2023新教材高考物理二轮专题复习高考仿真练

高考仿真练(时间75分钟，满分100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．如图所示为雷雨天一避雷针周围电场的等势面分布情况，在等势面中有A、B、C三点．其中A、B两点位置关于避雷针对称．下列说法中正确的是()A．A、B两点的场强相同B．C点场强大于B点场强C．某负电荷在C点的电势能大于在B点的电势能D．某正电荷从C点移动到B点，电场力做正功2．[2022·山东实验中学二模]宝石切工是衡量宝石价值的重要指标之一，优秀的切割工艺可以让宝石璀璨夺目．若将某宝石的剖面简化如图所示(关于虚线左右对称)，一束激光垂直MN面入射，恰好分别在PO面、QO面发生全反射后垂直MN面射出，由此可知该宝石对该激光的折射率为()A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．1 D．23．每个工程设计都蕴含一定的科学道理．如下图的两种家用燃气炉架都有四个爪，若将总质量为m的锅放在图乙所示的炉架上，忽略爪与锅之间的摩擦力，设锅为半径为R的球面，则每个爪与锅之间的弹力()A．等于eq\f(1,4)mg B．小于eq\f(1,4)mgC．R越大，弹力越大 D．R越大，弹力越小4．[2022·广东冲刺卷]下图是某汽车安全气囊的工作原理图．当汽车发生意外碰撞时，钢球对压力传感阀门的压力大于阈值F时阀门就会打开，钢球接通触片开关点燃炸药，释放大量气体瞬间充满安全气囊．在某次碰撞过程中，汽车在时间t内速度由v减速至零，且安全气囊打开．设此过程为匀减速直线运动，汽车的质量为M，钢球质量为m，钢球在水平方向除与阀门间的相互作用外，所受其它外力可忽略不计，则碰撞前车速v大于()A．eq\f(Ft,m) B．eq\f(Ft,M)C．eq\f(Ft,（M＋m）) D．eq\f(Fm,t)5．[2022·全国冲刺卷]光敏二极管在各种自动化装置中有很多应用，街道的路灯自动控制开关就是其应用之一，图中所示为其模拟电路，其中A为光敏二极管，B为电磁继电器，C为照明电路，D为路灯，下列说法正确的是()A．路灯自动控制电路中的光敏二极管的阻值随光照增强而增大B．当没有光照时(夜晚)，光敏二极管所在回路中的电流很小C．根据“日出路灯肯定熄”的常识，分析可知白天电磁铁与衔铁不吸引D．如果换上灵敏度更高的光敏二极管，则相同的光照强度下，电磁铁的磁性更弱6．[2022·历城二中测评]2022年3月23日，中国空间站天宫课堂第二课正式开讲，小王同学看了以后对航天员的太空生活产生了浓厚兴趣，他想知道24h内航天员看到日出的次数．小王同学查阅资料得到以下数据：中国空间站离地高度约为387km，地球同步卫星离地高度为36000km，地球半径约为6400km.请利用以上数据帮助小王同学计算航天员在24h内看到日出的次数为()A．14B．16C．18D．207．[2022·山东济南一模]如图所示，质量均为m＝1kg的小物块A和长木板B叠放在一起，以相同的速度v0＝5m/s在光滑水平面上向右匀速运动，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25.给长木板B一个水平向左的力，且保持力的功率P＝5W不变，经过一段时间，A开始相对于B运动．则这段时间内小物块A克服摩擦力做的功为(重力加速度g取10m/s2)()A.36JB．24JC．18JD．12J8．[2022·广东4月模拟]无人驾驶技术在水运领域也在不断探索和尝试，无人驾驶船舶是未来无人驾驶技术的一个重要发展方向．现有甲、乙两船做无人驾驶试验，它们同时从同一位置沿同一方向出发做直线运动(从出发时刻开始计时)，两船的速度随时间变化关系如图所示，则有()A．2.5秒末两船相遇B．3秒末甲船仍落后乙船C．出发以后，两船相遇2次D．前4秒内乙船平均速度较大二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．[2022·山东青岛一检]“快中子增殖反应堆”是一种利用快中子进行核裂变链式反应的反应堆，简称“快堆”．中国实验快堆采用钚(94239Pu)作燃料，在堆心燃料钚的外围再生区里放置不易发生裂变的铀(92239Pu)；钚­239裂变释放出的快中子，被再生区内的铀­238吸收，铀­238转变为铀­239(92239Pu)，铀­239极不稳定，经过几次衰变，进一步转变为易裂变的钚­239，从而实现核燃料的“A．铀­239转变为钚­239，经过了2次β衰变B.铀­239发生衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子C．铀­239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量也守恒D．钚(94239Pu10．如图，在干燥的冬天，手接触房间的金属门锁时，会有一种被电击的感觉，带负电的手在缓慢靠近门锁还未被电击的过程中，门锁()A．近手端感应出正电荷B．电势比手的电势低C．与手之间场强逐渐增大D．与手之间场强保持不变11．如图甲为一感温式火灾报警器，当警戒范围内发生火灾，温度升高达到预设值时，报警器报警．其简化工作原理图如图乙所示，其中R0为滑动变阻器，R为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，报警器连入电路中的部分可看作定值电阻R1.图乙中理想变压器原、副线圈匝数比为55∶6，副线圈输出电压如图丙所示，则下列说法正确的是()A．原线圈输入电压的有效值为220VB.警戒范围内出现火情时，原线圈电流减小C.若要调低预设的报警温度，可减小滑动变阻器R0的阻值D．警戒范围内出现火情时，热敏电阻R功率变大12.北京冬奥会将在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和张家口联合举行，这是北京和张家口历史上第一次举办冬季奥运会．如图，某滑雪运动员从弧形坡面上滑下沿水平方向飞出后落回到斜面上．若斜面足够长且倾角为θ.某次训练时，运动员从弧形坡面先后以速度v0和3v0水平飞出，飞出后在空中的姿势保持不变．不计空气阻力，则()A．运动员先后落在斜面上所用时间之比为1∶3B．运动员先后落在斜面上位移之比为1∶3C.运动员先后落在斜面上动能的变化量之比为1∶3D．运动员先后落在斜面上动量的变化量之比为1∶3三、非选择题(本题共6小题，共60分)13．(6分)[2022·北京石景山一模]某实验小组的同学用如图所示的装置做“用单摆测量重力加速度”实验．(1)实验时除用到秒表、刻度尺外，还应该用到下列器材中的________(填选项前的字母).A．长约1m的细线B．长约1m的橡皮绳C．直径约1cm的匀质铁球D．直径约10cm的匀质木球(2)组装单摆时，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示．这样做的目的是________．A．保证摆动过程中摆长不变B．可使周期测量更加准确C．需要改变摆长时便于调节D．保证摆球在同一竖直平面内摆动(3)某同学做实验时，测量摆线长l后，忘记测量摆球直径，画出了T2­l图像，该图像对应下列图中的________图．14．(8分)某实验小组为了测定自来水的电阻率，把粗细均匀的圆柱形玻璃管中注满自来水，玻璃管两端用橡皮塞住管口，用铁钉引出进行测量，进行如下实验：(1)在注水前，用游标卡尺测玻璃管内径如图所示，则该玻璃管的内径为________mm.(2)用多用电表欧姆挡的“×1k”倍率，对玻璃管中水的电阻进行测量，结果如图所示．(3)为了较精确测量水柱的阻值，实验小组采用如图所示的实验电路进行实验．①请在虚线框中根据该实物图完成对应的电路图．②在闭合开关之前，应把滑动变阻器的滑片P置于最________端(填“左”或“右”).③实验时电流表采用的量程为200μA，内阻约为500Ω的微安表，电压表选用0～3V挡，内阻约为3kΩ，闭合开关后调节活动变阻器的滑动片，发现电压表的偏转角度很小，测得的数据如下：U/V0.080.200.300.400.500.55I/μA2578117145185195④实验小组根据测得数据画出自来水柱的I­U图像，得到电阻值为2.8kΩ，与多用电表测量值相差极大．试分析出现这种情况的主要原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.15．(7分)如图所示，一定质量的理想气体封闭在体积为V0的绝热容器中，初始状态阀门K关闭，容器内温度与室温相同，为T0＝300K，有一光滑绝热活塞C(体积可忽略)将容器分成A、B两室，B室的体积是A室的2倍，A室容器上连接有一U形管(管内气体的体积可忽略)，左管水银面比右管水银面高76cm.已知外界大气压强p0＝76cmHg.则：(1)将阀门K打开使B室与外界相通，稳定后，A室的体积变化量是多少？(2)打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，接着对B室气体缓慢加热，而A室气体温度始终等于室温，当加热到U形管左管水银面比右管水银面高19cm时，B室内温度是多少？16．(9分)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李．如图所示，以恒定速率v1＝0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95m．工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点).小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；(2)小包裹通过传送带所需的时间t.17．(14分)如图所示，形光滑金属导轨水平放置，左侧接有阻值为R＝2Ω的电阻，其余部分电阻不计．在虚线右侧空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T．左侧导轨宽L＝1.6m，右侧导轨与虚线夹角为53°，一质量为0.2kg、电阻不计的金属棒与导轨始终接触良好且与左侧导轨垂直，t＝0时刻金属棒以v0＝1m/s的初速度从位置Ⅰ进入磁场，向右移动0.8m到达位置Ⅱ.由于金属棒受到水平外力的作用，使得通过R的电流保持恒定．已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)金属棒到达位置Ⅱ时的速度大小；(2)从位置Ⅰ到Ⅱ水平外力对金属棒做的功．18．(16分)[2022·福建押题卷]如图所示，直角坐标系xOy中，第一象限内有垂直坐标平面向内，磁感应强度大小B0＝eq\f(mv0,aq)的匀强磁场，第二象限内有一磁感应强度大小为2B0的圆形未知磁场区域(图中未画出)，第四象限内有垂直坐标平面向外、磁感应强度大小也为B0的匀强磁场，在x轴上－a、a、3a、5a、7a…等位置上分别放有质量为m、不带电的黏性小球．现将一质量也为m、电荷量为q的带负电小球从第三象限沿y轴正方向、以大小为v0的速度，射向x轴上－a点的小球，与之发生碰撞并粘连后恰好从y轴上坐标为a的点垂直y轴进入第一象限．每次小球碰撞时均粘连，不计重力及空气阻力，求：(1)第二象限内未知磁场区域的最小面积S和磁场方向；(2)从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间tB；(3)若将第四象限内的磁场换成沿y轴负方向、电场强度大小E＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),πaq)的电场，从小球进入第一象限开始，到第四次经过x轴的时间tE.高考仿真练1．解析：电场线与等势面垂直，根据对称性可知A、B两点的场强大小相等，但方向不同，A错误；因为B点的等势面比C点密集，可知B点场强大于C点场强，B错误；因为B点的电势高于C点，由公式Ep＝qφ，某负电荷在C点的电势能大于在B点的电势能，C正确；因为B点的电势高于C点，由公式Ep＝qφ则正电荷在B点的电势能较大，则正电荷从C点移动到B点的过程中电场力做负功，D错误．答案：C2．解析：要求激光分别在PO面、QO面发生全反射后垂直MN面射出，所以光路应具有对称性，从而得到光线在PO面发生全反射后光线水平．由几何关系可得PO面的入射角为45°，因此n＝eq\f(1,sinC)＝eq\f(1,sin45°)＝eq\r(2)，故A正确．答案：A3．解析：如图所示，假设每个爪与锅之间的弹力方向与竖直方向的夹角为θ，爪与爪之间的距离为d，由图中几何关系可得sinθ＝eq\f(d,2R)由受力平衡可得4FNcosθ＝mg，解得FN＝eq\f(mg,4cosθ)，可知R越大，sinθ越小，cosθ越大，FN越小，D正确，A、B、C错误．答案：D4．解析：根据题意对钢球由动量定理可得mv>Ft解得v>eq\f(Ft,m)，即当车速v大于eq\f(Ft,m)安全气囊才会弹出，故A正确，B、C、D错误．答案：A5．解析：光敏二极管有光敏电阻的特征，阻值随光照增强而减小，也具有一般二极管单向导电性的特征，故A错误；根据“日出路灯熄、日落路灯亮”的常识，结合路灯自动控制电路的特征，可知，没有光照时（夜晚），触点接通，照明电路的路灯变亮，电磁铁与衔铁不吸引，电磁铁的磁性不强，所在回路中的电流很小，反之白天电磁铁与衔铁吸引，触点断开，故B正确、C错误；如果换上灵敏度更高的光敏二极管，白天在相同的光照强度下，电磁铁的磁性更强，与衔铁的吸引力更大，故D错误．答案：B6．解析：由题意可知，空间站的轨道半径为r1＝387km＋6400km＝6787km地球同步卫星的轨道半径为r2＝36000km＋6400km＝42400km地球同步卫星的周期为T2＝24h则根据开普勒第三定律可得eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)))＝eq\f(req\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2)),Teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))可得，空间站的周期为T1＝T2eq\r(（\f(r1,r2)）3)≈24eq\r(0.163)h＝24×0.43h≈1.5h所以航天员在24h内看到日出的次数为n＝eq\f(24h,1.5h)＝16，B正确．答案：B7．解析：A开始相对于B运动时，二者之间是滑动摩擦力，并且加速度相同，有μmg＝ma，F＝2ma，解得F＝5N，此时A和B的速度均为v＝eq\f(P,F)＝1m/s，对A，根据动能定理得Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，解得Wf＝－12J，故选D.答案：D8．解析：甲、乙两船均先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，乙的加速度大小为5m/s2，甲的加速度大小为4m/s2，甲、乙速度相同时，根据速度公式有v＝a甲t1，代入数据得t1＝2.5s，2.5秒末两船速度相等，但还没有相遇，选项A错误．利用面积法分析位移，3秒末甲船的位移小于乙船的位移，选项B正确．出发以后，乙船在前，甲船追上乙船以后，始终在乙船前面，两船只相遇一次，选项C错误．设t秒末相遇，有eq\f(1,2)×2×10m＋10m/s×（t－2s）＝eq\f(1,2)×3×12m＋12m/s×（t－3s），得t＝4s，则前4秒内，甲、乙两船平均速度相等，选项D错误．答案：B9．解析：铀­239转变为钚­239，质量数不变，质子数增大2，则经历了2次β衰变，故A正确；铀­239发生的衰变为β衰变，实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子，故B正确；铀­239发生衰变过程中，电荷数守恒，质量数守恒，质量不守恒，故C错误；钚裂变过程中，生成物比反应物稳定，则钚（94239Pu）裂变生成两个中等质量的核，钚核的比结合能小于生成的两个核的比结合能，故答案：AB10．解析：放电前手指靠近金属门锁的过程中，门锁在手的影响下，发生静电感应，近手端感应出正电荷，A正确；由于门锁近手端带正电，手带负电，二者间空间产生电场，电场线由门锁近手端指向手，所以门锁电势比手的电势高，故B错误；随着手的靠近，二者间距逐渐减小，将门锁与手之间看成一个电容器，可知当两者距离减小时，根据公式C＝eq\f(εS,4πkd)，E＝eq\f(U,d)，C＝eq\f(Q,U)，联立，可得E＝eq\f(4πkQ,εS)，由于异种电荷相互吸引，手接近的过程中，感应电荷越来越接近手，门锁近手端电荷密度越来越大，电荷分布的电荷密度变大，故门锁与手指之间的场强逐渐增大，故C正确，D错误．答案：AC11．解析：根据变压器电压与匝数成正比可得U1＝eq\f(n1,n2)U2＝eq\f(55,6)×24eq\r(2)＝220eq\r(2)V，有效值为220V，选项A正确；R处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，线圈匝数比不变，所以原线圈电流增大，选项B错误；若要调低预设的报警温度，由图乙知热敏电阻变大，因R1为定值电阻，所以可减小滑动变阻器R0的阻值，选项C正确；R处出现火情时电阻变小，则副线圈的电流变大，根据P＝I2R，可知电阻R0与R1的电功率增大，由于不确定电阻阻值的关系，无法判断热敏电阻R的功率变化，选项D错误．答案：AC12．解析：运动员做平抛运动，根据tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)，解得t＝eq\f(2vtanθ,g)，因此运动员先后落在斜面上所用时间之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(v0,3v0)＝eq\f(1,3)，选项A正确；运动员在斜面上的位移s＝eq\f(\f(1,2)gt2,sinθ)，因此运动员先后落在斜面上位移之比eq\f(s1,s2)＝eq\f(teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(1,9)，选项B错误；落在斜面上动能的变化量ΔEk＝eq\f(1,2)×m×[（gt）2＋v2]－eq\f(1,2)×m×v2＝eq\f(1,2)mg2t2，因此运动员先后落在斜面上动能的变化量之比eq\f(ΔEk1,ΔEk2)＝eq\f(teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(1,9)，选项C错误；落在斜面上动量的变化量Δp＝mvy＝mgt，因此运动员先后落在斜面上动量的变化量之比eq\f(Δp1,Δp2)＝eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,3)，选项D正确．答案：AD13．解析：（1）为减小实验误差，实验时摆线的长度不能变化，所以需要长约1m的细线，A正确，B错误；为减小空气阻力，摆球的密度要大，体积要小，所以需要直径约1cm的匀质铁球，C正确，D错误．故选AC.（2）实验中防止摆线的长度改变；在需要改变摆长的长度时，方便调节摆长，A、C正确；周期测量是否更加准确主要取决于计时仪器，B错误；摆球在同一竖直平面内摆动，而不是做圆锥摆运动，与实验仪器无关，D错误．故选AC.（3）某同学做实验时，测量摆线长l后，忘记测量摆球直径，由单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))可知T2＝eq\f(4π2,g)l，由上式可知，T2­l图像应是经原点的倾斜的直线，因测量摆长比实际摆长偏小，所以C图像应符合实验结论，A、B、D错误，C正确．答案：（1）AC（2）AC（3）C14．解析：（1）该游标卡尺为50分度游标卡尺，图中读数为2.2cm＋25×0.02mm＝22.50mm即该玻璃管的内径为22.50mm.（3）①对应的电路图如图所示：②在闭合开关之前，为了使电表读数从最小开始，应把滑动变阻器的滑片P置于最左端；④电路图中电流表采用外接法，由于自来水柱的电阻比电压表内阻大得多，电压表的分流很大，使得电流表的读数比流过自来水柱的真实电流大得多，则有R测＝eq\f(U,IA)≪R真＝eq\f(U,I真).答案：（1）22.50（3）①见解析②左④见解析15．解析：（1）将阀门打开，A室气体等温变化，则有2p0eq\f(V0,3)＝p0（eq\f(V0,3)＋ΔV）得ΔV＝eq\f(V0,3)（2）打开阀门K稳定后，再关闭阀门K，U形管两边水银面的高度差为19cm时pA＝pB＝（76＋19）cmHg＝95cmHgA室气体变化过程：p0、eq\f(2V0,3)、T0→pA、VA、T0由玻意耳定律得p0eq\f(2V0,3)＝pAVA解得VA＝eq\f(8,15)V0，B室气体变化过程：p0、eq\f(V0,3)、T0→pB、V0→VA、TB由理想气体状态方程得eq\f(p0\f(V0,3),T0)＝eq\f(pB（V0－VA）,TB)解得TB＝525K答案：（1）eq\f(V0,3)（2）525K16．解析：（1）小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝eq\f(v2－v1,a)＝eq\f(1.6－0.6,0.4)s＝2.5s在传送带上滑动的距离为x1＝eq\f(v1＋v2,2)t1＝eq\f(1.6＋0.6,2)×2.5＝2.75m因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcosθ>mgsinθ，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝eq\f(L－x1,v1)＝eq\f(3.95－2.75,0.6)s＝2s所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5s答案：（1）0.4m/s2（2）4.5s17．解析：（1）初始时刻感应电动势E0＝BLv0当金属棒向右运动x时，设金属棒的速度为v.由几何关系可知此时的有效切割长度为l＝L－2·eq\f(x,tan53°)电动势E＝Blv依题意E＝E0联立并代入数据，解得v＝4m/s（2）金属