统考版2025届高考物理二轮复习高考仿真练二含解析

PAGE14-高考仿真练(二)时间：90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，只有一项是符合题目要求的．1.如图所示，在光滑的固定的水平木板上有一轻质绝缘弹簧，其一端固定在竖直墙壁上，另一端与一磁铁相连，当弹簧处于原长时，磁铁的中心位置恰好位于图中的O点处，有一与灵敏电流计相连的圆形线圈穿过木板，线圈所在平面与木板面垂直，且线圈圆心与O点重合．现将磁铁向右拉至某一位置Q后再由静止释放，磁铁能穿过线圈，下列说法正确的是()A．灵敏电流计的读数稳定不变B．磁铁远离线圈时，两者之间会产生斥力C．由于木板面光滑，故磁铁将始终往复运动下去D．磁铁从Q点运动到O点的过程中，弹簧弹性势能的减小量大于系统产生的焦耳热2.如图所示，物块P上表面水平，物块P、Q叠放在一起沿固定斜面加速下滑，下列说法正确的是()A．P对Q的摩擦力为零B．P对Q的摩擦力水平向右C．物块Q处于失重状态D．物块Q处于超重状态3．康普顿效应证明了光子不仅具有能量，也有动量．图中给出了光子与静止电子碰撞后，电子的运动方向，则碰后光子可能沿哪个方向运动，波长如何改变()A．3变长B．1变短C．1变长D．2不变4．如图甲所示为一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图．图乙表示该波传播的介质中x＝2m处的a质点从t＝0时刻起的振动图像．则下列说法正确的是()A．波传播的速度为2m/sB．波沿x轴负方向传播C．t＝0.25s时，质点a的位移沿y轴负方向D．从t＝0起先，经0.3s，质点b通过的路程是6m5．一物体在拉力F的作用下沿水平面做直线运动，拉力F随位移x改变的图线如图甲所示．经时间t0后撤去拉力F，此后物体运动的速度－时间图像如图乙所示．重力加速度为g，下列说法正确的是()A．在拉力F作用下物体做加速度渐渐减小的加速运动B．0～t0时间内，物体的平均速度大小为eq\f(1,2)v0C．物体与水平面之间的动摩擦因数为eq\f(gt0,v0)D．0～2t0时间内，拉力做功的功率为eq\f(F0x0,2t0)6.某种密闭气缸内装有肯定质量的志向气体，气体从状态a起先，经验四个过程ab、bc、cd、da回到初始状态，其p­T图像如图所示，其中，ab平行纵轴，bc平行da，cd平行横轴，da所在的直线过坐标原点，下列推断错误的是()A．ab过程中气体分子的平均动能不变B．bc过程中气体对外做功，并汲取热量C．da过程中，气体的压强与摄氏温度成正比D．c、d两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数nc>nd7.如图所示，在放置于水平地面的斜面上，一光滑球被平行于斜面的轻绳系住．斜面体在外力作用下由静止向右做加速度不断增大的直线运动的一小段时间内，关于球所受到的轻绳拉力T和斜面支持力N的说法中正确的是()A．T和N都渐渐增大B．T和N都渐渐减小C．T和N的合力保持不变D．T和N的合力渐渐增大8．图甲中志向变压器原、副线圈的匝数之比n1︰n2＝5︰1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦沟通电源，输入电压u随时间t的改变关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，其功率为P.不考虑小灯泡电阻的改变，下列说法正确的是()A．输入电压u的表达式u＝20eq\r(2)sin50πt(V)B．若S1换接到2，R消耗的电功率为0.4WC．若只断开S2，L1、L2的功率均为eq\f(P,2)D．若只断开S2，原线圈的输入功率为eq\f(P,2)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.如图所示，一束太阳光经过玻璃三棱镜后，被分解成各种色光．在接收屏(与三棱镜侧面平行)上形成宽度为L的彩色光带．光带最上端为a光，最下端为b光．现将一较厚的平行玻璃砖竖直插入到三棱镜的左侧，我们会看到()A．彩色光带下移B．彩色光带宽度L变大C．若用a、b光分别通过同一双缝装置，b光得到的干涉条纹更宽D．若a光照耀某金属能发生光电效应，则用b光照耀该金属也肯定能发生光电效应10.轨道平面与赤道平面夹角为90°的人造地球卫星被称为极地轨道卫星，它运行时能到达南、北极区的上空．须要在全球范围内进行观测和应用的气象卫星、导航卫星等都采纳这种轨道．如图，若某颗极地轨道卫星从北纬45°的正上方按图示方向首次运行到南纬45°的正上方用时45分钟，则()A．该卫星运行速度肯定小于7.9km/sB．该卫星绕地球运行的周期与同步卫星的周期之比为1︰4C．该卫星轨道半径与同步卫星轨道半径之比为1︰4D．该卫星加速度与同步卫星加速度之比为2︰111.如图所示的水平虚线和竖直虚线为椭圆的两条对称轴，两虚线的交点为O.四个点电荷位于椭圆上，其电荷量和电性已标在图中，它们的连线刚好构成一个矩形，且关于水平虚线和竖直虚线对称．一质量为m的正粒子沿水平虚线仅在电场力作用下由M向N运动，已知粒子在M点的速度大小为v0、在O点的速度大小为eq\r(3)v0，粒子经一段时间可以返回O点，忽视粒子的重力，以无穷远处为电势零点．下列说法正确的是()A．正粒子经过M、N点时的加速度相等B．正粒子其次次经过O点时的速度小于eq\r(3)v0C．正粒子沿水平虚线由M到N的过程中，电场力先做正功后做负功D．若正粒子的电荷量为Q，则M、N两点间的电势差为eq\f(2mv\o\al(2,0),Q)12.跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示．一次竞赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零．已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g.只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息可以求出()A．运动员在空中飞行的时间B．A、B之间的高度差C．运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功D．C、D两点之间的水平距离三、非选择题：本题共6小题，共60分．13．(6分)2024年9月，我国胜利完成了76km/h高速下列车实车对撞试验，标记着我国高速列车被动平安技术达到了世界领先水平．某学习小组受此启发，设计了如下的碰撞试验，探究其中的能量损耗问题，试验装置如图甲所示．该小组打算了质量分别为0.20kg、0.20kg、0.40kg的滑块A、B、C，滑块A右侧带有自动锁扣，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连，滑块B、C左侧均带有自动锁扣，打点计时器所接电源的频率f＝50Hz.调整好试验装置后，在水平气垫导轨上放置A、B两个滑块，启动打点计时器，使滑块A以某一速度与静止的滑块B相碰并粘合在一起运动，纸带记录的数据如图乙所示；用滑块C替代滑块B，重复上述试验过程，纸带数据如图丙所示．(1)依据纸带记录的数据，滑块A与B碰撞过程中系统损失的动能为________J，滑块A与C碰撞过程中系统损失的动能为________J．(计算结果均保留2位有效数字)(2)依据试验结果可知，被碰物体质量增大，系统损失的动能________(填“增大”“减小”或“不变”)．14．(8分)某同学为了测量一根铅笔芯的电阻率，设计了如图甲所示的电路测量该铅笔芯的阻值Rx.所用器材有电流表A1、A2，电阻箱R1、滑动变阻器R2、待测铅笔芯、电源E、开关S及导线等．操作步骤如下：调整滑动变阻器和电阻箱的阻值达到最大；闭合开关，适当调整滑动变阻器和电阻箱的阻值；记录电流表A1、A2的示数，分别为I1、I2.请回答以下问题：(1)若电流表的内阻可忽视，则电流表示数I2＝________I1时，电阻箱的阻值等于待测铅笔芯的阻值．(2)用螺旋测微器测量该铅笔芯的直径，螺旋测微器的示数如图乙所示，该铅笔芯的直径为________mm.(3)已测得该铅笔芯的长度L＝20.00cm，电阻箱R1的读数为5.00Ω，依据上面测量的数据可计算出铅笔芯的电阻率ρ＝________Ω·m.(结果保留3位有效数字)(4)若电流表A2的内阻不能忽视，仍利用(1)中方法，则铅笔芯电阻的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真实值．15．(7分)如图甲所示，在高速马路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急状况的车辆避险运用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面．一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v0＝90km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示．设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数μ＝0.30，取重力加速度g＝10m/s2.(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角θ应当满意什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用θ的正切值表示．(2)若避险车道路面倾角为15°，求货车在避险车道上行驶的最大距离．(已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，结果保留2位有效数字．)16．(9分)如图所示，按下压水器，能够把肯定量的外界空气，经单向进气口压入密闭水桶内．起先时桶内气体的体积V0＝8.0L，出水管竖直部分内外液面相平，出水口与大气相通且与桶内水面的高度差h1＝0.20m．出水管内水的体积忽视不计，水桶的横截面积S＝0.08m2.现压入空气，缓慢流出了V1＝2.0L的水．求压入的空气在外界时的体积ΔV为多少？已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，外界大气压强p0＝1.0×105Pa，取重力加速度大小g＝10m17．(14分)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面对外的匀强磁场Ⅰ，其次象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面对外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ.一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角的方向离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限．不计粒子重力．求：(1)带电粒子从M点进入第四象限时的初速度大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场Ⅰ的磁感应强度大小B1.18．(16分)如图所示，倾角θ＝37°的传送带顺时针转动，传送带的长度(两轴心距离)L＝15m．质量m＝1kg的小物块以初速度v0＝2m/s从A端滑上传送带，从B端滑上置于光滑水平面上质量为M＝3kg、上表面为eq\f(1,4)光滑圆弧的槽车(物块由传送带滑上槽车时无机械能损失，光滑圆弧的半径足够大)．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，传送带的传送速度至少为多少？(2)求物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度．(3)若传送带传送速度为v，且满意v>v0，写出因物块与传送带摩擦产生的热量Q与v的关系式．仿真22024年(全国Ⅱ卷)逐题仿真练14．答案：D解析：在物理学的发展过程中最先预言了引力波的科学家是爱因斯坦．15．答案：D解析：设火星质量为M1，地球质量M2，火星半径为R1，地球半径为R2，则有eq\f(M1,M2)＝p，eq\f(R1,R2)＝q.设火星探测器质量为m1，神舟飞船质量为m2，火星探测器在火星表面旁边圆形轨道上运行，万有引力供应向心力，有Geq\f(M1m1,R\o\al(2,1))＝m1R1eq\f(4π2,T\o\al(2,1))，同理有Geq\f(M2m2,R\o\al(2,2))＝m2R2eq\f(4π2,T\o\al(2,2))，联立解得eq\f(T2,T1)＝eq\r(\f(p,q3)).16．答案：D解析：对A选项，飞机上的飞行员以正在飞行的飞机为参考系．从飞机上投下去的包袱由于惯性，在水平方向上仍以360km/h的速度沿原来的方向运动，但由于离开了飞机，该包袱在竖直方向上同时做自由落体运动，所以飞机上的飞行员只是看到包袱在飞机的正下方下落，包袱的轨迹是竖直直线，故A错误．对B、C选项，包袱的水平位移、落地时间可以用运动的分解来求．先求出包袱在空中运动的时间t，该时间取决于包袱在竖直方向的运动，故t＝eq\r(\f(2h,g))＝20s，则包袱在水平方向上的位移x＝v0t＝eq\f(360,3.6)×20m＝2000m，即包袱落地处到视察者的距离为2000m，故B、C均错误．对D选项，包袱着地时的速度大小可以从能量转化角度求解．对包袱，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得包袱着地时速度的大小为v＝100eq\r(5)m/s，故D正确．17．答案：B解析：电场中的直线加速过程qU＝eq\f(1,2)mv2－0，得v＝eq\r(\f(2qU,m))；粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝meq\f(v2,R)，有R＝eq\f(mv,qB)，联立可得：B＝eq\r(\f(2mU,qR2))；质子与α粒子经同一加速电场加速，则U相同，从同一出口离开磁场，则R相同，故B∝eq\r(\f(m,q))，可得eq\f(Bα,BH)＝eq\r(2)，即Bα＝eq\r(2)BH，故选B.18．答案：C解析：结合核反应方程知，1kg海水中的氘核全部发生聚变反应放出的能量E＝eq\f(1.0×1022,6)×43.15×1.6×10－13J≈1.15×1010J，依据题意得M＝eq\f(E,E0)M0＝eq\f(1.15×1010,2.9×107)×1kg≈400kg，故A、B、D项错误，C项正确．19．答案：BC解析：本题考查电能输送问题．除冰时输电线上的热损耗功率需变为9ΔP，依据P＝I2R，可得除冰时输电电流为3I，由P＝UI知，输电电压变为eq\f(U,3)，故B、C正确．20．答案：ABC解析：沿竖直方向将圆环分割成无穷个小段，关于水平直径对称的两小段构成等量异种点电荷模型，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点场强方向由正点电荷指向负点电荷，依据对称性可知a、b两点的场强相等，A项正确；取无穷远处电势为零，在等量异种点电荷的垂直平分线上各点电势均为零，故a、b两点的电势相等，B项正确；沿水平方向将圆环分割成无穷个小段，关于竖直直径对称的两小段构成等量同种点电荷模型，在等量同种点电荷的垂直平分线上各点场强方向垂直于连线，依据对称性可知c、d两点的场强相等，C项正确；在等量异种点电荷模型中，距离正点电荷近的点电势高，故φc>φd，D项错误．21．答案：BC解析：由题意可知，A、B两小球在碰撞过程中动量守恒，以A球初速度v0的方向为正方向，设碰后B球的速度为vB，则由动量守恒定律可得mv0＝－mαv0＋4mvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再次碰撞的条件是αv0>vB，两式联立可解得α>eq\f(1,3)；碰撞前后两小球的机械能应满意eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥eq\f(1,2)m(－αv0)2＋eq\f(1,2)·4mveq\o\al(2,B)，解得α≤eq\f(3,5)，综合可得eq\f(1,3)<α≤eq\f(3,5).故选项B、C正确．22．答案：(1)0.520(1分)(2)匀速(1分)(3)eq\f(d,t1)(1分)(4)小于(1分)(5)eq\f(5d2,kL)(1分)解析：(1)游标卡尺的主尺读数为5mm，游标尺读数为0.05×4mm＝0.20mm，则挡光片宽度d＝5.20mm＝0.520cm.(2)平衡摩擦力时，应不挂钩码，使小车在不受细线的拉力时沿木板做匀速运动．(3)极短时间内的平均速度近似等于瞬时速度，则小车通过光电门的速度v1＝eq\f(d,t1).(4)当细线上挂有6个钩码时，钩码和小车(含挡光片)整体的加速度大小a1＝eq\f(6mg,M＋6m)＝0.6g，对小车有F1＝Ma1＝4m×0.6g＝2.4mg；当细线上挂有3个钩码时，钩码和小车(含挡光片)整体的加速度大小a2＝eq\f(3mg,M＋6m)＝0.3g，对小车有F2＝(M＋3m)a2＝2.1mg.由上述分析可知F1<2F2.(5)小车通过光电门的速度v＝eq\f(d,t)，依据v2＝2aL得eq\f(d2,t2)＝2aL，则小车加速度大小a＝eq\f(d2,2t2L)，又a＝eq\f(nmg,10m)＝eq\f(ng,10)，所以n＝eq\f(5d2,gLt2)，故k＝eq\f(5d2,gL)，解得g＝eq\f(5d2,kL).23．答案：(1)如图所示(2分)(2)I1(Rg1＋R0)(2分)I2－I1(1分)180(1分)(3)11.6(2分)(4)8.0(2分)解析：(2)依据串并联学问可得小灯泡两端的电压U＝I1(Rg1＋R0)，流过小灯泡的电流I＝I2－I1，小灯泡的额定电压为U额＝3.6V，由U额＝I1(Rg1＋R0)可得I1＝180mA，即为了保证小灯泡的平安，I1不能超过180mA.(3)灯丝的电阻R＝eq\f(U,I)＝eq\f(I1Rg1＋R0,I2－I1)，当I1＝173mA时，I2＝470mA，解得R＝11.6Ω.(4)小灯泡的额定电压为U额＝3.6V，由Ig1(Rg1＋R)≥U额可得R≥8.0Ω.24．答案：(1)1.6×104m/s(2)eq\f(127π,90)×10－5sy＝eq\f(1,2)x(0≤x≤0.64m)解析：(1)如图甲，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力供应向心力，依据牛顿其次定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)(1分)由题意知，临界半径r＝eq\f(1,2)x0(1分)联立可得v0＝1.6×104(2)由洛伦兹力供应向心力得qvmB＝meq\f(v\o\al(2,m),R)(1分)解得速度为vm的粒子轨道半径R＝0.4m(1分)如图乙所示为该系列粒子的轨迹图，∠AO1P＝α，则有R(1＋cosα)＝x0(1分)解得cosα＝0.6，α＝53°(1分)全部粒子的圆周运动周期均为T＝eq\f(2πm,qB)＝4π×10－5s(1分)速度为vm的粒子转过的圆心角为180°－53°＝127°(1分)粒子到达收集板的最短时间t＝eq\f(127°,360°)T＝eq\f(127π,90)×10－5s(1分)此时这一系列粒子位于线段OA上，其斜率为k＝eq\f(Rsinα,x0)＝eq\f(1,2)(1分)所以图线方程为y＝eq\f(1,2)x(0≤x≤0.64m)．(1分)25．答案：(1)ωreq\f(1,4)mω2r2(2)0<ω≤eq\f(2\r(2μgL),r)t1＝eq\f(ωr,2μg)(3)eq\f(2\r(2μgL),r)<ω≤eq\f(4\r(μgL),r)Ep＝eq\f(1,4)mω2r2－2μmgL解析：(1)由题图可知当滑杆的速度最大且向外运动时小物块A与滑杆分别，此时小物块的速度为v0＝ωr.小物块A与B碰撞，由于水平面光滑则A、B系统动量守恒，则由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv0＝2mv(2分)ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2(2分)解得：ΔE＝eq\f(1,4)mω2r2.(2分)(2)AB进入PQ段做匀减速运动，由牛顿其次定律有：μ2mg＝2ma(2分)AB做减速运动的时间为t1＝eq\f(v,a)(1分)解得：t1＝eq\f(ωr,2μg).(1分)欲使AB不能与弹簧相碰，则滑块在PQ段的位移有x≤L，而x＝eq\f(v2,2a)，解得：0<ω≤eq\f(2\r(2μgL),r).(2分)(3)若AB能与弹簧相碰，则ω1>eq\f(2\r(2μgL),r)，若AB压缩弹簧后恰能返回到P点，由动能定理得－μ2mg·2L＝0－eq\f(1,2)·2mv2，(2分)解得：ω2≤eq\f(4\r(μgL),r)(1分)ω的取值范围是：eq\f(2\r(2μgL),r)＜ω≤eq\f(4\r(μgL),r).(2分)从AB滑上PQ到弹簧具有最大弹性势能的过程中，由能量守恒定律得：Ep＝eq\f(1,2)·2mv2－μ2mgL.(2分)解得：Ep＝eq\f(1,4)mω2r2－2μmgL.(1分)33．答案：(1)BC(2)(ⅰ)2L(ⅱ)－3℃解析：(1)汽车通过燃烧汽油获得动力并向空气中散热既不违反热力学第肯定律也不违反热力学其次定律；冷水倒入保温杯后，冷水和杯子的温度都变得更低，违反了热力学第肯定律；热机工作时汲取的热量不行能全部用来对外做功，而不产生其他影响，明显C选项遵循热力学第肯定