統(tǒng)考版2024屆高考物理二輪專項分層特訓卷第四部分高考仿真練1

仿真練1(8＋2實驗＋2計算＋2選1)(時間65分鐘，滿分110分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)14．質子數(shù)與中子數(shù)互換的一對原子核稱為鏡像核，如eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))He與eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H.已知eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))He的質量約為3.0160u，eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H的質量約為3.0161u，中子質量約為1.0087u，質子質量約為1.0078u，1u＝931.5MeV/c2，則eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))He與eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H的結合能的差值約為()A．0.75MeVB．0.98MeVC．1.02MeVD．1.35MeV15．[2023·山東日照三模]如圖所示，一小球放在傾斜的墻面與木板之間．設墻面對小球的支持力大小為F1，木板對小球的支持力大小為F2.以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置順時針緩慢轉到與墻面垂直的位置．不計摩擦，在此過程中()A．F1先減小后增大B．F1一直增大C．F2一直減小D．F2先減小后增大16．如圖甲所示，用高壓激發(fā)氫光譜管，使光譜管中的氫原子大量處于第5能級并輻射發(fā)光，其中某些光子打在連著驗電器的鋅板上，事先使鋅板帶負電，驗電器張開一定的角度．已知鋅板表面電子的逸出功是3.3eV，氫原子的能級示意圖如圖所示，則下列說法正確的是()A．光譜管會放出10種不同能量的光子B．光譜管發(fā)出的光都能夠使鋅板發(fā)生光電效應C．從鋅板中溢出的光電子的最大初動能為9.66eVD．由于是鋅板表面的自由電子溢出，驗電器的指針張角不變17．2021年2月15日，我國天問一號火星探測器成功實施“遠火點平面軌道調整”．如圖所示為該過程的示意圖，圖中虛線軌道所在的平面，與實線軌道所在平面垂直．探測器由遠處經A點進入軌道1，經B點進入軌道2，經C點進入軌道3，再經C點進入軌道4.上述過程僅在點A、B、C啟動發(fā)動機點火，A、B、C、D、E各點均為各自所在軌道的近火點或遠火點，各點間的軌道均為橢圓．以下說法正確的是()A.探測器經過E點的機械能大于D點的機械能B．在B點發(fā)動機點火過程中推力對探測器做正功C．探測器經過E點的速度一定大于火星的第一宇宙速度D．探測器從A點運行到B點的時間大于在軌道2上從B點運行到C點的時間18．[2023·安徽馬鞍山三模]如圖所示，兩個等量正點電荷分別固定在a、b兩點，O為ab連線中點，c、d兩點關于O對稱．一負點電荷從c點以初速度v0向右開始運動，在負點電荷從c運動至d的過程中，v為運動點電荷的速度，E為運動點電荷所在位置的電場強度，φ為運動點電荷所在位置的電勢，Ek為運動點電荷的動能．取無窮遠處的電勢為零，下列圖象可能正確的是()19．如圖是公路上安裝的一種測速“電子眼”的原理示意圖，在“電子眼”前方路面下間隔一段距離埋設兩個通電線圈，當車輛通過線圈上方的道路時，會引起線圈中電流的變化，系統(tǒng)根據(jù)兩次電流變化的時間及線圈之間的距離，對超速車輛進行抓拍，下列判斷正確的是()A．車輛經過線圈時有感應電流產生B．“電子眼”測量的是車輛經過第二個線圈時的瞬時速率C．線圈中電流的變化是車輛經過線圈時發(fā)生電磁感應引起的D．如果某個線圈出現(xiàn)故障，沒有電流通過，“電子眼”還可以正常工作20.如圖所示，輕彈簧套在光滑桿上，光滑桿和輕彈簧的一端均固定在O′點，可視為質點的小球A穿在桿上固定在輕彈簧的另一端，現(xiàn)使整個裝置繞豎直軸OO′勻速轉動，當角速度為ω0時輕彈簧處于原長狀態(tài)．下列說法正確的是()A．角速度由ω0逐漸增大，小球沿桿向上移動B．角速度大于ω0時，桿與小球間作用力大小可能不變C．角速度為ω0時僅增加小球的質量，小球沿桿向上移動D．ω0與小球的質量大小無關21．如圖所示為某小型電站高壓輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器，發(fā)電機輸出功率為P1＝20kW.在輸電線路上接入一個電流互感器，其原、副線圈的匝數(shù)比為1∶10，電流表的示數(shù)為I′＝1A，輸電線的總電阻為r＝10Ω，U1、U2、n1、n2、n3、n4均為未知量，則下列說法正確的是()A．采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流B．僅將P下移，用戶獲得的電壓將增大C．用戶獲得的功率為19kWD．升壓變壓器的輸出電壓U2＝2000V二、非選擇題(共62分，第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答．第33～34題為選考題，考生根據(jù)要求作答．)(一)必考題(共47分)22．(5分)如圖所示的裝置可以用來測量滑塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)．在水平面上將彈簧的一端固定，另一端與帶有擋光片的滑塊接觸(彈簧與滑塊不固連).壓縮彈簧后，將其釋放，滑塊被彈射出，離開彈簧后經過O處的光電門，最終停在P點．(1)除了需要測量擋光片的寬度d，還需要測量的物理量有________．A．光電門與P點之間的距離sB．擋光片的擋光時間tC．滑塊(帶擋光片)的質量mD．滑塊釋放點到P點的距離x(2)動摩擦因數(shù)的表達式μ＝________(用上述測量量和重力加速度g表示).(3)請?zhí)岢鲆粋€可以減小實驗誤差的建議：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.23．(10分)某物理興趣小組的同學利用如圖甲所示的電路完成了探究熱敏電阻溫度與電流的關系實驗，所用器材為：恒壓電源(電壓U＝7.5V，內阻不計)，內阻Rg未知的電流表(滿偏電流Ig未標出)，電阻箱R(阻值調節(jié)范圍為0～999.9Ω)，熱敏電阻，單刀雙擲開關一個和導線若干．(1)根據(jù)圖甲所示電路，用筆畫線代替導線完成圖乙中的實物圖連線；(2)實驗時，該小組的同學首先將單刀雙擲開關扳到1，調節(jié)電阻箱阻值，當示數(shù)如圖丙所示時電流表的示數(shù)為eq\f(Ig,4)，則電阻箱的阻值為R＝________Ω，將電阻箱的阻值逐漸調小，當電阻箱的示數(shù)為40.0Ω時，電流表的示數(shù)為eq\f(3Ig,4)，則Ig＝________mA，電流表的內阻為________Ω；(3)在探究熱敏電阻溫度與電流的關系時，該小組的同學首先通過查詢得知該熱敏電阻的阻值隨攝氏溫度的增加而均勻增大，變化率為k，已知t＝0℃時熱敏電阻的阻值為R0；該小組的同學將開關扳到2，完成了探究，則該熱敏電阻的攝氏溫度t與電流I的關系式為t＝______________________________(用題中給出物理量的符號表示).24．(12分)如圖，在紙面內有一圓心為O、半徑為R的圓，圓形區(qū)域內存在斜向上的電場，電場強度大小未知，區(qū)域外存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一質量為m、電荷量為q的正粒子從圓外P點在紙面內垂直于OP射出，已知粒子從Q點(未畫出)進入圓形區(qū)域時速度垂直Q點的圓弧切線，隨后在圓形區(qū)域內運動，并從N點(ON連線的方向與電場方向一致，ON與PO的延長線夾角θ＝37°)射出圓形區(qū)域，不計粒子重力，已知OP＝3R.(1)求粒子第一次在磁場中運動的速度大?。?2)求電場強度和粒子射出電場時的速度大?。?5.(20分)如圖所示，“L”形平板B靜置在地面上，小物塊A處于平板B上的O′點，O′點左側粗糙，右側光滑．用不可伸長的輕繩將質量為M的小球懸掛在O′點正上方的O點，輕繩處于水平拉直狀態(tài)．將小球由靜止釋放，下擺至最低點與小物塊A發(fā)生碰撞，碰后小球速度方向與碰前方向相同，開始做簡諧運動(要求擺角小于5°)，A以速度v0沿平板滑動直至與B右側擋板發(fā)生彈性碰撞．一段時間后，A返回到O點的正下方時，相對于地面的速度減為零，此時小球恰好第一次上升到最高點．已知A的質量mA＝0.1kg，B的質量mB＝0.3kg，A與B的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，B與地面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.225，v0＝4m/s，取重力加速度g＝10m/s2.整個過程中A始終在B上，所有碰撞時間忽略不計，不計空氣阻力，求：(1)A與B的擋板碰撞后，二者的速度大小vA與vB；(2)B光滑部分的長度d；(3)運動過程中A對B的摩擦力所做的功Wf.(二)選考題(請考生從2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分)33．[選修3—3](15分)[2022·湖南卷](1)(5分)利用“渦流效應”可實現(xiàn)冷熱氣體的分離．如圖，一冷熱氣體分離裝置由噴嘴、渦流室、環(huán)形管、分離擋板和冷熱兩端管等構成．高壓氮氣由噴嘴切向流入渦流室中，然后以螺旋方式在環(huán)形管中向右旋轉前進，分子熱運動速率較小的氣體分子將聚集到環(huán)形管中心部位，而分子熱運動速率較大的氣體分子將聚集到環(huán)形管邊緣部位．氣流到達分離擋板處時，中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向，從A端流出，邊緣部位氣流從B端流出．下列說法正確的是________(選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分).A．A端為冷端，B端為熱端B．A端流出的氣體分子熱運動平均速率一定小于B端流出的C．A端流出的氣體內能一定大于B端流出的D．該裝置氣體進出的過程滿足能量守恒定律，但違背了熱力學第二定律E．該裝置氣體進出的過程既滿足能量守恒定律，也滿足熱力學第二定律(2)(10分)如圖，小贊同學設計了一個液體拉力測量儀．一個容積V0＝9.9L的導熱汽缸下接一圓管，用質量m1＝90g、橫截面積S＝10cm2的活塞封閉一定質量的理想氣體，活塞與圓管壁間摩擦不計．活塞下端用輕質細繩懸掛一質量m2＝10g的U形金屬絲，活塞剛好處于A位置．將金屬絲部分浸入待測液體中，緩慢升起汽缸，使金屬絲從液體中拉出，活塞在圓管中的最低位置為B.已知A、B間距離h＝10cm，外界大氣壓強p0＝1.01×105Pa，重力加速度取10m/s2，環(huán)境溫度保持不變．求(ⅰ)活塞處于A位置時，汽缸中的氣體壓強p1；(ⅱ)活塞處于B位置時，液體對金屬絲拉力F的大?。?4．[選修3—4](15分)[2022·湖南卷](1)(5分)下端附著重物的粗細均勻木棒，豎直浮在河面，在重力和浮力作用下，沿豎直方向做頻率為1Hz的簡諧運動；與此同時，木棒在水平方向上隨河水做勻速直線運動，如圖(a)所示．以木棒所受浮力F為縱軸，木棒水平位移x為橫軸建立直角坐標系，浮力F隨水平位移x的變化如圖(b)所示．已知河水密度為ρ，木棒橫截面積為S，重力加速度大小為g.下列說法正確的是________(選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分．每選錯1個扣3分，最低得分為0分).A．x從0.05m到0.15m的過程中，木棒的動能先增大后減小B．x從0.21m到0.25m的過程中，木棒加速度方向豎直向下，大小逐漸變小C．x＝0.35m和x＝0.45m時，木棒的速度大小相等，方向相反D．木棒在豎直方向做簡諧運動的振幅為eq\f(F1－F2,2ρSg)E．木棒的運動為向x軸正方向傳播的機械橫波，波速為0.4m/s(2)(10分)如圖，某種防窺屏由透明介質和對光完全吸收的屏障構成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可實現(xiàn)對像素單元可視角度θ的控制(可視角度θ定義為某像素單元發(fā)出的光在圖示平面內折射到空氣后最大折射角的2倍).透明介質的折射率n＝2，屏障間隙L＝0.8mm.發(fā)光像素單元緊貼屏下，位于相鄰兩屏障的正中間．不考慮光的衍射．(ⅰ)若把發(fā)光像素單元視為點光源，要求可視角度θ控制為60°，求屏障的高度d；(ⅱ)若屏障高度d＝1.0mm，且發(fā)光像素單元的寬度不能忽略，求像素單元寬度x最小為多少時，其可視角度θ剛好被擴為180°(只要看到像素單元的任意一點，即視為能看到該像素單元).仿真練1（8＋2實驗＋2計算＋2選1）14．解析：eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))He中包含兩個質子和一個中子，質子和中子在結合成eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))He過程中虧損的質量為Δm1＝2×1.0078u＋1.0087u－3.0160u＝0.0083u，在結合成eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H過程中虧損的質量為Δm2＝2×1.0087u＋1.0078u－3.0161u＝0.0091u，故二者的結合能之差為ΔE＝（Δm2－Δm1）c2≈0.75MeV，A正確．答案：A15.解析：對小球受力分析，如圖所示，F(xiàn)1、F2的合力與小球的重力等大反向，在木板沿順時針方向轉至與墻面垂直的過程中，由圖解法可知，F(xiàn)1、F2均一直減小，選項C正確．答案：C16．解析：由于大量的氫原子處于第5能級，則光譜管輻射的光子能量種類是Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝10種，選項A正確；氫原子從n＝5能級向n＝4能級躍遷時輻射的光子能量是0.85eV－0.54eV＝0.31eV<3.3eV，所以光譜管發(fā)出的光不是都能使鋅板發(fā)生光電效應，選項B錯誤；根據(jù)愛因斯坦的光電效應方程，即Ek＝hν－W0，可得最大初動能為Ek＝13.6eV－0.54eV－3.3eV＝9.76eV，選項C錯誤；由于發(fā)生光電效應，鋅板會失去部分電子，驗電器指針張角變小，選項D錯誤．答案：A17．解析：質量不變的衛(wèi)星軌道半長軸越大，機械能就越大，所以探測器經過E點的機械能小于D點的機械能，選項A錯誤；在B點發(fā)動機點火的目的是變軌到半長軸更小的軌道上，所以該過程中推力對探測器做負功，使其機械能減小，選項B錯誤；火星的第一宇宙速度是指衛(wèi)星繞火星表面做勻速圓周運動的最大運行速度，探測器在軌道4的E點運行速度一定小于火星的第一宇宙速度，選項C錯誤；探測器從A點運行到B點的軌道半長軸大于從B點運行到C點的軌道半長軸，根據(jù)開普勒第三定律eq\f(a3,T2)＝k，可知探測器從A點運行到B點的時間大于在軌道2上從B點運行到C點的時間，選項D正確．答案：D18.解析：如圖所示，根據(jù)等量正點電荷電場線及等勢面的分布可知，一負點電荷從c點以初速度v0向右開始運動，在負點電荷從c運動至d的過程中，場強先減小后增大，運動點電荷的加速度先減小后增大，根據(jù)v2＝veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋2ax可知，v-x圖象不是線性關系，選項A錯誤；在負點電荷從c運動至d的過程中，電場強度的大小先減小到0，后增大，方向相反，選項B錯誤；在負點電荷從c運動至d的過程中，根據(jù)沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知電勢先減小，后增大，且O點電勢大于零，選項C錯誤；在負點電荷從c運動至d的過程中，電場力先做負功，后做正功，則動能先減小后增大，且經過O點時，速度不為零，選項D正確．答案：D19．解析：車輛上有很多金屬部件，當這些金屬部件經過通電線圈時，使線圈中的磁場發(fā)生變化，故車輛經過線圈時有感應電流產生，選項A正確；因為系統(tǒng)是根據(jù)兩次電流發(fā)生變化的時間以及線圈之間的距離判斷車輛是否超速，故測量的是車輛在兩個線圈之間的平均速度，選項B錯誤；車輛經過線圈上方會發(fā)生電磁感應現(xiàn)象，會引起線圈中的電流發(fā)生變化，選項C正確；如果某個線圈出現(xiàn)故障，沒有電流通過，就會無計時起點或終點，無法計時，“電子眼”不能正常工作，選項D錯誤．答案：AC20．解析：當角速度為ω0時，對小球受力分析如圖所示，設桿與豎直方向的夾角為θ，彈簧的原長為l0，則eq\f(mg,tanθ)＝mωeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))l0sinθ，解得ω0＝eq\r(\f(g,l0sinθtanθ))，D正確；僅增加小球的質量，角速度不變，則彈簧仍處于原長，C錯誤；角速度由ω0逐漸增大的過程中，假設彈簧仍處于原長狀態(tài)，由F向＝mω2R可知小球所需的向心力增大，桿對小球的支持力和彈簧彈力均增大，因此小球一定沿桿向上運動，A正確，B錯誤．答案：AD21．解析：因為P1＝U2I2，又P1不變，則增大U2，I2會減小，即輸電線中的電流會減小，所以采用高壓輸電可以減小輸電線中的電流，選項A正確．僅將P下移，降壓變壓器的原線圈匝數(shù)變多，即n3變大，對于理想變壓器，由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)化簡得U4＝eq\f(U3n4,n3)，所以降壓變壓器的輸出電壓將減小，即用戶獲得的電壓將減小，選項B錯誤．由電流互感器可得，輸電線中的電流為I2＝10I′＝10×1A＝10A，由題意可知，升壓變壓器的輸出功率為20kW，則可得升壓變壓器的輸出電壓為U2＝eq\f(P2,I2)＝2000V，由題意及以上選項分析可得，輸電線損耗的功率為ΔP＝Ieq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))r＝102×10W＝1000W，則用戶獲得的功率為P4＝P3＝P2－ΔP＝19kW，選項C、D正確．答案：ACD22．解析：（1）此實驗需要測量出滑塊通過光電門時的速度，還需要測量出通過光電門后滑塊在水平面上滑動的距離，因此除了測量擋光片的寬度d，還需要測量擋光片通過光電門的時間t，光電門到P點的距離s，選項A、B正確．（2）滑塊通過光電門時的速度v＝eq\f(d,t)，應用牛頓第二定律可得滑塊通過光電門后在水平面上滑動的加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝μg，由勻變速直線運動規(guī)律，有v2＝2as，聯(lián)立解得動摩擦因數(shù)的表達式：μ＝eq\f(d2,2gst2).答案：（1）AB（2）eq\f(d2,2gst2)（3）多次測量取平均值；選用寬度d較小的擋光片（答案只要合理均可得分）23．解析：（2）由圖丙可知電阻箱的示數(shù)為140.0Ω；由閉合電路歐姆定律有U＝eq\f(Ig,4)（140.0Ω＋Rg），U＝eq\f(3Ig,4)（40.0Ω＋Rg），解得Rg＝10Ω、Ig＝200mA；（3）由題述可得，熱敏電阻阻值與溫度的關系為R＝R0＋kt，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(U,Rg＋R0＋kt)，變式得t＝eq\f(U,Ik)－eq\f(R0＋Rg,k).答案：（1）如圖所示（2）140.020010（3）eq\f(U,Ik)－eq\f(R0＋Rg,k)24．解析：（1）根據(jù)題意，畫出粒子在磁場中運動的軌跡，如圖所示設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，由幾何關系有（3R－r）2－R2＝r2解得r＝eq\f(4,3)R由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(4qBR,3m)（2）因為QO與PO的夾角為53°，所以入射速度與電場垂直，也就是帶電粒子在電場中做類平拋運動，又因為從N點射出，所以有R＝vtR＝eq\f(1,2)at2又qE＝ma聯(lián)立解得t＝eq\f(3m,4qB)，E＝eq\f(32qB2R,9m)由動能定理有qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(N))－eq\f(1,2)mv2解得vN＝eq\f(4\r(5)qBR,3m)答案：（1）eq\f(4qBR,3m)（2）eq\f(32qB2R,9m)eq\f(4\r(5)qBR,3m)25．解析：（1）設水平向右為正方向，因為O′點右側光滑，由題意可知A與B發(fā)生彈性碰撞，故碰撞過程根據(jù)動量守恒和能量守恒有mAv0＝mAvA＋mBvB，eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得vA＝－2m/s，（方向水平向左），vB＝2m/s，（方向水平向右）即A和B速度的大小分別為vA＝2m/s，vB＝2m/s.（2）因為A物體返回到O點正下方時，相對地面速度為0，A物體減速過程根據(jù)動能定理有－μ1mAgx0＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))代入數(shù)據(jù)解得x0＝0.5m根據(jù)動量定理有－μ1mAgt2＝0－mAvA代入數(shù)據(jù)解得t2＝0.5s此過程中A減速的位移等于B物體向右的位移，所以對于此過程B有μ2（mA＋mB）g＝mBa1，x0＝vBt1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)解得t1＝eq\f(1,3)s，t′1＝1s（舍去）故根據(jù)幾何關系有d＝vAt1＋x0代入數(shù)據(jù)解得d＝eq\f(7,6)m（3）在A剛開始減速時，B物體的速度為v2＝vB－a1t1＝1m/s在A減速過程中，對B分析根據(jù)牛頓運動定律可知μ1mAg＋μ2（mA＋mB）g＝mBa2解得a2＝eq\f(13,3)m/s2B物體停下來的時間為t3，則有0＝v2－a2t3解得t3＝eq\f(3,13)s<t2＝0.5s可知在A減速過程中B先停下來了，此過程中B的位移為xB＝eq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),2a2)＝eq\f(3,26)m所以A對B的摩擦力所做的功為Wf＝－μ1mAgxB＝－eq\f(3,65)J答案：（1）2m/s2m/s（2）eq\f(7,6)m（3）－eq\f(3,65)J33．解析：（1）分子熱運動速率較大的氣體分子將聚集到環(huán)形管邊緣部位，從B端流出，分子熱運動速率較小的氣體分子將聚集到環(huán)形管中心部位，中心部位氣流與分離擋板碰撞后反向，從A端流出，根據(jù)溫度是分子平均動能的標志可知，B端為熱端，A端為冷端，A端流出的氣體分子熱運動平均速率一定小于B端流出的，選項A、B正確．理想氣體的內能只與溫度和質量有關，根據(jù)題述，不知兩端流出氣體的質量關系，所以不能判斷出兩端流出氣體的內能關系，選項C錯誤．該裝