2023年高考物理二轮复习高考仿真模拟卷1新人教版

高考仿真模拟卷(一)本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部．总分值110分．考试时间60分钟．第一卷(选择题共48分)本卷共8小题，每题6分．在每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．甲、乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v－t图象为两段直线，乙物体运动的v－t图象为两段半径相同的eq\f(1,4)圆弧曲线，如下图，图中t4＝2t2，那么在0～t4时间内，以下说法正确的选项是()A．甲物体的加速度不变B．乙物体做曲线运动C．两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇D．甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度D0～t2时间段内，甲做匀加速直线运动，t2～t4时间内甲物体做匀减速直线运动，故A错；速度是矢量，在速度时间图象中，只能表示直线运动，B错；在整个运动过程中，t3时刻两物体相距最远，C错；在速度时间图象中，图线下面所包围的面积即为位移，可求知0～t4时间段内，位移相等，故平均速度相同，D对．15．以下说法正确的选项是()A．放射性元素发生一次β衰变，原子序数减少1B．氢原子由n＝3向n＝1的能级跃迁时，只能辐射2种频率的光子C．在光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光强无关，只随入射光的频率增大而增大D.eq\o\al(235,92)U的半衰期约为7亿年，随着地球环境的不断变化，半衰期可能变短C放射性元素发生一次β衰变，多一个质子，原子序数增加1，A错；由n＝3向n＝1的能级跃迁时，能辐射3种频率的光子，B错误；由光电效应方程Ek＝hν－W，可知C正确；放射性元素的半衰期不会随环境的变化而改变，故D错．16．(多项选择)如图，一滑块随传送带一起顺时针匀速运动．当滑块运动到中间某个位置时，由于某种原因，传送带突然原速率反向转动，那么滑块在传送带上运动的整个过程中，其对地速度v1及相对传送带的速度v2随时间变化关系图象不可能为()D一开始滑块随传送带一起顺时针匀速运动，说明滑块受力平衡，它的重力沿传送带斜向下的分力等于静摩擦力，此时滑块相对传送带的速度为0.传送带突然反向转动，滑块由于惯性继续沿传送带向下运动，此时受到的是滑动摩擦力，故一定有μmgcosθ≥mgsinθ.设传送带的速率为v0，假设μmgcosθ＝mgsinθ，那么反转后滑块仍然沿传送带向下做匀速运动，其对地速度v1及相对传送带的速度v2均恒定，且v1＝v0，v2＝2v0，A、C项可能．假设μmgcosθ>mgsinθ，那么反转后滑块相对传送带速度由2v0先减速到0，然后再反向匀加速运动，直到与传送带共速，而滑块相对地面速度v1由v0先减速到零，然后再反向匀加速，直到与传送带共速，B项可能，D项不可能．17．真空中，两个相距L的固定点电荷E、F所带电荷量分别为QE和QF，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示．电场线上标出了M、N两点，其中N点的切线与EF连线平行，且∠NEF>∠NFE.那么()A．E带正电，F带负电，且QE>QFB．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点C．过N点的等势面与过N点的切线垂直D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能C根据电场线可知，两点电荷为异种电荷，但哪个电荷带正电无法判断，选项A错误；由于电场线一般为曲线，带电粒子在电场中运动轨迹不可能与电场线重合，选项B错误；由于N点的电场线沿水平方向，等势线与电场线垂直，因而选项C正确；由于不能确定电场线的方向，因而无法确定负检验电荷在哪点的电势能大，选项D错误．18．如下图，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m.不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的选项是()A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心C．只要速度满足v＝eq\f(qBR,m)，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长C粒子的速度不同，在磁场中做圆周运动的半径不同，从圆形磁场中出来后不一定垂直打在MN板上，选项A错误；沿圆心进入圆形磁场的粒子，离开磁场时速度的反向延长线一定过圆心，选项B错误；假设粒子的速度为v＝eq\f(qBR,m)，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝R，粒子离开磁场时速度沿水平方向，垂直打在MN板上，选项C正确；速度越大的粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角越小，因而运动时间越短，选项D错误．19．如下图电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关．P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．以下说法正确的选项是()A．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，那么I2减小B．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，那么R上消耗的功率减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，那么I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，那么I1减小AC保持P的位置不变和U1不变，S由a打到b，副线圈匝数减小，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知副线圈两端电压U2减小，因而电流I2减小，选项A正确；保持P的位置不变和U1不变，S由b打到a，副线圈匝数增大，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知副线圈两端电压U2增大，电流I2增大，R消耗的功率增大，选项B错误，选项C正确；保持U1不变，S打到b，P上滑，那么电流I2增大，I1增大，选项D错误．20．如图，质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动．圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g.那么以下说法正确的选项是()A．当h＝2R时，小球恰好能到达最高点MB．当h＝2R时，小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mgC．当h≤R时，小球在运动过程中不会脱离轨道D．当h＝R时，小球在最低点N时对轨道压力为2mgBCA．在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有：mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得：v0＝eq\r(gR)根据机械能守恒得：mgh＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：h＝2.5R，故A错误．B．当h＝2R时，小球在圆心等高处P时速度为v，根据机械能守恒得：mg·2R＝mgR＋eq\f(1,2)mv2小球在P时，有：N＝meq\f(v2,R)联立解得N＝2mg，那么知小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg，故B正确．C．当h≤R时，根据机械能守恒得知小球在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动，在运动过程中不会脱离轨道，故C正确．D．当h＝R时，设小球在最低点N时速度为v′，那么有：mgR＝eq\f(1,2)mv′2在圆轨道最低点，有：N′－mg＝meq\f(v′2,R)解得：N′＝3mg，那么小球在最低点N时对轨道压力为3mg，故D错误．21．如图两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，那么()A．金属棒ab一直加速下滑B．金属棒ab最终可能匀速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒可能先向N板运动后向M板运动ACD根据牛顿第二定律有mgsinθ－BIl＝ma，而I＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，联立解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋B2l2C)，因而金属棒将做匀加速运动，选项A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，选项C正确；假设带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，选项D正确．第二卷(非选择题共62分)本卷包括必考题和选考题两局部．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33～34题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)22．(6分)某同学用如图甲的装置来测定滑块与导轨间的动摩擦因数．在气垫导轨上安装了两个光电门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线跨过定滑轮与钩码相连．(1)用游标卡尺测遮光条的宽度d，图乙中游标卡尺读数为________cm.滑块在轨道上做匀加速运动时，先后通过光电门1、2所用的时间分别为t1、t2，两光电门间的距离为L，用d、t1、t2、L表示滑块运动的加速度a＝________.(2)要使细线中拉力近似等于钩码重力，滑块质量M与钩码质量m应满足________关系．(3)满足(2)后，调整气垫导轨水平，断开气源时，测得滑块在轨道上运动的加速度为a1；不改变钩码的质量，接通气源，测得滑块在轨道上运动的加速度为a2，用a1、a2、g表示滑块与导轨间的动摩擦因数μ＝________.解析(1)游标卡尺的读数为2mm＋0.05mm×5＝2.25mm＝0.225cm；根据veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2aL可得a＝eq\f(d2,2L)(eq\f(1,t\o\al(2,2))－eq\f(1,t\o\al(2,1)))．(2)假设钩码的重力近似等于细线拉力，那么钩码质量应远远小于滑块的质量．(3)气垫导轨水平，气源断开时，对于滑块有mg－μMg＝Ma1；接通电源时，对滑块有mg＝Ma2，联立解得μ＝eq\f(a2－a1,g).答案(1)0.225eq\f(d2,2L)(eq\f(1,t\o\al(2,2))－eq\f(1,t\o\al(2,1)))(2)M远远大于m(3)eq\f(a2－a1,g)23．(9分)实验室有一破损的双量程电压表，两量程分别是3V和15V，其内部电路如下图，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1＝2.9kΩ，R2＝14.9kΩ.现有两个表头，外形都与原表头G相同，表头的满偏电流为1mA，内阻为50Ω；表头的满偏电流为0.5mA，内阻为200Ω，又有三个精密定值电阻r1＝100Ω，r2＝150Ω，r3＝200Ω.假设保存R1、R2的情况下，对电压表进行修复，根据所给条件答复以下问题：(1)原表头G满偏电流I＝____________，内阻r＝____________.(2)在虚线框中画出修复后双量程电压表的电路(标识出所选用的相应器材符号)(3)某学习小组利用修复的电压表，再加上可以使用的以下器材：测量一未知电阻Rx的阻值，电流表A量程0～5mA，内阻未知；最大阻值约为100Ω的滑动变阻器；电源E(电动势约3V)；开关S、导线假设干．由于不知道未知电阻的阻值范围，学习小组为精确测出未知电阻的阻值，选择适宜的电路，请你帮助他们补充完整电路连接，正确连线后读得电压表示数为2.40V，电流表示数为4.00mA，那么未知电阻阻值Rx为________Ω.解析(1)由图示电路图可知，电压表量程：Ig(rg＋R1)＝3V，Ig(rg＋R2)＝15V，代入数据解得：Ig＝1mA，rg＝100Ω；(2)修复电压表，表头满偏电流为Ig＝1mA，电阻应为：rg＝100Ω，需要的实验器材为：表头的满偏电流0.5mA，内阻为200Ω的表头以及r3，即将表头和r3并联在电路中使用，电路图如下图：(3)根据题意可明确实验中应采用分压接法，电流表采用外接法，故实物图如下图：电压表量程为3V，那么其内阻RV＝eq\f(3,0.001)Ω＝3000Ω，根据欧姆定律可知R＝eq\f(U,I)＝eq\f(2.4,4×10－3－\f(2.4,3000))Ω＝750Ω.答案(1)1mA100Ω(2)如图(3)电路如图75024．(12分)如下图，将质量为m的物块A和质量为3m的物块B叠放在竖直墙壁与水平面之间，当撤去外力后，A沿墙竖直下落，B沿水平面向右滑行．A、B的接触面与竖直方向的夹角α＝30°，不计一切摩擦，重力加速度为g(1)物块A、B的加速度大小；(2)A下落高度h时(A、B未别离)，物块A、B的速度大小．解析(1)由几何关系得aB＝aAtanα由牛顿第二定律对物块A：mg－Nsinα＝maA对物块B：N′cosα＝3maB又N＝N′解得aA＝eq\f(g,2)，aB＝eq\f(\r(3),6)g(2)由几何关系得vB＝vAtanαA下落的过程中，物块A、B组成的系统机械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,B)解得vA＝eq\r(gh)，vB＝eq\r(\f(gh,3))答案(1)eq\f(g,2)eq\f(\r(3),6)g(2)eq\r(gh)eq\r(\f(gh,3))25．(20分)如图在坐标系xOy里，有质量为m，电荷量为＋q的粒子从原点O沿y轴正方向以初速度v0射出，现要求该粒子能通过点P(l，－d)，可通过在粒子运动的空间范围内加适当的“场〞来实现，粒子重力忽略不计(静电力常量为k)．(1)假设只在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，使粒子在磁场中做匀速圆周运动，并能到达P点，求磁感应强度B的大小；(2)假设只在x轴上某点固定一带负电的点电荷Q，使粒子在点电荷产生的电场中做匀速圆周运动，并能到达P点，求点电荷Q的电荷量大小；(3)假设在整个Ⅰ、Ⅱ象限内加垂直纸面向外的匀强磁场，并在第Ⅳ象限内加平行于x轴，沿x轴正方向的匀强电场，也能使粒子运动到达P点．如果此过程中粒子在电、磁场中运动的时间相等，求磁感应强度B的大小和电场强度E的大小．解析(1)粒子由O到P的轨迹如下图，粒子在磁场中做圆周运动，半径为R1，由几何关系知：R1＝eq\f(l,2)由牛顿第二定律可知：eq\f(mv\o\al(2,0),R1)＝qv0B由此得B＝eq\f(2mv0,ql)(2)粒子由O到P的轨迹如下图，粒子在电场中做圆周运动，半径为R2，由几何关系知：(l－R2)2＋d2＝Req\o\al(2,2)R2＝eq\f(l2＋d2,2l)由牛顿第二定律可知：eq\f(kQq,R\o\al(2,2))＝eq\f(mv\o\al(2,0),R2)由此得：Q＝eq\f(mv\o\al(2,0)l2＋d2,2lkq)(3)粒子由O经P′到P的轨迹如下图，在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动在电场中运动时间t＝eq\f(d,v0)在磁场中运动时间t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)由此得：B＝eq\f(πmv0,qd)在磁场中做圆周运动，设半径为R3那么有v0t＝πR3R3＝eq\f(d,π)电场中P′P″＝l－2R3＝l－eq\f(2d,π)P′P″＝eq\f(1qE,2m)t2由此得E＝eq\f(2mv\o\al(2,0)πl－2d,πqd2)答案(1)eq\f(2mv0,ql)(2)eq\f(mv\o\al(2,0)l2＋d2,2lkq)(3)eq\f(πmv0,qd)eq\f(2mv\o\al(2,0)πl－2d,πqd2)(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题做答．如果多做，那么按第一题计分．)33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)以下说法中正确的选项是________．(填入正确选项前的字母．选对1个得3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，但它可以说明分子在永不停息地做无规那么运动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．第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E．某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，那么阿伏加德罗常数可表示为NA＝eq\f(V,V0)(2)(10分)如下图，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两局部．初状态整个装置静止不动且处于平衡状态，Ⅰ、Ⅱ两局部气体的高度均为L0，温度为T0.设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，g为重力加速度，环境温度保持不变．求：在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞A解析(1)气体放出热量，假设外界对气体做功，气体的温度可能升高，分子的平均动能可能增大，选项A正确；布朗运动不是液体分子的运动，但是能反映分子在永不停息地做无规那么运动，选项B正确；当分子力表现为斥力时，随着分子间距离减小，分子力做负功，分子力和分子势能均增大，选项C正确；第二类永动机不违背能量守恒定律，但是违背热力学第二定律，选项D错误；对于气体分子，依据每个气体分子所占空间的体积估算分子数目，但不能根据每个气体分子的体积估算分子数目，选项E错误．(2)对Ⅰ气体，初状态：p1＝p0＋eq\f(mg,S)＝2p0末状态：p1′＝p0＋eq\f(3mg,S)＝4p0由玻意耳定律得：p1L0S＝p1′L1解得：L1＝eq\f(1,2)L0对Ⅱ气体，初状态：p2＝p1＋eq\f(mg,S)＝3p0末状态：p2′＝p1′＋eq\f(mg,S)＝5p0由玻意耳定律得：p2L0S＝p2′L2解得：L2＝eq\f(3,5)L0A活塞下降的高度为：ΔL＝(L0－L1)