着圆环的圆心水平抛出，不计空气阻力，最后打在圆环上，下列说法正确的是(　　)A．小球的初速度增大，运动时间变短B．小球运动过程中机械能守恒C．小球可能垂直打在圆环上图5D．小球不能垂直打在圆环上解析：选BD　若小球打在O点的正下方右侧圆环上，则小球的初速度越大，运动时间越长，A错误；小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，B正确；如图所示，小球从A点平抛后落到圆环上的B点，此时小球在B点的速度vB的反向延长线交于AD的中点C处，在O点的右侧，故vB与圆环不垂直，C错误，D正确。7.如图6所示，将一个质量为1kg的小物块轻轻放在倾角为37°(sin37°＝0.6)的斜面上，已知斜面质量也为1kg，重力加速度为10m/s2。斜面放在足够粗糙的水平地面上没有滑动，那么地面对斜面的支持力FN和摩擦力Ff有可能为(　　)图6A．FN＝20N　Ff＝0NB．FN＝20N　Ff＝4.8NC．FN＝16.4N　Ff＝4.8N-13-\nD．FN＝16.4N　Ff＝8.5N解析：选AC　设斜面和小物块的质量分别为M、m，小物块下滑时的加速度为a，以整体为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知Ff＝macos37°，(M＋m)g－FN＝masin37°，而0≤a≤gsin37°，即0≤a≤6m/s2，当a＝0时，A正确，B错误；当a＝6m/s2时，C正确，D错误。8.如图7所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A如图所示竖直放置，AB间距离L＝0.2m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h＝0.1m。此时弹簧的弹性势能Ep＝1J，图7自由释放后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10m/s2。则下列说法中正确的是(　　)A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒C．B球刚到地面时，速度是m/sD．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6J解析：选BD　由于弹簧和B之间有作用力，弹簧和A球组成的系统机械能不守恒，A项错；由于没有摩擦，系统只有弹簧弹力和重力做功，则B项正确；因为弹簧作用于B，并对B做功，B的机械能不守恒，而m/s时根据机械能守恒求解出的，所以C项错；根据系统机械能守恒，到地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E＝mAg(L＋h)＋mBgh＋Ep＝6J，D项对。9.两磁感应强度均为B的匀强磁场区Ⅰ、Ⅲ，方向如图8所示，两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ，有一边长为L(L>s)。电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域Ⅰ，ab边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则(　　)图8A．当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，ab两点间电压为B．ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为，方向a→bC．把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做功为(2L－s)D．当cd边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为(L－s)解析：选BC　当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，Uab＝·＝，A错误；当ab-13-\n边刚进入磁场区域Ⅲ时，I＝，方向a→b，B正确；拉力做功W＝BL·s＋2BL·(L－s)＋BL·s＝(2L－s)，C正确；当cd刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热Q＝()2·R·＝s，D错误。第Ⅱ卷(非选择题　共89分)三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分。请将解答填写在相应的位置。[必做题]10．(8分)某探究学习小组的同学欲探究“滑块与桌面间的动摩擦因数”他们在实验室组装了一套如图9所示的装置，另外他们还找到打点计时器及所用的学生电源一台、天平、刻度尺、导线、纸带、钩码若干。图9(1)小组同学的实验步骤如下：用天平称量滑块的质量M＝300g，将滑块放在水平桌面上并连接上纸带，用细线通过滑轮挂上两个钩码(每个钩码质量为100g)，调整滑轮高度使拉滑块的细线与桌面平行，让钩码拉动滑块由静止开始加速运动，用打点计时器记录其运动情况。图10实验纸带的记录如图10所示，图中前几个点模糊，因此从A点开始每打5个点取一个计数点，若电源频率为50赫兹，则物体运动的加速度为________m/s2。(结果保留两位有效数字)，滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝________(重力加速度为g＝10m/s2)。(2)为提高实验结果的准确程度，某同学对此实验提出以下建议：①绳的质量要轻；②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；③实验时尽量保持拉动滑块的细线与桌面平行；④尽量保证钩码只沿竖直方向运动，不要摇晃。以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________。(在答题卡上对应区域填入选项前的编号)-13-\n(3)写出一条上面没有提到的提高实验结果准确程度有益的建议：__________________________________________________________________________________________。解析：(1)a＝，T＝0.1s，可求得a＝0.64m/s2。由2mg－F＝2ma，F－μMg＝Ma，解得：μ＝0.56。(2)绳的质量要轻，但不是绳子越长越好，绳子太长，滑块加速距离较小，纸带上打点太少，将影响实验精度，其他几条建议①③④对提高实验精度有作用。(3)多次测量求μ的平均值或者多次实验选择一条点迹清晰的纸带进行测量。答案：(1)0.64　0.56　(2)①③④　(3)见解析11．(10分)某些固体材料受到外力的作用后，除了产生形变，其电阻率也要发生变化，这种由于外力的作用而使材料电阻率发生变化的现象称为“压阻效应”。现用如图11甲所示的电路研究某长薄板形电阻Rx的压阻效应，已知Rx的阻值变化范围为几欧到几十欧，实验室中有下列器材可供选用：电源E(3V，内阻约为1Ω)电压表V1(15V，内阻约为20kΩ)电压表V2(6V，内阻r1＝6kΩ)电流表A1(0.6A，内阻约为1Ω)电流表A2(0.6A，内阻r2＝5Ω)滑动变阻器R1(10Ω，额定电流0.1A)滑动变阻器R2(20Ω，额定电流1A)(1)应选用的是__________________________________________________________________________________________________________________。(请填代号)(2)请完成电路图中虚框内的部分，用相应的符号标注元件。(3)在电阻Rx上加一个钩码，闭合开关S，记下电表读数，得Rx＝________。(4)改变钩码的个数，得到不同的Rx值，再用弹簧测力计测得钩码的重力，绘成图象如图乙所示，可得Rx与所受压力F的数值关系是Rx＝________。图11-13-\n解析：(1)由于两电压表量程都较大，电流表A2内阻已知，故可作为电压表使用，滑动变阻器R1允许通过的最大电流太小，故选R2。(2)设计电路图如图所示。(3)稳定后读出两电流表示数，则I2r2＝(I1－I2)Rx，解得：Rx＝(4)从图象可以看出，当F＝0时，Rx＝16Ω，所以Rx＝16－2F。答案：(1)E、A1、A2、R2　(2)见解析图(3)　(4)16－2F12．[选做题]本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A、B两小题评分。A．[选修3－3](12分)(1)下列说法正确的是________。A．水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现B．气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现C．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大D．即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的(2)①如图12所示，把一块洁净的玻璃板吊在橡皮筋的下端，使玻璃板水平地接触水面。如果你想使玻璃板离开水面，必须用比玻璃板重力________的拉力向上拉橡皮筋，原因是水分子和玻璃的分子间存在________作用。图12②往一杯清水中滴入一滴红墨水，一段时间后，整杯水都变成了红色。这一现象在物理学中称为________现象，是由于分子的________而产生的。(3)内壁光滑的导热气缸竖直浸放在冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为p0＝1.0×105Pa、体积V0＝2.0×10－3m3的理想气体。现在活塞上方缓慢倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体的温度变为127℃。求气缸内气体的最终体积和压强。解析：(1)水的体积很难被压缩，是分子间存在斥力的宏观表现，但气体充满容器是分子运动的结果，A正确B错误。内能不仅与温度有关，还与物体的体积有关，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，C项正确；气体温度升高，气体分子运动的平均速率增大，但由于气体分子的相互碰撞，仍有一些分子的运动速率是非常小的，D正确。(2)①-13-\n水分子对玻璃板下表面分子有吸引力作用，要拉起必须施加大于玻璃板重力和分子吸引力合力的拉力。②红墨水分子进入水中为扩散现象，是分子热运动的结果。(3)气体先做等温变化，由玻意耳定律得p0V0＝p解得压强p＝2.0×105Pa之后，气体做等压变化，由盖·吕萨克定律得＝解得最终体积V＝＝×2.0×10－3m3＝1.5×10－3m3答案：(1)ACD　(2)①大　分子引力　②扩散　无规则运动(热运动)(3)2.0×105Pa　1.5×10－3m3B．[选修3－4](12分)(1)关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是________。A．有的波只能发生干涉现象，有的波只能发生衍射现象B．产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等C．能观察到明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长比较相差不多或比波长更小D．在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小(2)一列简谐横波沿x轴正向传播，平衡位置位于原点的质点的振动图象如图13甲所示，则：①在t等于周期时，平衡位置位于原点的质点离开平衡位置的位移是________。②图13乙为该波在某一时刻的波形图，A点位于x＝0.5m处，图13该波的传播速度是________m/s。③经过周期后，A点离开平衡位置的位移是________cm。(3)由某种透明材料做成的三棱镜如图14所示，其横截面为一等腰直角三角形，将平行光束平行于其横截面上的底边BC射向它。要求经AB面折射后的光直接到达AC面并能够从AC面射出。此材料的折射率应满足什么条件？图14解析：(1)波均能发生干涉现象和衍射现象，A错误；两列波相遇若能发生干涉，两列波的频率必须相等，B正确；由明显衍射现象的条件可知，C正确；在干涉图样中，振动加强点的质点振动的振幅最大，位移仍然随时间变化，其位移可以比振动减弱点还小，D错误。(2)①由波的图象或振动图象可知，-13-\n振幅A＝8cm由y－t图象知，T＝0.2st＝T时，平衡位置位于原点的质点离开平衡位置的位移是0②根据v＝，v＝m/s＝10m/s③经过T，A点位移是－8cm(3)如图，对于第一次折射，入射角α＝45°，设折射率为n。根据折射定律n＝。在AC面上若恰好能射出，则sinθ＝由几何关系可得θ＋β＝90°解得：n＝所以满足题目要求n的范围是1<n<答案：(1)BC　(2)①0　②10　③－8　(3)1<n<C．[选修3－5](12分)(1)在光电效应的实验中，某同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压的关系曲线，如图15所示。下列判断正确的是________。A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长图15C．若更换不同的光电管，对应的截止频率也将不同D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能(2)第一代实用核反应堆以铀235为裂变燃料，而在天然铀中占99%的铀238却不能利用，为了解决这个问题，科学家们研究出快中子增殖反应堆，使铀238变成高效核燃料。在反应堆中，使用的核燃料是钚239，裂变时释放出快中子，周围的铀238吸收快中子后变成铀239，铀239(U)很不稳定，经过________次β衰变后变成钚239(Pu)，处于激发态的钚239放出γ射线后，其原子序数将________(选填“增大”、“减小”或“不变”)(3)在足够长的光滑固定水平杆上，套有一个质量为m＝0.5kg的光滑圆环。一根长为L＝1m的轻绳，一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝2kg的木块，如图16所示。现有一质量为m0＝20g的子弹以v0-13-\n＝1000m/s的水平速度射入木块，子弹穿出木块时的速度为u＝200m/s，子弹与木块作用的时间极短，取g＝10m/s2。求图16①当子弹射穿木块时，轻绳的拉力大小F；②当子弹射穿木块后，木块向右摆动的最大高度h。解析：(1)由eUc＝Ekm＝hν－W可知，对同一光电管，甲、乙两种光的频率是相同的，丙光的频率大些，波长小些，故A错误，B正确，由Uc1<Uc2可知，丙光对应的光电子最大初动能大于甲光对应的光电子的最大初动能，D错误，不同的光电管，对应的逸出功不同，因此对应的截止频率也将不同，C正确。(2)铀239(U)和钚239(Pu)的质量数相同，电荷数相差2，每一次β衰变电荷数增加1，说明铀239(U)经过2次β衰变变成钚239(Pu)；放出γ射线电荷数不变，所以原子序数不变。(3)①设子弹从木块中穿出时木块的速度为v1，在子弹与木块相互作用的过程中，由动量守恒m0v0＝m0u＋Mv1对木块，由牛顿第二定律得F－Mg＝M，解得F＝148N②在木块与圆环一起向右运动的过程中，由水平方向动量守恒，机械能守恒，得Mv1＝(M＋m)v2Mv＝(M＋m)v＋Mgh解得h＝0.64m答案：(1)BC　(2)2　不变(3)①148N　②0.64m四、计算题：本题共3小题，共计47分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13．(15分)制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图17甲所示，加在极板A、B间的电压UAB作周期性变化，其正向电压为U0，反向电压为－kU0(k>1)，电压变化的周期为2τ，如图乙所示。在t＝0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场力作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。求：若k＝，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足的条件。-13-\n图17解析：(1)电子在0～τ时间内做匀加速运动，加速度的大小a1＝(3分)位移x1＝a1τ2(2分)在τ～2τ时间内先做匀减速运动后反向做匀加速运动，加速度的大小a2＝(3分)初速度的大小v1＝a1τ(2分)匀减速运动阶段的位移x2＝(2分)依据题意d>x1＋x2，解得d>(3分)答案：d>14．(16分)如图18所示，一个可视为质点的物块，质量为m＝2kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下，到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为u＝3m/s。已知圆弧轨道半径R＝0.8m，图18皮带轮的半径r＝0.2m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，两皮带轮之间的距离为L＝6m，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)皮带轮转动的角速度多大？(2)物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力；(3)物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？解析：(1)皮带轮转动的角速度，由u＝ωr，得ω＝＝15rad/s(3分)(2)物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得mgR＝mv(1分)解得v0＝＝4m/s(1分)在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得　F－mg＝m(2分)解得物块所受支持力F＝60N(1分)由牛顿第三定律，物块对轨道的作用力大小为60N，方向竖直向下。(1分)-13-\n(3)物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma(1分)解得a＝1m/s2(1分)物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为s0＝＝8m>L＝6m(2分)可见，物块将从传送带的右端离开传送带。(1分)物块在传送带上克服摩擦力所做的功为W＝μmgL＝12J。(2分)答案：(1)15rad/s　(2)60N，方向竖直向下。　(3)右端　12J15．(16分)如图19所示，在xOy平面的第Ⅰ象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，在第Ⅳ象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。P点是x轴上的一点，横坐标为x0。现在原点O处放置一粒子放射源，能沿xOy平面，以与x轴成45°角的恒定图19速度v0向第一象限发射某种带正电的粒子。已知粒子第1次偏转后与x轴相交于A点，第n次偏转后恰好通过P点，不计粒子重力。求：(1)粒子的比荷；(2)粒子从O点运动到P点所经历的路程和时间。(3)若全部撤去两个象限的磁场，代之以在xOy平面内加上与速度v0垂直的匀强电场(图中没有画出)，也能使粒子通过P点，求满足条件的电场的场强大小和方向。解析：(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qBv0＝(1分)解得粒子运动的半径R＝(1分)由几何关系知，粒子从A点到O点的弦长为R，由题意n·R＝x0(2分)解得粒子的比荷：＝(2分)(2)由几何关系得，OA段粒子运动轨迹的弧长：＝R(1分)粒子从O点到P点的路程s＝n＝(2分)粒子从O点到P点经历的时间t＝＝(2分)(3)撤去磁场，加上与v0垂直的匀强电场后，粒子做类平抛运动，由x0＝v0t′(1分)-13-\nx0＝t′2(1分)消去t′解得E＝(2分)方向：垂直v0指向第Ⅳ象限。(1分)答案：(1)　(2)　　(3)　垂直v0指向第Ⅳ象限-13-