2023年高考物理二轮复习高考仿真模拟卷2新人教版

高考仿真模拟卷(二)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．将重为4mg的均匀长方体物块切成相等的A、B两局部，切面与边面夹角为45°，如下图叠放并置于水平地面上，现用弹簧秤竖直向上拉物块A的上端，弹簧秤示数为mg，整个装置保持静止，那么()A．地面与物块间可能存在静摩擦力B．物块对地面的压力大于3mgC．A对B的压力大小为mgD．A、B之间静摩擦力大小为eq\f(\r(2),2)mgD对AB整体受力分析，水平方向不受地面的摩擦力，否那么不能平衡，故A错误；竖直方向受力平衡，那么有FN＋F＝4mg，解得：FN＝3mg，那么物块对地面的压力等于3mg，故B错误；对A受力分析如下图，把A局部所受力沿切面和垂直切面方向进行分解，根据平衡条件得：FNA＝(2mg－mg)cos45°，Ff＝(2mg－mg)sin45°解得：FNA＝Ff＝eq\f(\r(2),2)mg，故C错误，D正确．15．北斗导航系统具有导航、定位等功能．如下图，“北斗〞系统的三颗卫星a、b、c绕地心做匀速圆周运动，卫星c所在的轨道半径为r，卫星a、b所在的轨道半径为2r，假设三颗卫星均沿顺时针方向(从上向下看)运行，质量均为m，卫星c所受地球的万有引力大小为F，引力常量为G，不计卫星间的相互作用．以下判断中正确的选项是()A．卫星a所受地球的万有引力大小为eq\f(F,2)B．地球质量为eq\f(Fr2,Gm)C．如果使卫星b加速，它一定能追上卫星aD．卫星b的周期是卫星c的两倍B根据F＝eq\f(GMm,r2)得，卫星a受到的万有引力大小为eq\f(F,4)，A错误；由F＝eq\f(GMm,r2)可得地球质量等于eq\f(Fr2,Gm)，B正确；假设卫星b加速，那么卫星b将做离心运动，运行轨道改变，不可能追上卫星a，C错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝mr(eq\f(2π,T))2得T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，Tb＝2eq\r(2)Tc，D错误．16．如下图，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假设碰撞过程中无机械能损失．物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5m，g取10m/s2，物块可视为质点．那么AA．0.5m/s B．1.0m/sC．1.5m/s D．2.0m/sC碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，得v2＝1m/s.A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，那么有mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，解得v0＝1.5m/s，那么C项正确．17．如下图，将a、b两小球以大小为20eq\r(5)m/s的初速度分别从A、B两点相差1s先后水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10m/s2，那么抛出点A、B间的水平距离是()A．80eq\r(5)m B．100mC．200m D．180eq\r(5)mDa、b两球在空中相遇时，a球运动t秒，b球运动了(t－1)秒，此时两球速度相互垂直，如下图，由图可得：tanα＝eq\f(gt,v0)＝eq\f(v0,gt－1)，解得：t＝5s(另一个解舍去)，故抛出点A、B间的水平距离是s＝v0t＋v0(t－1)＝180eq\r(5)m，D正确．18．如以下图所示为某种电磁泵模型的示意图，泵体是长为L1，宽与高均为L2的长方体．泵体处在方向垂直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，泵体的上下外表接电压为U的电源(内阻不计)，理想电流表示数为I，假设电磁泵和水面高度差为h，液体的电阻率为ρ，在t时间内抽取液体的质量为m，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，取重力加速度为g，那么()A．泵体上外表应接电源负极B．电磁泵对液体产生的推力大小为BIL1C．电源提供的电功率为eq\f(U2L1,ρ)D．质量为m的液体离开泵时的动能为UIt－mgh－I2eq\f(ρ,L1)tD当泵体上外表接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，选项A错误；电磁泵对液体产生的推力大小为F＝BIL2，选项B错误；电源提供的电功率为P＝UI，选项C错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻为R＝ρeq\f(L,S)＝ρ·eq\f(L2,L1L2)＝eq\f(ρ,L1)，那么液体消耗的热功率为P＝I2R＝I2eq\f(ρ,L1)，而电源提供的电功率为UI，假设在t时间内抽取液体的质量为m，根据能量守恒定律，可得这局部液体离开泵时的动能为Ek＝UIt－mgh－I2eq\f(ρ,L1)t，选项D正确．19．热核反响方程：eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋X＋17.6MeV，其中X表示某种粒子，那么以下表述正确的选项是()A．X是质子B．该反响需要吸收17.6MeV的能量才能发生C．平均每个核子能释放3MeV以上能量D．(meq\o\al(2,1)H＋meq\o\al(3,1)H)>(meq\o\al(4,2)He＋mX)CD根据电荷数守恒、质量数守恒知X的电荷数为0，质量数为1，为中子，A错误；该反响为聚变反响，要释放出能量，B错误；核子数为质量数之和是5，所以平均每个核子能释放3.5MeV的能量，C正确；核反响前后有能量释放，根据质能方程知有质量亏损，所以D正确．20．如下图，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L.B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°.A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g.那么此下降过程中()A．A的动能到达最大前，B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mgB．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mgC．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下D．弹簧的弹性势能最大值为eq\f(\r(3),2)mgLAB此题考查牛顿运动定律、能量守恒．A球初态v0＝0，末态v＝0，因此A球在运动过程中先加速后减速，当速度最大时，动能最大，加速度为0，故A的动能到达最大前，A具有向下的加速度，处于失重状态，由整体法可知在A的动能到达最大之前，B受到地面的支持力小于eq\f(3,2)mg，在A的动能最大时，B受到地面的支持力等于eq\f(3,2)mg，选项A、B正确；弹簧的弹性势能最大时，A到达最低点，此时具有向上的加速度，选项C错误；由能量守恒，A球重力所做功等于弹簧最大弹性势能，A球下降高度h＝Lcos30°－Lcos60°＝eq\f(\r(3)－1,2)L，重力做功W＝mgh＝eq\f(\r(3)－1,2)mgL，选项D错误．21．如图甲所示，两个平行导轨竖直放置，导轨间距为L＝2m．金属棒MN在导轨间局部电阻r＝2Ω，金属棒质量m＝0.4kg，导轨的最上端接阻值为R＝8Ω的定值电阻．虚线OO′下方无穷大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．将金属棒从图示位置由静止释放，下落过程中的v－t图象如图乙所示．不计导轨的电阻和一切摩擦，金属棒与导轨始终接触良好，取重力加速度g＝10m/s2，那么()A．释放金属棒的位置到OO′的距离为10mB．匀强磁场的磁感应强度大小为1TC．1～2s内，定值电阻R产生的热量为32JD．1～2s内，金属棒克服安培力做的功为32JBC在0～1s，金属棒的位移就是释放金属棒的位置到OO′的距离，大小为5m，A错误；由题图乙知，金属棒自由下落1s进入磁场后以速度v＝10m/s做匀速运动，产生的电动势E＝BLv，金属棒中的电流I＝eq\f(E,R＋r)，金属棒所受安培力F安＝BIL，由平衡条件得mg＝F安，解得B＝1T，B正确；1～2s内，电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝32J，C正确；克服安培力做的功为W＝F安x＝40J，D错误．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)某研究性学习小组设计如下图装置来测定当地重力加速度，主要操作如下：A．安装实验器材，调节铁夹夹住的小铁球、光电门和纸杯在同一竖直线上；B．用螺旋测微器屡次测量小铁球的直径得到平均值为l；C．翻开铁夹，由静止释放小铁球，让小铁球通过光电门，在光电计时器中显示出小铁球通过光电门的时间t0，并把光电门此时的位置记为O；D．将光电门向下移动一段距离h，让小铁球从原来的位置自由下落，并通过光电门，在光电计时器中显示出小铁球通过光电门的时间t；E．改变光电门的位置，重复D的操作．测出多组(h，t)，并用图象法处理实验数据，求得重力加速度．请根据实验，答复如下问题：(1)假设某次用螺旋测微器测量小铁球的直径，螺旋测微器的刻度位置如下图，那么小铁球直径为d＝________mm.(2)假设以h为横轴，以________为纵轴，那么所得到的图象为一条倾斜的直线；假设求得该直线的斜率为k，纵截距为b，那么可求得重力加速度g＝________.(3)为了提高实验的精度，某同学提出了如下几条建议，你认为正确的选项是________．A．换用直径更大的小铁球B．换用直径更小的小木球C．换用直径更小的小铜球解析(1)固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为47.5×0.01mm＝0.475mm，两个读数相加为8.475mm.(2)因为v2＝veq\o\al(2,0)＋2gh，即(eq\f(l,t))2＝(eq\f(l,t0))2＋2gh，得eq\f(1,t2)＝eq\f(2g,l2)h＋eq\f(1,t\o\al(2,0))，所以以eq\f(1,t2)为纵轴，斜率为k＝eq\f(2g,l2)，即g＝eq\f(kl2,2).(3)换用直径更小的小铜球，测量的速度更接近瞬时速度，空气阻力的影响更小，应选C项．答案(1)8.475(2)eq\f(1,t2)eq\f(kl2,2)(3)C23．(9分)某同学为了测量电流表的内阻，连接了如下图的电路．(1)请根据他连接的电路画出电路原理图．(2)他的实验步骤如下：①闭合电键S，移动滑动变阻器的滑片P至某一位置，记录电流表和的读数，分别记为I1和I2.②屡次移动滑动变阻器的滑片P，记录每次和的读数I1和I2.③以I1为纵坐标，I2为横坐标，作出I1－I2图线．请根据他连接的电路及实验步骤，以r表示电流表的内阻，那么I1随I2变化的函数关系式为________；假设作出的I1－I2图线是一过原点的直线，直线的斜率为k，与电流表并联的定值电阻阻值R0，那么待测电流表的内阻r＝________.(3)他测量电流表内阻的方法属于________．A．半偏法 B．等效法C．替换法 D．伏安法解析(1)根据他连接的电路，可知滑动变阻器采用分压接法，电流表与定值电阻R0并联后与电流表串联作为测量电路，接在电源正极与滑动变阻器滑片P之间，由此可画出电路原理图见答案．(2)由并联电路规律有，I2＝I1＋IR0，IR0R0＝I1r，解得I1＝eq\f(R0,R0＋r)I2；由eq\f(R0,R0＋r)＝k，解得r＝(eq\f(1,k)－1)R0.(3)他测量电流表内阻的方法本质上属于伏安法，D正确．答案(1)如下图(2)I1＝eq\f(R0,R0＋r)I2(eq\f(1,k)－1)R0(3)D24．(12分)如下图，光滑半圆形轨道MNP竖直固定在水平面上，直径MP垂直于水平面，轨道半径R＝0.5m．质量为m1的小球A静止于轨道最低点M，质量为m2的小球B用长度为2R的细线悬挂于轨道最高点P.现将小球B向左拉起，使细线水平，以竖直向下的速度v0＝4m/s释放小球B，小球B与小球A碰后粘在一起恰能沿半圆形轨道运动到P点．两球可视为质点，g＝10m/s2.试求：(1)B球与A球相碰前的速度大小；(2)A、B两球的质量之比m1∶m2.解析(1)设B球与A球碰前速度为v1，碰后两球的速度为v2.B球摆下来的过程中机械能守恒eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＋m2g·2R＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,1)解得v1＝6m/s(2)碰后两球恰能运动到P点，那么(m1＋m2)g＝(m1＋m2)eq\f(v\o\al(2,P),R)得vP＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s碰后两球沿圆弧运动机械能守恒(m1＋m2)g·2R＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,P)得v2＝5m/s两球碰撞过程中动量守恒m2v1＝(m1＋m2)v2解得m1∶m2＝1∶5答案(1)6m/s(2)1∶525.(20分)如下图，S为一电子发射枪，可以连续发射电子束，发射出来的电子初速度可视为0，电子经过平行板A、B之间的加速电场加速后，从O点沿x轴正方向进入xOy平面内，在第一象限内沿x、y轴各放一块平面荧光屏，两屏的交点为O，在y>0、0<x<a的范围内有垂直纸面向外的匀强磁场，在y>0、x>a的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，大小均为B.给平行板A、B提供直流电压的电源E可以给平行板A、B提供0～U之间的各类数值的电压，现调节电源E的输出电压，从0调到最大值的过程中发现当A、B间的电压为eq\f(3,4)U时，x轴上开始出现荧光．(不计电子的重力)试求：(1)当电源输出电压调至eq\f(3,4)U和U时，进入磁场的电子运动半径之比r1∶r2；(2)两荧光屏上的发光亮线的范围．解析(1)设电子的质量为m，电荷量为q，经过eq\f(3,4)U和U的电压加速后速度分别为v1和v2，根据动能定理和牛顿第二定律有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(3,4)qU①eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝qU②qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)③qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)④由①②③④得eq\f(r1,r2)＝eq\f(\r(3),2).(2)由题意可知经加速电压为eq\f(3,4)U加速的电子打在y轴最高点，此时r1＝ay轴上的发光范围为0＜y≤2当加速电压调至eq\f(3,4)U后，越过磁场边界的电子与边界线相切打在x轴的x＝2a处，如图甲所示当加速电压调到最大值U时，此时飞出的电子打在x轴最远处，如图乙，此时运动半径r2＝eq\f(2,\r(3))r1＝eq\f(2\r(3),3)a由几何关系可知，sinα＝eq\f(a,r2)＝eq\f(\r(3),2)α＝60°，O1O2＝2r2故O2恰好在x轴上，所以电子垂直打在x轴上：OP＝2a＋eq\f(2\r(3),3)a在x轴上的发光范围：2a≤x≤(2＋eq\f(2\r(3),3))a.答案(1)eq\f(\r(3),2)(2)2a≤x≤(2＋eq\f(2\r(3),3))a(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________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小B．分子热运动就是布朗运动C．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小D．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关E．温度相同的物体分子动能都相等(2)(10分)如下图，圆筒固定不动，活塞A的横截面积为2S，活塞B的横截面积为S，圆筒内壁光滑，圆筒左端封闭，右端与大气相通，大气压强为p0，活塞A、B将圆筒分为三局部，活塞B左边局部为真空，A、B之间是一定质量的理想气体，活塞B通过劲度系数为k＝eq\f(p0S,L)的弹簧与圆筒左端相连，开始时A、B之间的气体在粗筒和细筒中的长度均为L，现用水平向左的力F＝p0S作用在活塞A上，求：(设气体温度不变，弹簧始终在弹性限度内)(ⅰ)活塞B移动的距离y；(ⅱ)活塞A移动的距离x.解析(1)分子之间的引力和斥力大小相等时，分子势能最小，A正确；悬浮在液体中的微粒的无规那么运动是布朗运动，B错误；当分子力表现为斥力时，分子间的距离增大时，分子斥力做正功，分子势能减小，C正确；气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数决定了气体的压强，与单位体积内分子数和气体的温度有关，D正确；温度相同的物体，分子平均动能相等，但每个分子的动能不一定相等，E错误．(2)(ⅰ)对活塞B，根据平衡条件得ky0＝p0Seq\f(ky＋y0,S)＝p2＝p0＋eq\f(F,2S)又k＝eq\f(p0S,L)解得y＝eq\f(L,2)(ⅱ)对于封闭的理想气体，初态p1＝p0，体积V1＝3LS末态p2＝p0＋eq\f(F,2S)＝eq\f(3,2)p0，体积V2＝(L＋y)S＋2(L－x)S根据玻意耳定律有p1V1＝p2V2解得x＝eq\f(3,4)L答案(1)ACD(2)(ⅰ)eq\f(L,2)(ⅱ)eq\f(3,4)L34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)在一根长绳上有一列简谐横波向右传播，某时刻长绳上形成如下图的波形，对于