2026版高考物理步步高大二轮（标准版）第三部分 模拟检测卷(二)含答案

2026版高考物理步步高大二轮（标准版）第三部分模拟检测卷(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。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.(2024·四川内江一模)纵跳仪是运动员用来测试体能的一种装备，运动员用力从垫板上竖直跳起，然后又自由落回到垫板上，此时仪器上就会显示出跳起的最大高度。在某次测试时，仪器显示的高度为80cm。如果运动员的质量为60kg，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，那么，下列说法正确的是()A.运动员起跳时，测试板对其做功为480JB.运动员在空中运动的时间为0.8sC.运动员跳起瞬间垫板对运动员的力大于运动员对垫板的力D.运动员在起跳过程和落回过程中，测试板对其冲量大小相等、方向相反答案B解析运动员起跳时，测试板对运动员的作用力位移为零，可知其做功为零，选项A错误；运动员在空中运动的时间为t＝2eq\r(\f(2h,g))＝2eq\r(\f(2×0.8,10))s＝0.8s，选项B正确；运动员跳起瞬间垫板对运动员的力与运动员对垫板的力是相互作用力，总是等大反向，选项C错误；运动员在起跳过程和落回过程中，测试板对其的作用力方向均竖直向上，则冲量的方向相同，选项D错误。2.如图1所示为一检测薄膜厚度的装置，用一束单色光垂直照射在薄膜上，薄膜下方是空气，当光的波长、薄膜的厚度以及折射满足一定条件时，能在薄膜上表面观察到亮点。若要求的薄膜厚度d＝200nm，不考虑半波损失，薄膜材料的折射率n＝1.5，则()图1A.所用光的波长可能为600nmB.所用光的波长可能为450nmC.若亮点变暗，一定是薄膜偏薄D.若亮点变暗，一定是薄膜偏厚答案A解析设所用光的波长为λ，由折射定律可知，光在薄膜中时光的波长为eq\f(λ,n)，又光在薄膜表面干涉加强，则光在薄膜中的光程差等于光在介质中波长的整数倍，即keq\f(λ,n)＝2d，其中k＝1，2，3，…，可得λ＝eq\f(2nd,k)(k＝1，2，3，…)，A正确，B错误；结合光的干涉可知，薄膜偏厚或偏薄都会导致亮点变暗，C、D错误。3.(2024·甘肃卷，7)一平行板电容器充放电电路如图2所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是()图2A.充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加B.充电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点C.放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小D.放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点答案C解析电容器不论是充电过程还是放电过程，电流都是逐渐减小的，充电过程电容器两极板的电荷量增加，由C＝eq\f(Q,U)可知电容器两极板间电势差增大，放电过程电容器两极板的电荷量减少，电势差减小，A错误，C正确；根据电路结构可知，不论是充电过程还是放电过程，电容器的上极板都是带正电荷的，充电过程，流过电阻R的电流由N点流向M点，放电过程，流过电阻R的电流由M点流向N点，B、D错误。4.如图3所示，某种材料制成太阳能电池的主体部分由P型半导体和N型半导体结合而成。当太阳光照射到该材料上时，材料吸收光子发生光电效应，自由电子向N型一侧移动，从而在两端形成电势差。已知该材料至少需要吸收波长为λ的绿光才能发生光电效应，普朗克常量为h，光速为c，则下列说法正确的是()图3A.通过负载的电流方向从上至下B.该材料的逸出功为eq\f(hc,λ)C.用光强更强的红光照射该材料，只要照射时间足够长，也能产生光电效应D.用光强相同的紫光和蓝光照射该材料，蓝光照射时，通过负载的电流较小答案B解析自由电子向N型一侧移动，N型半导体聚集负电荷，电势更低，则通过负载的电流方向从下至上，故A错误；发生光电效应时极限波长与逸出功需满足W0＝heq\f(c,λ)，故B正确；光电效应是否发生与入射光的频率有关，与光照时间和光照强度无关，红光的频率比绿光小，故不能发生光电效应，故C错误；用光强相同的紫光和蓝光照射该材料，因为蓝光频率较小，光子能量较小，故单位时间内到达金属板的光子数目较多，产生的光电子较多，通过负载的电流较大，故D错误。5.如图4所示，一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C状态，最后到D状态。AB的反向延长线过O点，BC和DA连线与横轴平行，CD与纵轴平行。下列判断正确的是()图4A.A→B过程，外界对气体做功，气体内能增加B.B→C过程，气体体积增大C.C→D过程，气体压强减小的原因是气体分子数密度减小D.整个过程，气体对外做的功大于外界对气体做的功答案C解析A→B过程为等容变化过程，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增加，根据热力学第一定律可知，气体一定吸收热量，故A错误；B→C过程为等压过程，温度降低，根据理想气体状态方程可知，气体体积减小，故B错误；C→D过程为等温过程，气体压强减小，体积增大，由于分子平均动能不变，因此压强减小的原因是气体分子数密度减小，故C正确；作出气体状态变化对应的p－V图像，如图所示，p－V图像与V轴围成的面积表示功，B→C过程外界对气体做功，C→D过程气体对外做功，可以确定整个过程气体对外做的功小于外界对气体做的功，故D错误。6.如图5所示，半径为r、质量不计的均匀圆盘竖直放置，可以绕过圆心O且与盘面垂直的水平光滑固定轴转动，在盘面的右边缘处固定一个质量为m的小球A，在圆心O的正下方eq\f(1,2)r处固定一个质量为2m的小球B，小球A、B均可看成质点。现从静止释放圆盘让其自由转动，重力加速度为g，则转动过程中小球B的最大速度为()图5A.eq\r(\f(（\r(3)－1）gr,3)) B.eq\r(\f(（\r(2)－1）gr,3))C.eq\r(\f(\r(2)gr,3)) D.eq\r(\f(gr,3))答案B解析小球A、B均随圆盘一起在竖直面内做圆周运动，角速度相等，设O、A连线与水平面夹角为θ角时，小球A的速度为vA，小球B的速度为vB，因圆盘质量不计，则A、B组成的系统仅在重力作用下运动，机械能守恒，有mgrsinθ－2mg(1－cosθ)·eq\f(1,2)r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)，其中vA＝2vB，解得vB＝eq\r(\f(gr（sinθ＋cosθ）,3)－\f(1,3)gr)。由数学知识可知，当θ＝45°时，小球B有最大速度，为vBmax＝eq\r(\f(（\r(2)－1）,3)gr)，B正确。7.(2024·北京东城二模)如图6甲所示，在平静的水面下有一个点光源S，它发出的光包含两种单色光，分别为红光和蓝光。光从如图乙所示水面上的圆形区域中射出，该区域分为Ⅰ、Ⅱ两部分，如图乙所示。则下列说法正确的是()图6A.区域Ⅰ为红、蓝复色光，区域Ⅱ为红色单色光B.区域Ⅰ为红色单色光，区域Ⅱ为蓝色单色光C.区域Ⅰ为红、蓝复色光，区域Ⅱ为蓝色单色光D.区域Ⅰ为红色单色光，区域Ⅱ为红、蓝复色光答案A解析由题意可知，光线发生全反射时，临界角满足sinC＝eq\f(1,n)，因为红光和蓝光的折射率n红＜n蓝，综合上式可得，红光和蓝光的临界角C红＞C蓝，所以蓝光先发生全反射，区域Ⅰ为红、蓝复色光，区域Ⅱ为红色单色光，故A正确。8.(2024·安徽合肥模拟)除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型号除颤仪电路原理如图7，某次调试时，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8A，放电时间约为10－2s，已知电容器电容为2.0×10－5F，升压变压器原、副线圈的匝数比约为1∶70，则降压变压器原、副线圈的匝数比约为()图7A.22∶1 B.11eq\r(2)∶1 C.7∶1 D.2∶1答案B解析由题意可知，第一个变压器为降压变压器，第二个变压器为升压变压器，由于放电电流平均值为2.8A，由电流的定义式有eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(Q,t)，根据电容器的电容定义有C＝eq\f(Q,U4)，所以升压变压器副线圈两端的电压最大值为U4＝1400V，由理想变压器原、副线圈与匝数的关系有eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，所以升压变压器原线圈两端电压的最大值为U3＝20V，降压变压器副线圈两端电压的最大值为U2＝20V，所以降压变压器原、副线圈匝数比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220\r(2)V,20V)＝eq\f(11\r(2),1)，故B正确。二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)9.(2024·山东模拟)截至2024年2月10日，天问一号火星环绕器已“上岗”工作三周年。已知火星与地球的质量之比约为1∶9，半径之比约为1∶2，公转半径之比约为3∶2，自转周期之比约为1∶1，行星的公转视为匀速圆周运动。下列说法正确的是()A.火星同步卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的eq\f(1,3)B.同一单摆在火星表面的摆动周期约为在地球表面摆动周期的1.5倍C.火星的公转周期约为eq\f(9\r(6),4)年D.火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的eq\f(\r(2),3)答案BD解析同步卫星的公转周期等于中心天体的自转周期，则火星同步卫星和地球同步卫星的周期之比为1∶1，根据万有引力提供向心力有eq\f(GMm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得r＝eq\r(3,\f(GMT2,4π2))，火星与地球的质量之比约为1∶9，则火星同步卫星的轨道半径约为地球同步卫星轨道半径的eq\r(3,\f(1,9))，故A错误；根据万有引力与重力的关系有eq\f(GMm,R2)＝mg，解得g＝eq\f(GM,R2)，火星与地球的质量之比约为1∶9，半径之比约为1∶2，则eq\f(g火,g地)＝eq\f(4,9)，根据单摆的周期公式T＝2πeq\r(\f(l,g))，可知同一单摆在火星表面的摆动周期约为在地球表面摆动周期的1.5倍，故B正确；根据开普勒第三定律可知eq\f(req\o\al(3,火),req\o\al(3,地))＝eq\f(Teq\o\al(2,火),Teq\o\al(2,地))，解得T火＝eq\f(3\r(6),4)年，故C错误；根据第一宇宙速度的计算公式v＝eq\r(gR)可知，火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的eq\f(\r(2),3)，故D正确。10.(2024·江西上饶模拟)静电除尘指的是一种利用静电场产生的静电力将粉尘等颗粒物从气流中分离出来，从而净化空气的技术。如图8为某静电除尘装置原理图，实线为电场线，虚线为某一带电的烟尘微粒向集尘板迁移的轨迹，a、b为轨迹上的两点，烟尘微粒重力忽略不计。则()图8A.集尘板处的电场方向垂直于集尘板向右B.烟尘微粒在a点的电势能大于在b点的电势能C.烟尘微粒在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小D.若在a点由静止释放一带负电烟尘微粒，微粒将沿电场线向右运动答案BC解析电场方向沿电场线切线方向，所以集尘板处的电场方向垂直于集尘板向左，故A项错误；物体做曲线运动受到的合外力指向轨迹的凹侧，由题图可知，微粒带负电，沿电场线方向，电势逐渐降低，则φa＜φb，Epa＞Epb，B项正确；由牛顿第二定律有F电＝qE＝ma，电场线越密，电场强度越大，由题图可知，a点的电场线更密，所以烟尘微粒在a点的加速度大小大于在b点的加速度大小，故C项正确；带电粒子沿电场线运动的条件：电场线是直线且粒子从静止开始运动或粒子的运动方向与电场线方向平行。结合题图可知，若在a点由静止释放一带负电烟尘微粒，微粒不会沿电场线向右运动，故D项错误。11.在同一均匀介质中有两列简谐横波沿x轴相向传播，波源分别位于(－0.2m，0)和(1.2m，0)处，振幅均为2cm，沿x轴正向传播的简谐波的波速为0.8m/s。t＝0时刻波的图像如图9所示，此时平衡位置在(0.2m，0)、(0.8m，0)的两个质点E、F刚好开始振动，质点B、C的平衡位置坐标分别为(0.4m，0)、(0.5m，0)，以下说法正确的是()图9A.两列波叠加能够发生干涉现象B.两列波叠加后质点C的振动周期为0.25sC.两列波叠加后质点B的位移始终为0D.t＝1.5s时，质点C的位置坐标是(0.5m，4cm)答案AC解析由图知两列波的波长均为λ＝0.4m，振幅A＝2cm，同种均匀介质机械波传播速度相同，故频率相同，能够发生干涉现象，故A正确；周期均为T＝eq\f(λ,v)＝eq\f(0.4,0.8)s＝0.5s，介质做受迫振动，叠加后质点的振动频率与波源相同，故B错误；由两列波的传播方向可以判断质点E、F的起振方向都沿y轴负方向，则两列波的波源是振动方向相同的相干波源，且两波源到质点B的波程差ΔxB＝0.2m＝eq\f(λ,2)，所以质点B是振动减弱点，故两列波叠加后B的位移始终为0，故C正确；在t1时刻两列波传播到C点，传播距离为Δx＝0.3m，t1＝eq\f(Δx,v)＝eq\f(3,8)s，两列波叠加后C振动周期跟相干波源的周期相同，即为0.5s，Δt＝t－t1＝(1.5－eq\f(3,8))s＝eq\f(9,8)s，eq\f(Δt,T)＝2eq\f(1,4)，C点起振方向向下，则在t＝1.5s时刻，位于负向位移最大处，即t＝1.5s时，质点C的位置坐标是(0.5m，－4cm)，故D错误。12.(2024·山东聊城二模)如图10所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，与导轨垂直的金属棒置于两导轨上。在电阻、导轨和金属棒中间有面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为大于零的常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向里。零时刻，金属棒在水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计，下列说法正确的是()图10A.在0～t0时间内，流过电阻的电荷量为eq\f(kt0S,R)B.在t0时刻以后，电阻R上的电流方向由b→aC.在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为B0lv0(t－t0)D.在时刻t(t＞t0)金属棒所受水平恒力的大小为(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)答案AD解析0～t0时间内闭合回路中产生感生电动势为E0＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝kS，回路中电流为I0＝eq\f(E0,R)＝eq\f(kS,R)，流过电阻的电荷量为q＝I0t0＝eq\f(kSt0,R)，故A正确；在t0时刻以后，根据楞次定律可知，金属棒上的电流方向向上，而电阻R上的电流方向由a→b，故B错误；在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为Φ1＝B0lv0(t－t0)＋kSt，故C错误；回路中同时产生感生电动势和动生电动势，根据电流方向可知回路中总电动势为E＝B0lv0＋kS，回路中电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0lv0＋kS,R)，则金属棒所受安培力大小为F＝B0Il＝(B0lv0＋kS)eq\f(B0l,R)，由于金属棒匀速运动，所以所受水平恒力的大小等于安培力的大小，故D正确。三、非选择题(本题共6小题，共60分。)13.(6分)某同学用图11装置探究两根相同弹簧甲、乙串联后总的劲度系数与弹簧甲劲度系数的关系。他先测出不挂钩码时弹簧甲的长度和两弹簧的总长度，再将钩码逐个挂在弹簧的下端，记录数据填在下面的表格中。图11序号123456钩码重力F/N0.000.501.001.502.002.50弹簧甲的长度L1/cm1.952.202.452.702.953.20两弹簧总长度L2/cm4.004.505.005.506.006.50(1)关于本实验操作，下列说法正确的是______。A.悬挂钩码后立即读数B.钩码的数量可以任意增减C.安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态(2)已作出钩码重力F与弹簧总长度L2的关系图像，如图12中实线所示，由图像可知两根弹簧串联后总的劲度系数k为________N/cm。图12(3)在图12的坐标纸上描点作出钩码重力F与弹簧甲的长度L1的关系图像。(4)根据F－L1图像可求出一根弹簧的劲度系数k′，k和k′的定量关系为________。(5)本实验中，弹簧的自重对所测得的劲度系数________(选填“有”或“无”)影响。答案(1)C(2)1.00(3)见解析图(4)k′＝2k(5)无解析(1)悬挂钩码后应等示数稳定后再读数，A错误；因为所挂钩码重力不能超过弹性限度，即钩码的数量不可以任意增减，B错误；安装刻度尺时，必须使刻度尺保持竖直状态，C正确。(2)因为F－L图像的斜率为弹簧的劲度系数故k＝eq\f(ΔF,ΔL)＝1.00N/cm。(3)图像如图所示。(4)根据F－L1图像可求出一根弹簧的劲度系数为k′＝2.00N/cm故k和k′的定量关系为k′＝2k。(5)因为本实验中，用图像斜率求得弹簧劲度系数，故弹簧的自重对所测得的劲度系数无影响。14.(8分)(2024·河南郑州模拟)某实验小组为了测量一金属杆的电阻，设计了如图13所示的电路，所用器材如下：图13电源(电动势E恒定，内阻r＝1.0Ω)电阻箱R0(最大阻值999.9Ω)电阻R1(阻值为20.0Ω)电阻R2(阻值为15.0Ω)毫安表mA(量程30.0mA，内阻不计)待测金属杆，开关S，导线若干。请完成下列实验操作和计算：(1)根据如图所示实验原理图连接电路，闭合开关S，调节电阻箱R0的阻值为40.0Ω，此时毫安表示数为24.0mA，则金属杆中的电流为________mA。(2)重复以上步骤，调节电阻箱R0的阻值为20.0Ω，此时毫安表示数为20.0mA。(3)断开开关，根据上述测量，计算得到待测金属杆电阻为Rx＝________Ω，同时可得到所用电源电动势为E＝________V。(4)若电源长期使用后，电源电动势不变、内阻增大，则金属杆电阻的测量值将________真实值(选填“大于”“小于”或“等于”)。答案(1)36.0(3)4.01.2(4)大于解析(1)由题意可知，通过电阻R1的电流I1＝24.0mA，根据欧姆定律可知，电阻R1两端的电压为U1＝I1R1，电阻R1和电阻箱R0并联，电压相等U0＝U1，根据欧姆定律，可得通过电阻箱R0的电流为I0＝eq\f(U0,R0)，金属杆在干路上，则通过金属杆的电流为I＝I1＋I0，联立解得I＝36.0mA。(3)根据闭合电路欧姆定律可得E＝U＋I总(Rx＋r＋R2)，其中U＝IR1，I总＝I＋eq\f(U,R0)＝I＋eq\f(IR1,R0)，联立解得Rx＝eq\f(E－IR1,I＋\f(IR1,R0))－r－R2，当R0＝40Ω时，I＝24.0mA和当R0＝20Ω时，I＝20.0mA分别代入，解得Rx＝4.0Ω，E＝1.2V。(4)根据Rx＝eq\f(E－IR1,I＋\f(IR1,R0))－r－R2可知，若电源长期使用后，电源电动势不变、内阻增大，则金属杆电阻在计算时，减去的电源的内阻偏小，计算得到的金属杆的电阻偏大。15.(8分)(2024·甘肃卷，13)如图14，刚性容器内壁光滑，盛有一定量的气体，被隔板分成A、B两部分，隔板与容器右侧用一根轻质弹簧相连(忽略隔板厚度和弹簧体积)。容器横截面积为S，长为2l。开始时系统处于平衡态，A、B体积均为Sl，压强均为p0，弹簧为原长。现将B中气体抽出一半，B的体积变为原来的eq\f(3,4)。整个过程系统温度保持不变，气体视为理想气体。求：图14(1)抽气之后A、B的压强pA、pB；(2)弹簧的劲度系数k。答案(1)eq\f(4,5)p0eq\f(2,3)p0(2)eq\f(8p0S,15l)解析(1)抽气后，A的体积变为VA＝2Sl－eq\f(3,4)Sl＝eq\f(5,4)Sl对A中气体根据玻意耳定律有p0Sl＝pA·eq\f(5,4)Sl解得pA＝eq\f(4,5)p0对B中气体，根据理想气体状态方程pV＝nRT可知eq\f(1,2)p0Sl＝pB·eq\f(3,4)Sl解得pB＝eq\f(2,3)p0。(2)抽气后，对隔板根据平衡条件有pAS＝pBS＋k·eq\f(1,4)l结合(1)问解得k＝eq\f(8p0S,15l)。16.(8分)(2023·江苏卷，14)“夸父一号”太阳探测卫星可以观测太阳辐射的硬X射线。硬X射线是波长很短的光子，设波长为λ。若太阳均匀地向各个方向辐射硬X射线，卫星探测仪镜头正对着太阳，每秒接收到N个该种光子。已知探测仪镜头面积为S，卫星离太阳中心的距离为R，普朗克常量为h，光速为c，求：(1)每个光子的动量p和能量E；(2)太阳辐射硬X射线的总功率P。答案(1)eq\f(h,λ)heq\f(c,λ)(2)eq\f(4πR2Nhc,λS)解析(1)根据德布罗意波长公式，可得每个光子的动量为p＝eq\f(h,λ)每个光子的频率为ν＝eq\f(c,λ)每个光子的能量为E＝hν故每个光子的能量为E＝heq\f(c,λ)。(2)卫星离太阳中心的距离为R，离太阳中心距离为R的球面的表面积为S球＝4πR2单位面积上的功率为P0＝eq\f(NE,S)太阳辐射硬X射线的总功率P＝S球P0联立解得P＝eq\f(4πR2NE,S)＝eq\f(4πR2Nhc,λS)。17.(14分)(2024·江西南昌模拟)如图15所示，平面直角坐标系xOy的第一象限内存在着垂直于坐标平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，第四象限内存在着方向沿x轴负方向、电场强度大小为E的匀强电场，y轴负半轴上固定着足够长的荧光屏。现有大量质量均为m、电荷量均为＋q的粒子从y轴正半轴上不同位置以不同的速率平行于x轴正方向射入磁场，经偏转后所有粒子均从P(d，0)点进入电场，不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。图15(1)求以最小速度进入磁场的粒子的纵坐标及该粒子的速度大小；(2)求(1)中粒子打在荧光屏上的位置与O点的距离；(3)若从y轴上M(0，eq\f(d,2))点和N点进入磁场的粒子速度大小相等，求N点的纵坐标。答案(1)deq\f(qBd,m)(2)Bdeq\r(\f(2qd,mE))(3)2d解析(1)如图甲所示速度最小的粒子在磁场中的运动半径最小，所有粒子轨迹的圆心均在y轴上，故圆心在O点的粒子其运动半径最小，以O点为圆心，OP为半径画圆，交y轴于Q点，即从Q点进入磁场的粒子速度最小，依题意可知Q点的纵坐标为d，洛伦兹力提供粒子做匀速圆周运动的向心力qvminB＝meq\f(veq\o\al(2,min),d)解得vmin＝eq\f(qBd,m)。(2)由(1)知粒子垂直于x轴进入电场，在电场中做类平抛运动，设其加速度大小为a，在电场中的运动时间为t，有x轴方向有d＝eq\f(1,2)at2，qE＝may轴方向有L＝vmint解得L＝Bdeq\r(\f(2qd,mE))。(3)两种情况的粒子运动轨迹如图乙所示设从M点进入磁场的粒子的轨迹圆心为O1，半径为r，由几何关系有d2＋(r－eq\f(1,2)d)2＝r2解得r＝eq\f(5,4)d设从N点进入磁场的粒子轨迹圆心在O2点，其轨迹半径也为r，由几何关系得OO1＝OO2＝eq\f(3,4)d故N点的纵坐标yN＝eq\f(3,4)d＋r＝2d。18.(16分)(2024·湖南三湘联合体月考)如图16所示，半径R＝0.6m的光滑半球静止于水平桌面。在半球的顶端B点有两个相同的小球，小球可看作质点，重力加速度大小g＝10m/s2。刚开始小球用双手固定，现同时放开双手，两小球由静止分别向左、向右运动，O点是球心，不计空气阻力。图16(1)判断半球会不会运动，请说明理由；(2)求小球离开球面瞬间的速度大小v；(3)求两个小球在水平桌面的落点间的距离d;(4)若半球质量M＝4kg，小球质量m＝1kg，以初始球心O位置为坐标原点，OB方向为y轴正方向，OC方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，在B点放一个小球，由于轻微扰动，小球由静止开始向右运动，求小球在半球球面上运动时的轨迹方程。答案(1)不会理由见解析(2)2m/s(3)eq\f(10\r(5)＋8\r(23),45)m(4)(eq\f(5x,4))2＋y2＝0.36(0≤x≤0.48m)解析(1)由于两个相同的小球向左、向右的运动具有对称性，两个小球对半球在水平方向的分力始终大小相等、方向相反，所以半球不会运动。(2)设小球在A点离开球面，OA与OC的夹角为θ有mgsinθ＝meq\f(v2,R)小球从B点到A点的过程，根据机械能守恒定律有mg(R－Rsinθ)＝eq\f(1,2)mv2联立并代入数据解得v＝2m/s，sinθ＝eq\f(2,3)。(3)小球离开半球后做斜抛运动，在水平方向有x＝vtsinθ在竖直方向有Rsinθ＝vtcosθ＋eq\f(1,2)gt2根据几何关系及运动的对称性可知d＝2(Rcosθ＋x)联立并代入数据解得d＝eq\f(10\r(5)＋8\r(23),45)m。(4)小球与半球在水平方向动量守恒，有Mv1＝mv运动时间相等，则有Mx1＝mx又x1＋x＝x′，x′2＋y2＝R2整理得(eq\f(5x,4))2＋y2＝0.36(0≤x≤0.48m)。模拟检测卷(一)(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。每小题只有一个选项符合题目要求。)1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移x与时间t的关系图像如图1所示。其中t1～t2段为直线，乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()图1A.0～t1时间内，v增大，FN>mgB.t1～t2时间内，v减小，FN<mgC.t2～t3时间内，v增大，FN<mgD.t2～t3时间内，v减小，FN>mg答案D解析根据x－t图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN<mg，选项A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，选项B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，乘客处于超重状态，所受的支持力FN>mg，选项C错误，D正确。2.(2024·北京卷，10)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是()A.刚开始物体相对传送带向前运动B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长答案D解析刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，做正功，C错误；加速运动过程eq\o(→,\s\up7(牛顿第二定律))Ff＝μmg＝maeq\o(→,\s\up7(v＝at))加速时间t＝eq\f(v,μg)→v越大，t越大，D正确。3.如图2所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是()图2A.A比B先落入篮筐B.A、B运动的最大高度相同C.A在最高点的速度比B在最高点的速度小D.A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同答案D解析运用逆向思维，认为篮球从篮筐处以相同方向逆向斜抛，初速度越大，落点越远，所以vA＞vB。将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，可得vAx＞vBx，vAy＞vBy，则A、B两篮球在空中运动的时间满足tA＞tB，由斜抛运动的规律可知最大高度H＝eq\f(veq\o\al(2,y),2g)，则有HA＞HB，A、B、C错误；如图所示，在篮筐所在高度取P、Q、E三点，其中E点为篮筐所处位置，则P、Q两点分别是两个抛物线上E点的轴对称点，根据抛物线的对称性可知过P、Q两点的切线平行，则当A、B上升到与篮筐相同高度时速度方向相同，D正确。4.在x轴上关于O点对称的M、N处各固定一等量点电荷，取x轴正方向为电场强度的正方向，x轴上各点电场强度E随坐标x的变化曲线如图3所示。下列说法正确的是()图3A.两电荷连线中点O处的电势为零B.x轴上从M点到N点电势先降低后升高C.将一试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电场力不做功D.将一正试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电势能先增大后减小答案B解析由电场方向随x轴的变化可知，M、N两点放置的是等量正点电荷，根据电势叠加准则，原点处的电势大于零，故A错误；沿电场线方向电势逐渐降低，从M点到N点电势先降低后升高，故B正确；两等量正点电荷中垂线的电场方向沿竖直方向，因此将一试探电荷从O点沿两点电荷连线中垂线移动的过程中电场力做功，故C错误；两等量正点电荷中垂线上O点电势最高，因此将一正试探电荷从O点沿两电荷连线中垂线移动的过程中电势能一直减小，故D错误。5.如图4所示，一定质量的理想气体从状态a开始，沿图示路径先后到达状态b和状态c、下列说法正确的是()图4A.从a到b，气体温度降低B.从a到b，气体从外界吸热C.从b到c，气体内能减小D.从b到c，气体对外界做功答案A解析由图可知，从状态a到状态b，气体发生等压变化，体积减小，根据盖－吕萨克定律eq\f(V,T)＝C，可知气体温度降低，则气体内能减小，因气体体积减小，故外界对气体做功，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知气体向外界放热，故A正确，B错误；从状态b到状态c，气体发生等容变化，压强增大，根据查理定律eq\f(p,T)＝C，可知气体温度升高，内能增大，因气体体积不变，故气体对外界不做功，故C、D错误。6.(2024·浙江舟山模拟)一列简谐横波沿x轴方向传播，传播速度为10m/s，振幅为10cm。图5甲是t＝0.14s时刻波的图像，图乙为图甲中质点P的振动图像，则下列说法正确的是()图5A.该波沿x轴正方向传播B.质点P平衡位置的坐标x＝0.3mC.从图甲时刻开始计时，经过四分之一周期，质点Q比质点P通过的路程小D.一观察者沿x正方向向波源运动，接收到波的频率比它静止时的大答案D解析在t＝0.14s，由图乙可知，P在y轴正半轴，且向远离平衡位置移动，则根据“上坡下法”可知该波沿x轴负方向传播，故A错误；P不随波的传播改变其在x轴上的横坐标，则由图甲可知5＝10sin(eq\f(2π,2.4)x)，解得x＝0.2m，故B错误；根据图甲可知，P向远离平衡位置移动，而Q向平衡位置移动，经过四分之一周期，质点Q比质点P的速度大，即通过的路程大，故C错误；根据多普勒效应，一观察者沿x正方向向波源运动，接收到波的频率比它静止时的大，故D正确。7.(2024·河北石家庄模拟)如图6所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝20∶1，原线圈通过理想交流电流表接入正弦式交变电流，副线圈两端接两个阻值均为10Ω的电阻R1和R2，已知电流表A的示数为0.1A，下列说法正确的是()图6A.电阻R1中的电流的最大值为2AB.原线圈接入的正弦式交变电流的电压的有效值为200VC.电阻R1消耗的电功率为40WD.当电源的输入功率增大使通过电流表的电流增大时，通过电阻R1的电流减小答案B解析根据理想变压器的变流公式eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，电流表的示数I1＝0.1A，解得I2＝2A，R1和R2阻值相等，电阻R1和R2中的电流大小均为IR1＝eq\f(I2,2)＝1A，电流表显示的是电流的有效值，则电阻R1中的电流的最大值为IR1max＝eq\r(2)IR1＝eq\r(2)A，故A错误；电阻R1两端电压的有效值UR1＝IR1R＝10V，电阻R1两端电压等于副线圈的输出电压U2，根据理想变压器的变压公式有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U1＝200V，故B正确；电阻R1消耗的功率P＝UR1IR1＝10W，故C错误；对理想变压器，有eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)且I2＝2IR1，解得IR1＝eq\f(I1n1,2n2)，当通过电流表的电流I1增大时，通过电阻R1的电流也增大，故D错误。8.一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图7所示，则()图7A.若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B.若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C.若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动D.若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动答案D解析若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会做减速运动，故A错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故B错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动，故C错误，D正确。二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)9.(2024·江西卷，9)某同学用普通光源进行双缝干涉测光的波长实验。下列说法正确的是()A.光具座上依次摆放光源、透镜、滤光片、双缝、单缝、遮光筒、测量头等元件B.透镜的作用是使光更集中C.单缝的作用是获得线光源D.双缝间距越小，测量头中观察到的条纹数目越多答案BC解析光具座上的双缝应该在单缝和遮光筒之间，先通过单缝得到线光源，然后通过双缝得到两列完全相同的相干光，A错误，C正确；透镜的作用是使射向滤光片的光更集中，B正确；根据双缝干涉条纹间距公式Δx＝eq\f(l,d)λ可知，双缝间距d越小，则条纹间距Δx越大，测量头中观察到的条纹数目越少，D错误。10.EUV光刻机是国际上最先进的光刻机，此光刻机使用极紫外光作为光源，经查阅资料得知，极紫外光是一种波长为λ的紫外线，已知普朗克常量为h，光速为c，则下列说法正确的是()A.真空中极紫外光的传播速度比红光大B.极紫外光的能量是不连续的C.极紫外光的频率为eq\f(c,λ)D.若极紫外光源的发光功率为P，则单位时间发射的光子数为eq\f(P,hλ)答案BC解析真空中电磁波的传播速度相同，故A错误；极紫外光是一种波长为λ的紫外线，为电磁波，故极紫外光的能量是不连续的，故B正确；极紫外光的频率为ν＝eq\f(c,λ)，故C正确；每个光子的能量E＝hν＝heq\f(c,λ)，设单位时间(t＝1s)激光器发出的光子数是n，则Pt＝nE，得P＝nheq\f(c,λ)，则n＝eq\f(Pλ,hc)，故D错误。11.(2024·四川内江模拟)中国科学院高能物理研究所公布：在某高海拔观测站，成功捕获了来自天鹅座万年前发出的信号。若在天鹅座处有一质量均匀分布的球形“类地球”行星，其密度为ρ，半径为R，自转周期为T0，公转周期为T，引力常量为G。则下列说法正确的是()A.该“类地球”行星表面两极的重力加速度大小为eq\f(4,3)πGρRB.该“类地球”行星的同步卫星运行速率为eq\f(2πR,T0)C.该“类地球”行星的同步卫星轨道半径为eq\r(3,\f(ρGR3T2,3π))D.在该“类地球”行星表面附近做匀速圆周运动的卫星的运行速率为2πeq\r(\f(ρGR2,3π))答案AD解析设行星表面物体质量为m1，该“类地球”行星表面两极的重力加速度大小为Geq\f(Mm1,R2)＝m1g，其中M＝ρeq\f(4,3)πR3，解得g＝eq\f(4,3)πGρR，A正确；设该“类地球”行星的同步卫星运动轨道半径为r，则运行速率为v＝eq\f(2πr,T0)，B错误；设行星的同步卫星质量为m2，由万有引力提供向心力，可得Geq\f(Mm2,r2)＝m2eq\f(4π2,Teq\o\al(2,0))r，该“类地球”行星的同步卫星轨道半径为r＝eq\r(3,\f(GMTeq\o\al(2,0),4π2))＝Req\r(3,\f(ρGTeq\o\al(2,0),3π))，C错误；在该“类地球”行星表面附近做匀速圆周运动的卫星，设其质量为m3，由万有引力提供向心力，可得Geq\f(Mm3,R2)＝m3eq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(\f(GM,R))＝2πReq\r(\f(ρG,3π))，D正确。12.(2024·皖南八校联考)如图8所示，相距为L、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，在两导轨间左侧连接一阻值为R的定值电阻R1，右侧连接一最大阻值为2R的滑动变阻器R2。两导轨间存在着方向竖直向下的匀强磁场。一长为L、阻值为eq\f(R,2)的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动。金属导轨电阻不计，导体棒AB与两导轨接触良好且始终垂直。现缓慢滑动R2的滑片，使R2接入电路中的阻值从0开始逐渐增大。下列说法正确的是()图8A.R1中的电流方向为P到M，且电流大小逐渐增大B.当R2接入电路中的阻值为R时，R1中的电流最大且为eq\f(BLv,2R)C.当R2接入电路中的阻值为R时，两电阻R1、R2的电功率之和最大且为eq\f(B2L2v2,2R)D.当R2接入电路中的阻值为eq\f(R,2)时，拉力F的功率为eq\f(6B2L2v2,5R)答案CD解析根据右手定则可知，R1中的电流方向为M到P，R2接入电路中的阻值从0逐渐增大，电路总电阻也逐渐增大，由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R总)可知，通过AB的电流逐渐减小，根据U＝E－I·eq\f(R,2)可知，导体棒两端的电压逐渐增大，根据I1＝eq\f(U,R1)可知，R1中的电流逐渐增大，当R2接入电路中的阻值为2R时，R1中的电流最大，此时通过AB的电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(E,\f(R,2)＋\f(R·2R,R＋2R))＝eq\f(6E,7R)。E＝BLv，解得I1m＝eq\f(E－I·\f(R,2),R)＝eq\f(4BLv,7R)，A、B错误；当R2接入电路中的阻值为R时，“外电路”总电阻R外＝eq\f(R,2)，与“电源”内阻相等，此时“电源”输出功率最大，Pm＝eq\f(E2,4×\f(R,2))＝eq\f(B2L2v2,2R)，C正确；当导体棒AB匀速运动时，拉力F的功率等于克服安培力做功的功率，也等于电路中的总电功率，当滑动变阻器接入电路中的阻值为eq\f(R,2)时，R外＝eq\f(R,3)，R总＝eq\f(R,2)＋R外＝eq\f(5,6)R，“干路”电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(6BLv,5R)，拉力F的功率P＝I2R总＝eq\f(6B2L2v2,5R)，D正确。三、非选择题(本题共6小题，共60分)13.(6分)(2024·江苏南通模拟)实验小组用图9甲所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数μ，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量相同的钩码若干，电磁打点计时器，电源，纸带，细线，刻度尺等。(1)电磁打点计时器工作时应使用________(选填“8V”或“220V”)交流电源。(2)实验中将部分钩码悬挂在细线下，剩余的钩码放在凹槽中，保持长木板水平。正确进行实验操作，得到一条纸带，如图乙所示，从某个清晰的打点开始，依次标注0、1、2、3、4、5、6，测出位置0到位置2、位置4、位置6间的距离分别为x1＝2.70cm；x2＝5.82cm；x3＝9.36cm。已知打点周期T＝0.02s，则木块的加速度a＝________m/s2。(3)将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的个数n，测得相应的加速度a记录如下表；请根据表中数据在图丙中作出a－n图像，已知当地重力加速度g＝9.8m/s2，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数μ＝________(结果保留2位有效数字)。a/m·s－20.601.301.962.623.30n/个678910图9(4)实验中若木板未调节水平，右端偏高，则μ的测量值________真实值(选填“＞”“<”或“＝”)，其原因是____________________________________________________________________。答案(1)8V(2)2.625(3)见解析图0.34(4)<见解析解析(1)电磁打点计时器工作时应使用8V交流电源。(2)相邻两个计数点间的时间间隔t＝2T＝0.04s根据Δx＝at2可得a＝eq\f(（x2－x1）－x1,t2)＝2.625m/s2。(3)作出a－n图像如图所示设每个钩码的质量为m，所有钩码质量之和为M，木块质量为m0，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有nmg－T＝nma对小车及剩余钩码，根据牛顿第二定律有T－μ(m0＋M－nm)g＝(m0＋M－nm)a联立解得a＝eq\f(mg（1＋μ）,M＋m0)n－μg根据图像可得－μg＝－3.4解得μ＝0.34。(4)木板未调节水平，右端偏高，加速度偏大，阻力变小，则μ测量值偏小。14.(8分)(2024·安徽滁州二模)某同学利用如图10甲所示的电路测量一微安表(量程为100μA，内阻约为2500Ω)的内阻。可使用的器材有：滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)；电阻箱R3(最大阻值为9999.99Ω)；电源E(电动势约为1.5V)；定值电阻R1(R11的阻值为250Ω，R12的阻值为2500Ω)；定值电阻R2(阻值为2500Ω)，灵敏电流计G(电流从＋接线柱流入时，指针正向偏转)，开关S，导线若干。完成下列填空：图10(1)R1应选________(选填“R11”或“R12”)。(2)闭合开关前，应将R的滑片移至__________(选填“a”或“b”)端。(3)闭合开关S，将R的滑片置于适当位置，再反复调节R3，使________，则微安表的内阻与________(选填“R1”“R2”或“R3”)的阻值相等。(4)若发现灵敏电流计G指针位于乙图所示位置，应__________(选填“增大”或“减小”)电阻箱R3的阻值。答案(1)R12(2)a(3)灵敏电流计G指针指向0刻度R3(4)增大解析(1)灵敏电流计G指针不发生偏转时，两端电势相等，根据eq\f(R1,RμA)＝eq\f(R2,R3)可求得微安表的内阻，所以R1应选R12。(2)闭合开关前，应将R的滑片移至a端。(3)闭合开关S，将R的滑片置于适当位置，再反复调节R3，使灵敏电流计G指针指向0刻度，则微安表的内阻与R3的阻值相等。(4)若发现灵敏电流计G指针位于乙图所示位置，说明灵敏电流计G下端电势较高，应增大电阻箱R3的阻值。15.(8分)(2024·山东泰安模拟)一块玻璃砖平放在水平桌面上，其横截面如图11所示，∠A＝∠C＝90°，∠B＝60°，AD＝CD＝a，AB、BC两侧面分别镀银，一束平行于CB方向的单色光从AD、CD两侧面射入玻璃砖，其中从AD侧面入射的光线在玻璃砖内经多次折射与反射后仍从AD侧面平行于BC方向射出玻璃砖。已知光在真空中传播的速度为c，求：图11(1)玻璃砖的折射率n；(2)光在玻璃砖中的最长传播时间t。答案(1)eq\r(3)(2)eq\f(4\r(3)a,c)解析(1)自AD面入射的光线如图所示由几何关系可知i＝60°，γ＝30°，n＝eq\f(sini,sinγ)解得n＝eq\r(3)。(2)从AD面入射的所有光线中，紧靠D点入射的光线在玻璃砖中的路程最长为l＝4a，如图所示，从CD面入射的所有光线在玻璃砖中的路程均为l′＝2eq\r(3)a光在玻璃砖中传播的速度v＝eq\f(c,n)则光在玻璃砖中最长传播时间t＝eq\f(l,v)解得t＝eq\f(4\r(3)a,c)。16.(8分)(2024·北京房山模拟)山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动。滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角为45°的斜坡，BC是半径为R＝5m的圆弧面，圆弧面和斜坡相切于B，与水平面相切于C，如图12所示，AC竖直高度h1＝10m，竖直台阶CD高度h2＝5m，台阶底端与水平面DE相连。运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下，到达C点时速度大小为14m/s。通过C点后落到水平面上，不计空气阻力，g取10m/s2。求：图12(1)运动员经过C点时受到的支持力大小；(2)运动员在DE上的落点距D点的距离x；(3)从A点运动到C点，摩擦力对运动员做的功W。答案(1)3936N(2)14m(3)－160J解析(1)由题知运动员连同滑雪装备从A点由静止滑下，到达C点时速度大小为14m/s，则运动员在C点有FNC－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FNC＝3936N。(2)运动员连同滑雪装备从C点飞出做平抛运动，则有h2＝eq\f(1,2)gt2，x＝vCt联立解得x＝14m。(3)运动员连同滑雪装备从A点运动到C点有mgh1＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得Wf＝－160J。1