高考物理二轮复习计算题47分模拟小卷(二)

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2024年高考物理第二次模拟考试卷及答案解析(全国卷)

2024年高考物理第二次模拟考试卷及答案解析（全国卷）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。

在每小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，有选错或不答的得0分。

14．周村古商城有一件古代青铜“鱼洗”复制品，在其中加入适量清水后，用手有节奏地摩擦“鱼洗”的双耳，会发出嗡嗡声，并能使盆内水花四溅，如图甲所示。

图乙为某时刻相向传播的两列同、、、四个位置中最有可能“喷出水花”的位置是（）频率水波的波形图，A B C DA．A位置B．B位置C．C位置D．D位置【答案】B【详解】由题意知“喷出水花”是因为两列波的波峰与波峰或波谷与波谷发生了相遇，即振动加强。

由图像可知，两列波的波峰传到B位置时间相等，故B是振动加强点，其它三点振动不稳定。

所以最可能“喷出水花”的是B位置。

故选B。

15．我国自主研发的“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，则太阳辐射硬X射线的总功率P为（）A ．24SNhc R πλB ．2R Nhc S πλC ．24R Nhc S πλD ．2R SNhcπλ【答案】C 【详解】每个光子的能量为cE h h νλ==太阳均匀地向各个方向辐射硬X 射线，根据题意设t 秒发射总光子数为n ，则24n R tN Sπ=可得24R Nt n Sπ=所以t 秒辐射光子的总能量24cR Nthc W E nh S πλλ='==太阳辐射硬X 射线的总功率24W R Nhc P t S πλ==故选C 。

16．2023年9月28日中国首条时速350公里跨海高铁——福厦高铁正式开通运营，福州至厦门两地间形成“一小时生活圈”。

高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案

高三物理第三轮复习计算题专题训练参考答案1.解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v 0，在最高点由牛顿第二定律有Lm mg 20ν= ①在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为1v ，则202121221ννm L mg m +⋅= ②滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v 2，对滑块由能的转化及守恒定律有22212νμm smg mgh +⋅= ③因弹性碰撞由动量守恒和动能守恒有432mv mv mv += ④242322212121mv mv mv += ⑤ 联立以上各式可解得h=0.5m（2）若滑块从h '=5m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ，同理有2212/smg mu mgh μ+=⑥ 解得s m u /95= 滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以s m u /95=的速度开始作圆周运动，绳的拉力T 和重力的合力充当向心力，则有Lu m mg T 2=- ⑦解得T=48N 方向竖直向上（3）滑块和小球最后一次碰撞时速度为s m v /53=，滑块最后停在水平面上，它通过的路程为s '，同理有'2123/mgs m mgh μν+=⑧ 小球做完整圆周运动的次数为12'+-=sss n ⑨解得s '=19m ，n=10次2．解：（1）赛车恰好通过P 点时，由牛顿第二定律有Rmmg P2ν= ①赛车从P 点运动到最后停下来，由动能定理有22102P mv kmgx mgR -=- ②联立①②可得： x=2.5m(2)设赛车经历的时间为t ，赛车从A 点运动到P 点的过程中由动能定理可得：02122-=--B m mgR kmgL Pt ν代入数据可得：t=4.5s3．解：（1）小物块从A 点运动到B 点的过程中，设滑到B 点时的速度为0v ，由动能定理有2021mv mgR =① 小物块到达B 点后做匀速运动，则0Bqv mg = ② 联立①②可解得Rg qm B 2=由左手定则可知，磁场的方向垂直纸面向里（2）设小物块在轨道BC 上匀速运动t 秒，恰能从车上滑出由动量守恒定律有：10)(v M m mv += ③由功能关系有：)((212102120t v L mg v M m mv -++=μ） ④由得：-=gR L t 2gRM m M2)(2+μ 当t 0>-=gRL t 2gRM m M2)(2+μ，则小物块能从车上滑出。

新高考2022届高考物理二轮综合复习卷2

（新高考）2022届高三二轮综合卷物理（二）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28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．为了纪念科学家对人类进步做出的贡献，很多物理量的单位都是以物理学家的名字命名的，下列选项中物理量的单位是物理学家人名，且属于基本物理量的是( )A ．力、功B ．电流强度、热力学温度C ．质量、磁感应强度D ．频率、光的强度【答案】B【解析】力的单位是牛顿，功的单位是焦耳，虽然都是物理学家人名，但不是国际基本物理量，A 错误；电流强度的单位是安培，热力学温度是开尔文，它们都是物理学家，并且是国际基本物理量，B 正确；质量的单位是千克，磁感应强度的单位是特斯拉，并不是都以物理学家人名命名，也不都是国际基本物理量，C 错误；频率的单位是赫兹，光的强度坎德拉，都是物理学家，但不都是国际基本物理量，D 错误。

2．如图所示为研究光电效应的电路图，图中电表均为理想电表，当入射光频率为v 0，调整滑动变阻器使电压表的示数达到U 0时，电流表示数减为0；将入射光的频率增大为3 v 0，需要将电压表的示数增大到4U 0时，电流表的示数再次减为0，已知电子的电荷量为e ，则电路中阴极材料K 的逸出功为( )A ．4eU 0B ．2eU 0C ．eU 0D ．12eU 0【答案】D【解析】根据爱因斯坦光电效应方程可知E k ＝hν－W 0，电压表的示数达到U 0时，电流表示数减为0，则有qU 0＝E k ，所以有qU 0＝hv 0－W 0，同理可得4qU 0＝3hv 0－W 0，联立解得W 0＝12qU 0，故选D 。

2020版高考物理二轮复习48分小题精准练1含解析2

48分小题精准练(一)(建议用时：20分钟)(1～5小题为单选题，6～8小题为多选题)1．下列说法正确的是( )A ．光电效应现象表明，光具有波动性B ．α粒子散射实验表明，原子中有一个很小的核C ．氢原子从高能级向低能级跃迁时，可以放出各种不同频率的光子D ．一个质子和一个中子结合成氘核，氘核的质量等于质子和中子的质量和B [光电效应现象表明，光具有粒子性，A 项错误；α粒子散射实验表明，在原子的中心有一个很小的核，原子所有的正电荷和几乎所有的质量都集中在原子核上，B 项正确；氢原子从高能级向低能级跃迁时，只能发出一些特定频率的光子，C 项错误；一个质子和一个中子结合成氘核，会发生质量亏损，氘核的质量不等于质子与中子的质量和，D 项错误。

]2.在港珠澳大桥建设中，将数根直径22米、高40.5米的空心钢筒打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界纪录。

一根钢筒的重力为G ，由如图所示的起重机用8根对称分布的、长为22米的钢索将其吊起，处于静止状态，则( )A ．钢筒受到8个力作用B ．每根钢索受到的拉力大小为G 312C ．钢筒的重心可能在钢筒上D ．钢筒悬吊在空中可能处于失重状态B [钢筒受到重力和8根钢索的拉力共9个力作用，选项A 错误；由题意知，每根钢索与竖直方向夹角为30°，设每根钢索的拉力大小为F ，钢筒处于静止状态，则由平衡条件有8F cos 30°＝G ，解得F ＝G ，结合牛顿第三定律可知，选项B 正确；钢筒空心，它的重心312一定不在钢筒上，选项C 错误；钢筒悬吊在空中处于静止状态，加速度为零，选项D 错误。

]3．某同学质量为60 kg ，在训练中要求他从岸上以大小为2 m/s 的速度跳到一条向他缓慢驶来的小船上，小船的质量是140 kg ，原来的速度大小是0.5 m/s ，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )A ．人和小船最终静止在水面上B ．该过程人的动量变化量的大小为105 kg·m/sC．船最终速度的大小为0.95 m/sD．船的动量变化量的大小为70 kg·m/sB　[人与船组成的系统，在水平方向动量守恒，选取人运动的方向为正方向，得m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝0.25 m/s，与人的速度方向相同，故A、C错误；该过程人的动量变化量Δp1＝m1v－m1v1＝－105 kg·m/s，故B正确；船的动量变化量Δp2＝m2v－(－m2v2)＝105 kg·m/s，故D错误。

2020届(人教)高考物理二轮提升练习计算题选(二)及答案

2020届（人教）高考物理二轮提升练习计算题选（二）及答案（需写出规范的解题步骤）1、如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。

细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。

质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。

用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。

松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。

忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。

求：(1)小球受到手的拉力大小F。

(2)物块和小球的质量之比M∶m。

(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。

【解析】(1)设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2，F1sin 53°=F2cos 53°F+mg=F1cos 53°+ F2sin 53°且F1=Mg解得F=Mg-mg。

(2)小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3l sin 53°，物块下降高度h2=2l根据机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得M∶m=6∶5。

(3)根据机械能守恒定律，小球回到起始点。

设此时AC方向的加速度大小为a，物块受到的拉力为T由牛顿第二定律得Mg-T=Ma，小球受AC的拉力T′=T由牛顿第二定律得T′-mgcos 53°=ma解得T=答案：(1) Mg-mg(2)6∶5(3)2、端午节赛龙舟是中国民间传统水上体育娱乐项目，比赛时多人集体在鼓手的指挥下统一划桨竞赛。

2017年端午节，某龙舟队以1分28.75秒的成绩获得东莞龙舟锦标赛传统男子500米直道竞速项目的冠军。

该次比赛可看成龙舟首先做初速度为零的匀加速直线运动，达到v=6 m/s后做匀速直线运动完成比赛。

(结果均保留3位有效数字)(1)求龙舟匀加速阶段的加速度大小a；(2)某次训练中，龙舟以加速度a加速达到v，由于鼓手失误，使龙舟从100 m=4 m/s，经调整操作，10 s末龙舟重新开始开始，在10 s内速度均匀减小到v1以加速度a加速，加速到v后匀速完成训练。

重庆市高考物理二模试卷(II)卷(模拟)

重庆市高考物理二模试卷（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共8题；共19分)1. （2分）如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。

一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。

现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A . 带点油滴将沿竖直方向向上运动B . P点的电势将降低C . 带点油滴的电势能将减少D . 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大2. （2分）一只质量为m的蚂蚁，在半径为的半球形碗内爬行，在距碗底高的A点停下来，则蚂蚁在A 点受到的摩擦力大小为（）A .B .C .D .3. （2分） (2015高二下·会宁期中) 标有“220V，0.5μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用？（）A . 220sin 100πt VB . 220V的照明电路中C . 380sin 100πt VD . 380V的照明电路中4. （2分） (2019高二下·河池月考) 阻值为R的电阻上通以如图所示的交变电流，则此交流电的有效值为（）A . 1AB . AC . 2AD . 3A5. （3分） (2017高二下·庆城期末) 一个静止的放射性原子核发生天然衰变时，在匀强磁场中得到内切圆的两条路经，如图所示，两圆半径之比为44：1，则下列说法中，正确的是（）A . 发生的是α衰变B . 轨迹2是反冲核的径迹C . 反冲核是逆时针运动，放射出的粒子是顺时针运动D . 该放射性元素的原子序数是906. （2分）如图所示，图中虚线是匀强磁场区的边界，一个闭合线框自左至右穿过该磁场区，线框经过图示的哪个位置时有顺时针的感应电流（）A . 在位置1B . 在位置2C . 在位置3D . 在位置47. （3分）如图所示，物体A ， B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m ，放置在倾角为的光滑斜面上，物体A的质量为m ，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h ，物体B静止在斜面上挡板P处。

(新课标)2020高考物理二轮复习新高考模拟卷(二)(含解析)

新高考模拟卷(二)(时间：90分钟分值：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．1．一个静止的钚核239 94Pu自发衰变成一个铀核235 92U和另一个原子核X.假设该反应没有γ射线产生，则下列说法正确的是( )A．X是氦(He)原子，又叫α粒子B．该反应质量增加C．铀核与X的动量大小之比为1∶2D．X与铀核的动能之比为235∶4解析：选D.由原子核衰变时电荷数和质量数守恒可知，X是氦(He)原子核，又叫α粒子，不是氦(He)原子，选项A错误；衰变过程有质量亏损，选项B错误；钚核衰变过程动量守恒，铀核与X的动量大小相等、方向相反，选项C错误；根据动能与动量的关系E k＝p22m，可以得到X与铀核的动能之比为235∶4，选项D正确．2．下列有关热力学现象和规律的描述不正确的是( )A．布朗运动的无规则性反映了液体分子运动的无规则性B．用打气筒给自行车充气，越打越费劲，说明气体分子间表现为斥力C．一定质量的理想气体，在体积不变时，气体分子平均每秒与器壁碰撞次数随温度的降低而减少D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，分子平均动能增大解析：选B.悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动是因为液体分子与悬浮颗粒的碰撞，所以布朗运动的无规则性间接表明了液体分子的运动的无规则性，选项A正确；用打气筒给自行车打气，越打越费劲是因为自行车轮胎内气体的压强在逐渐增大，而不是气体分子之间的斥力造成的，选项B错误；一定质量的理想气体，在体积不变时，由查理定律可知，温度降低，压强减小，气体分子平均每秒与器壁碰撞的次数减少，选项C正确；一定质量的理想气体经历等压膨胀时，气体的体积增大，由盖－吕萨克定律可知，气体的温度升高，而温度是分子平均动能的标志，可知分子的平均动能增大，选项D正确．3.如图，倾角为θ的传送带正以速度v0匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端A点，在物块向下运动的过程中，关于物块的速度v、所受摩擦力的大小f、摩擦力功率的大小P、重力势能E p的图象一定不正确的是( )解析：选A.物块在传送带上运动的情况有三种，即①一直匀加速或②先匀加速与传送带同速后再以更小加速度加速或③先匀加速与传送带同速后再匀速，B 、D 选项对应于情况③；由P ＝fv 知C 对应②；重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故选A.4．两列分别沿x 轴正、负方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形如图所示，其中a 波振幅为2 cm ，沿x 轴正方向传播；b 波振幅为1 cm ，沿x 轴负方向传播，两列波传播的速度大小均为v ＝2 m/s.则下列说法正确的是( )A ．两列波的质点的起振方向均沿y 轴正方向B ．两列波从相遇到分离所用的时间为4 sC ．t ＝1 s 时刻，质点P 运动到M 点D ．t ＝1.5 s 时，质点Q 离开平衡位置的位移为1 cm解析：选D.由“上坡下、下坡上”的判断原则可知，由于t ＝0时刻质点P 、Q 起振且均处于上坡位置，所以两列波的质点的起振方向均沿y 轴负方向，选项A 错误；两列波从相遇到分离所用的时间为t ＝2λ2v＝2 s ，选项B 错误；在波向前传播的过程中，质点传播的是振动的形式，质点本身并不会随波迁移，选项C 错误；t ＝1.5 s 时，两列波刚好在x ＝5 m 处相遇，b 波中x ＝11 m 处的波形刚好传播到x ＝8 m 处，所以此时Q 质点刚好位于波峰处，因此质点Q 离开平衡位置的位移为1 cm ，选项D 正确．5．2019年4月10日，全球多地同步公布了人类历史上第一张黑洞照片．黑洞是一种密度极大，引力极大的天体，以至于光都无法逃逸．黑洞的大小由史瓦西半径公式R ＝2GM c 2决定，其中引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，光速c ＝3.0×108 m/s ，天体的质量为M .已知太阳的质量约为2×1030 kg ，假如它变成一个黑洞，则“太阳黑洞”的半径约为( )A ．1 cmB ．1 mC ．3 kmD ．300 km解析：选C.根据题意知，引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，光速c ＝3.0×108 m/s ，天体质量为M ＝2×1030 kg ，则由史瓦西半径公式R ＝2GM c 2可得，太阳变成一个黑洞的半径R ＝2×6.67×10－11×2×1030（3×108）2 m ＝2.96×103 m ，故C 正确．6.一金属球，原来不带电，现沿球直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN ，如图所示．金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a 、b 、c 三点的场强大小分别为E a 、E b 、E c ，三者相比，则( )A ．E a 最大B ．E b 最大C ．E c 最大D ．E a ＝E b ＝E c解析：选C.处于静电平衡的导体内部场强处处为零，故a 、b 、c 三点的场强都为零．静电平衡在导体内部场强为零是感应电荷产生的电场与外电场叠加的结果，所以感应电荷在球内某点产生的电场的场强与MN 在这一点形成的电场的场强等大、反向．比较a 、b 、c 三点感应电场的场强，实质上是比较带电体MN 在这三点的场强．由于c 点离MN 最近，故MN 在c 点的场强最大，感应电荷在c 点场强也最大．故选C.7.如图所示，一束光从空气中射向折射率为n ＝2的某种玻璃的表面，θ1表示入射角，则下列说法中错误的是( )A ．当θ1＞45°时会发生全反射现象B ．无论入射角θ1是多大，折射角θ2都不会超过45°C ．欲使折射角θ2＝30°，应以θ1＝45°的角度入射D ．当入射角θ1＝arctan 2时，反射光线和折射光线恰好互相垂直解析：选A.发生全反射现象的条件是：光从光密介质射向光疏介质，且入射角大于临界角，所以，选项A 中，当光从空气中射向玻璃时不会发生全反射现象，选项A 错误；由折射率n ＝sin θ1sin θ2＝2可知，当入射角最大为90°时，折射角θ2＝45°，所以B 正确；由折射率n ＝sin θ1sin θ2可知，选项C 、D 均正确． 8．如图所示，甲球从O 点以水平速度v 1飞出，落在水平地面上的A 点．乙球从O 点以水平速度v 2飞出，落在水平地面上的B 点，反弹后恰好也落在A 点．两球质量均为m .若乙球落在B 点时的速度大小为v 3，与地面的夹角为60°，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法不正确的是( )A ．乙球在B 点受到的冲量大小为3mv 3B ．抛出时甲球的机械能大于乙球的机械能C ．OA 两点的水平距离与OB 两点的水平距离之比是3∶1D ．由O 点到A 点，甲、乙两球运动时间之比是1∶1解析：选D.由动量定理I ＝Δp y ＝2mv 3sin 60°，A 正确；显然甲球抛出初速度大，动能大，势能相同，B 正确；乙球与地面弹性碰撞，由对称性知t 甲∶t 乙＝1∶3，第一次落地水平位移比为s OA ∶s OB ＝3∶1，C 正确，D 错误．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．某电场的电场线分布如图所示，M、N、Q是以电场线上一点O为圆心的同一圆周上的三点，OQ连线与直线MN垂直．以下说法正确的是( )A．O点电势与Q点电势相等B．M点场强大于O的场强C．将一负电荷由M点移到Q点，电荷的电势能增加D．正电荷在Q点所受电场力的方向与OQ垂直且竖直向上解析：选BC.根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；根据电场线分布情况可知，M点的电场强度比O点的电场强度大，故B正确；M点的电势比Q 点的电势高，负电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故C正确；正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误．10．如图所示，电源电动势为E、内阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计．则下列说法正确的是( )A．若电阻R2短路，油滴向上加速运动，G中有从b到a的电流B．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C．在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从a到b的电流D．在将S断开，电路稳定后，油滴向下运动，G中无电流通过解析：选BD.若电阻R2短路，则电容器两极板间的电压为零，油滴向下运动，A错误；滑片向下移动，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电容器两端电压减小，电容器放电，电场减弱，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流，B正确；在滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻增大，故电路总电阻增大，路端电压增大，电路总电流减小，即通过R1的电流减小，所以R1两端的电压减小，而路端电压是增大的，所以滑动变阻器两端电压增大，电容器处于充电状态，G 中有从b 到a 的电流，因电容器两极板间的电压增大，则两极板间的电场强度增大，所以油滴向上加速运动，C 错误；将S 断开，由于电容器放电，两极板间的电压减小，所以两极板间的电场强度减小，故油滴不能保持静止状态，油滴向下运动，当电路稳定后，电路中无电流，D 正确．11．(2019·辽宁葫芦岛一模)如图甲所示，在MN 、QP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝2 Ω，则( )A ．线框的加速度为2 m/s 2B ．磁场宽度为6 mC ．匀强磁场的磁感应强度为 2 TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为22 C 解析：选ACD.当t ＝0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加速度为：a ＝F m ＝21m/s 2＝2 m/s 2，故A 正确；磁场的宽度等于线框在0～2 s 内的位移，为：d ＝12at 22＝12×2×22 m ＝4 m ，故B 错误；设线框的边长为L ，则L 等于线框在0～1 s 内的位移，即为：L ＝12at 21＝12×2×12 m ＝1 m ，当线框全部进入磁场的瞬间：F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＝B 2L 2at R，式中，F 1＝4 N ，t ＝1 s ，m ＝1 kg ，R ＝2 Ω，联立得到：B ＝ 2 T ，故C 正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为：q －＝I －t ＝BL v －t R ＝BL 2R ＝2×122 C ＝22C ，故D 正确．12．如图所示，水平桌面上放着一对平行的金属导轨，左端与一电源相连，中间还串有一开关K ，导轨上放着一根金属棒ab ，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场．已知两导轨间距为d ，电源电动势为E ，导轨电阻及电源内阻均不计，ab 棒的电阻为R ，质量为m ，棒与导轨间摩擦不计．闭合开关K ，ab 棒向右运动并从桌边水平飞出，已知桌面离地高度为h ，金属棒落地点的水平位移为s .下面的结论中正确的是( )A ．开始时ab 棒离导轨右端的距离L ＝mgRs 24hB 2d 2E B ．磁场力对ab 棒所做的功W ＝mgs 24hC ．磁场力对ab 棒的冲量大小I ＝msg 2h D ．ab 棒在导轨上运动时间t ＝msR B 2d 2E g 2h解析：选BC.闭合开关瞬间，导体棒ab 中的电流I ＝ER ，ab 棒受到的安培力F ＝BId ＝BEd R ，导体棒做加速运动，产生反电动势E ′＝Bdv .随着v 变大，E ′变大，电路中电流变小，F 变小，F 为变力，所以A 、D 项无法求出．ab 棒离开桌面后做平抛运动，水平方向s ＝vt ，竖直方向：h ＝12gt 2，解得：v ＝s g 2h ，由动能定理磁场力对ab 棒所做的功为：W ＝12mv 2＝ms 2g 4h，故B 正确；由动量定理可知，冲量I ＝mv ＝msg 2h，故C 正确．三、非选择题：本题共6小题，共60分． 13．(6分)某实验小组用如图甲所示的实验装置测当地的重力加速度，图中A 、B 是两个光电门，钢球自由下落过程中，先后通过光电门A 、B ，钢球通过光电门A 时与光电门相连的光电计时器开始计时，通过光电门B 时就停止计时，得到钢球从A 运动到B 所用的时间t ，用刻度尺测出A 、B 间的高度h .保持钢球下落的位置不变，光电门B 的位置不变，改变光电门A 的位置，重复前面的实验，测出多组h 、t 的值．(1)根据测得的多组h 、t 的值，算出每组的h t ，作出h t－t 图象，则图象应是图乙中的____________．(2)图线在纵轴上的截距表示____________，要求出重力加速度，必须求出图线的____________，若求出的图线的这个量用k 表示，则当地的重力加速度为__________________．解析：(1)由于钢球下落的位置不变，光电门B 的位置不变，因此钢球到达B 点的速度不变，设钢球到B 点时的速度为v B ，则钢球的运动可以看成是反方向的匀减速直线运动，有h＝v B t －12gt 2，即h t ＝v B －12gt ，D 正确； (2)由函数表达式可知，图线在纵轴上的截距表示钢球通过光电门B 时的速度，要求出重力加速度，必须求出图线斜率的绝对值，则由k ＝12g 解得g ＝2k . 答案：(1)D (2)钢球通过光电门B 时的速度斜率的绝对值 2k14．(8分)使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)，一个电阻和一表头串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端，现需要测量多用电表内直流电源的电动势，给定的仪器有：待测多用电表、量程为0～60 mA 的电流表、电阻箱、导线若干．实验时，将多用电表调至“×1”挡，调好零点，电阻箱置于适当数值．完成填空：(1)仪器连接如图甲所示(a 和b 是多用电表的两个表笔)，若多用电表和电流表均正常工作，则表笔a 为________(填“红”或“黑”)色．(2)若适当调节电阻箱后，多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙、丙、丁所示，则多用电表的读数为__________Ω，电流表的读数为______mA ，电阻箱的读数为______Ω.(3)将图甲中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________mA(保留3位有效数字)．(4)计算得到多用电表内电池的电动势为________V(保留3位有效数字)．解析：(1)串联的电流表必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，多用电表在使用时必须使电流从红表笔流进，黑表笔流出，所以可以判断a 表笔为黑表笔．(2)多用电表用“×1”挡，其读数为14.0×1 Ω＝14.0 Ω；电流表的量程是60 mA ，其最小分度值为1 mA ，读数为53.0 mA ；电阻箱的读数为(0×100＋0×10＋4×1＋6×0.1)Ω＝4.6 Ω.(3)多用电表的内阻即为欧姆表指针半偏时的电阻，由题图乙可知R 内＝15 Ω，故多用电表两表笔短接时，流过多用电表的电流I ＝E R 内 ①，其中E 为直流电源的电动势，(2)中多用电表外电路的电阻为多用电表的读数R 外＝14.0 Ω，此时干路电流I 1＝ER 内＋R 外 ②.联立①②式代入数据可得I ＝102 mA.(4)由(3)可得多用电表内电池的电动势E ＝IR 内＝I 1(R 内＋R 外)＝1.54 V.答案：(1)黑 (2)14.0 53.0 4.6(3)102 (4)1.5415．(8分)如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m ＝1kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F ＝16 N ，无人机上升过程中最大速度为 6 m/s.若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3 s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变．g 取10 m/s 2.求：(1)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；(2)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h ＝30 m 的高空所需的最短时间．解析：(1)无人机以最大升力起飞时的加速度 a ＝Δv Δt ＝6 m/s －03 s＝2 m/s 2. 由牛顿第二定律F －F f －mg ＝ma得F f ＝4 N.(2)竖直向上加速阶段x 1＝12at 21，x 1＝9 m 匀速阶段t 2＝h －x 1v＝3.5 s t ＝t 1＋t 2＝6.5 s.答案：(1)4 N (2)6.5 s16．(8分)篮球比赛是一种观赏性较高的体育比赛，比赛中篮球内气体的压强要控制在一定范围内，否则会影响篮球落地后的反弹性能．在某次篮球比赛中，赛前在室温15 ℃ 时检测到球内气体的压强为1.5 atm.(1)若篮球密封良好，比赛时球内气体的温度为30 ℃，试计算此时球内气体的压强；(2)若在篮球比赛过程中，球内气体温度始终为室温15 ℃，但篮球有些缓慢漏气，当球赛结束时，检测发现球内气体压强为1.4 atm ，则在比赛过程中漏掉的气体是球内原有气体的百分之几？(计算结果均保留3位有效数字)解析：(1)由于篮球的体积不变，所以当温度升高时，篮球发生等容变化，设温度为30 ℃时球内气体的压强为p ，由查理定律可得 1.5 atm （273＋15） K ＝p （273＋30） K解得p ＝1.58 atm.(2)设篮球体积为V ，气体发生等温膨胀后气体的体积为V ′，则由玻意耳定律可得1．5V ＝1.4V ′解得V ′＝1514V 所以漏出篮球的气体的体积为ΔV ＝V ′－V ＝114V 漏掉的气体占球内原有气体的百分比为ΔV V ′×100%＝6.67%. 答案：见解析17.(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域，各边界均与y 轴平行，Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场，方向分别沿＋x 和－y 方向，Ⅰ区域电场强度大小为E ，Ⅲ区域有垂直xOy 平面向里的磁场．三个区域宽度均为L ，一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从坐标原点释放，已知21H 与左边界成60°进入磁场，最后恰好与右边界相切离开磁场，11H 的质量为m ，电荷量为q ，不计重力．求：(1)21H 第一次离开Ⅱ区的坐标；(2)Ⅲ区域匀强磁场的磁感应强度大小；(3)11H 第一次离开磁场位置的坐标．解析：(1)对氘核，在Ⅰ区中加速，由动能定理： qEL ＝12×2mv 2x进入Ⅱ区，粒子类平抛， L ＝v x t ，v y ＝at ，tan θ＝v y v x ，y ＝12at 2 实际速度v ＝v x cos θ将θ＝30°代入得：v ＝2qEL 3m ，y ＝3L 6，因此 21H 第一次离开Ⅱ区的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2L ，－36L .(2)进入磁场后，21H 做圆周运动，运动轨迹如图甲所示，由几何关系知： R sin 30°＋R ＝L又：qvB ＝2mv 2R ，解得： B ＝23mEqL .(3)对于氕核，m ′＝m ，q ′＝q ，由(1)知：y ′＝3L 6，v ′＝22qEL 3m ，θ′＝30°，R ′＝2L 3作出如图乙所示的轨迹图，根据几何关系有：Δy ＝2R ′sin 60°出射点纵坐标为：y ″＝－y ′＋Δy联立解得：y ″＝⎝⎛⎭⎪⎫63－36L 11H 第一次离开磁场位置的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2L ，⎝ ⎛⎭⎪⎫63－36L . 答案：见解析18.(16分)如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M ＝1 kg 、长为L ＝4 m 的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s ＝3 m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m ＝2 kg的滑块(视为质点)以v 0＝6 m/s 的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.(1)求小车与滑块的相对位移；(2)求小车与墙壁碰撞时的速度；(3)要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，求半圆轨道的半径R 的取值．解析：(1)设滑块与小车的共同速度为v 1，滑块与小车相对运动过程中动量守恒，有 mv 0＝(m ＋M )v 1代入数据解得v 1＝4 m/s设滑块与小车的相对位移为L 1，由系统能量守恒有μmgL 1＝12mv 20－12(m ＋M )v 21 代入数据解得L 1＝3 m.(2)设与滑块相对静止时小车的位移为s 1，根据动能定理有μmgs 1＝12Mv 21－0代入数据解得s 1＝2 m.因L 1<L ，s 1<s ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，故小车与墙壁碰撞时的速度为 v 1＝4 m/s.(3)小车与墙壁碰撞后，滑块在小车上继续向右做初速度v 1＝4 m/s ，位移为L 2＝L －L 1＝1 m 的匀减速直线运动，然后滑上半圆轨道的最低点P .若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点Q ，设滑至最高点的速度为v ，临界条件为mg ＝m v 2R根据动能定理有－μmgL 2－mg (2R )＝12mv 2－12mv 21 联立并代入数据解得R ＝0.24 m若滑块恰好滑至14圆弧处，到达T 点时速度减为零，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道．根据动能定理有－μmgL 2－mgR ＝0－12mv 21 代入数据解得R ＝0.6 m.综上所述，要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离，半圆轨道的半径必须满足R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m.答案：(1)3 m (2)4 m/s (3)R ≤0.24 m 或R ≥0.6 m。

高考物理二轮复习理科综合模拟卷二(物理部分)新人教版

理科综合模拟卷二(物理部分)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．第Ⅰ卷(选择题 48分)一、选择题：本题共8小题，每小题6分．其中第1题～第5题为单项选择题，在每小题给出的上选项中，只有一个选项符合题目要求；第6题～第8题为多项选择题，在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A 端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A 点正上方，B 端吊一重物G ，现将绳的一端拴在杆的B 端，用拉力F 将B 端缓慢向上拉，在AB 杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F 和杆受的弹力F N 的变化，判断正确的是( )A ．F 变大B ．F 变小C ．F N 变大D ．F N 变小解析：结点B 端受重物向下的拉力mg 、沿杆向上的支持力F N 和沿绳子方向的拉力F ，缓慢上拉过程中，B 点受合力为零，即三个力可平移构成首尾连接的封闭三角形，该三角形与△AOB 相似，故有：mg AO ＝F N AB ＝F OB，所以弹力F N 不变、拉力F 减小，B 项正确．答案：B2．星系由很多绕中心做圆形轨道运行的恒星组成．科学家研究星系的一个方法是测量恒星在星系中的运行速度v 和离星系中心的距离r .用v ∝r n 这样的关系来表达，科学家们特别关心指数n .若作用于恒星的引力主要来自星系中心的巨型黑洞，则n 的值为( )A ．1B ．2C ．－12 D.12解析：若恒星做圆周运动的向心力由巨型黑洞对它的万有引力提供，则有：G Mm r 2＝m v 2r ⇒v ＝GM r ，即v ∝r －12，故C 项正确．答案：C3．如图所示，真空中有两个等量异种点电荷，A 、B 分别为两电荷连线和连线中垂线上的点，A 、B 两点电场强度大小分别是E A 、E B ，电势分别是φA 、φB ，下列判断正确的是( )A ．E A >EB ，φA >φBB ．E A >E B ，φA <φBC ．E A <E B ，φA >φBD ．E A <E B ，φA <φB解析：在等量异种电荷连线上，越靠近O 点电场线越稀疏，即O 点场强最小，所以E A >E O ；在两电荷连线的垂直平分线上，越靠近O 点，电场线越密集，即O 点场强最大，所以E O >E B ，故E A >E B ，C 、D 项错；沿着电场线方向电势降低，故φA >φB ，A 项正确．答案：A4．如图，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上置有一金属棒MN .t ＝0时起释放棒，并给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．则棒的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )解析：由题意可知，金属棒所受支持力等于金属棒所受安培力，F N ＝BIL ＝BLkt ，开始阶段，金属棒竖直方向受重力和摩擦力作用，由牛顿第二定律有：mg －μBIL ＝ma ，解得：a ＝g －μBLkt m ，可见加速度a 不断减小，即速度切线斜率不断减小，C 、D 项错；当摩擦力大于重力后，金属棒速度不断减小，A 项错，B 项正确．答案：B5．如图所示是磁带录音机的磁带盒的示电图，A 、B 为缠绕磁带的两个轮子，其半径均为r .在放音结束时，磁带全部绕到了B 轮上，磁带的外缘半径为R ，且R ＝3r .现在进行倒带，使磁带绕到A 轮上．倒带时A 轮是主动轮，其角速度是恒定的，B 轮是从动轮．经测定磁带全部绕到A 轮上需要的时间为t .则从开始倒带到A 、B 两轮的角速度相等所需要的时间( )A.t 2B.5－12tC.6－12tD.7－12t 解析：因为A 轮角速度一定，A 轮磁带外缘半径随时间均匀增加，线速度v ＝ωr ，故线速度大小随时间t 均匀增加，可将磁带的运动等效为匀变速直线运动模型处理．整个过程中，设A 轮外缘初速度为v ，则末速度为3v ，运动时间为t ，加速度为a ，位移即磁带总长度为x ，由匀变速直线运动规律：(3v )2－v 2＝2ax,3v ＝v ＋at ，当磁带有一半绕到A 轮上时，两轮半径相等、两轮角速度相同，此时，v ′2－v 2＝ax ，v ′＝v ＋at ′，解得：v ′＝5v ，t ′＝5－12t ，B 项正确．答案：B6．如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直时处于原长h.让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳始终处于弹性限度内)( ) A．橡皮绳的弹性势能一直增大B．圆环的机械能先不变后减小C．橡皮绳的弹性势能增加了mghD．橡皮绳再次到达原长时圆环动能最大解析：橡皮绳开始处于原长，弹性势能为零，圆环刚开始下滑到橡皮绳再次伸直达到原长过程中，弹性势能始终为零，A项错；圆环在下落的过程中，橡皮绳的弹性势能先不变后不断增大，根据机械能守恒定律可知，圆环的机械能先不变，后减小，B项正确；从圆环开始下滑到滑至最低点过程中，圆环的重力势能转化为橡皮绳的弹性势能，C项正确；橡皮绳达到原长时，圆环受合外力方向沿杆方向向下，对环做正功，动能仍增大，D项错．答案：BC7．如图，水平的平行虚线间距为d＝60 cm，其间有沿水平方向的匀强磁场．一个阻值为R的正方形金属线圈边长l<d，线圈质量m＝100 g．线圈在磁场上方某一高度处由静止释放，保持线圈平面与磁场方向垂直，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等．不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则( )A．线圈下边缘刚进磁场时加速度最小B．线圈进入磁场过程中产生的电热为0.6 JC．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，电流均为逆时针方向D ．线圈在进入磁场和穿出磁场过程中，通过导线截面的电荷量相等解析：线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等，而线圈完全进入磁场后，只受重力作用，一定加速运动，因此线圈进入磁场过程中一定是减速进入的，即线圈所受向上的安培力大于重力，安培力F ＝BIl ＝B Blv R l ＝B 2l 2v R随速度减小而减小，合外力不断减小，故加速度不断减小，A 项错；从线圈下边缘刚进入磁场到下边缘即将穿出磁场过程中，线圈减少的重力势能完全转化为电能并以焦耳热的形式释放出来，故线圈进入磁场过程中产生的电热Q ＝mgd ＝0.6 J ，B 项正确；由楞次定律可知，线圈进入和离开磁场过程中，感应电流方向相反，C 项错；由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ，由闭合电路欧姆定律可知，I ＝E R，则感应电荷量q ＝I ·Δt ，联立解得：q ＝ΔΦR，线圈进入和离开磁场，磁通量变化量相同，故通过导线横截面的电荷量q 相同，D 项正确．答案：BD8．如图，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s 解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝mv min qB，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图(1)所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图(2)所示，小球速度沿－x 方向，则圆心一定在y 轴上，作出MN 的垂直平分线，交于y 轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max ＝5 m ，又R max＝mv max qB，解得v max ＝5 m/s ，D 项正确；当小球速度大于3 m/s 、小于5 m/s 时，轨迹如图(3)所示，由几何条件计算可知：轨迹半径R ＝3.75 m ，由半径公式R ＝mvqB ⇒v ＝3.75 m/s ，B 项正确，由分析易知选项C 错误．答案：ABD第Ⅱ卷(非选择题 62分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答．第13题～第15题为选考题，考生根据要求做答．(一)必考题(共47分)9．(6分)某同学设计了以下的实验来验证机械能守恒定律：在竖直放置的光滑的塑料米尺上套一个磁性滑块m ，滑块可沿米尺自由下落．在米尺上还安装了一个连接了内阻很大的数字电压表的多匝线框A ，线框平面在水平面内，滑块可穿过线框，如图所示．把滑块从米尺的0刻度线处释放，记下线框所在的刻度h 和滑块穿过线框时的电压U .改变h ，调整线框的位置，多做几次实验，记录各次的h ，U .(1)如果采用图象法对得出的数据进行分析论证，用图线________(选填“U —h ”或“U 2－h ”)更容易得出结论．(2)影响本实验精确程度的因素主要是______________(列举一点即可)．解析：(1)电压表内阻非常大，则电压表示数U 近似等于磁性滑块穿过线框产生的感应电动势E ；滑块下落过程中，机械能守恒，则mgh ＝12mv 2，由E ＝BLv 可知，感应电动势大小与速度v 成正比，故验证机械能是否守恒需要验证U 2－h 关系图象是不是一次函数图象．(2)由于磁性滑块穿过线框时产生感应电流，机械能有损失．答案：(1)U 2－h (2)空气阻力(或电磁感应损失机械能)10．(9分)物理学习小组在测定某电源的电动势E 和内阻r 时，找来一段电阻率较大的粗细均匀的电阻丝ab 替代滑动变阻器，设计了如图甲所示的实验，其中R 0是阻值为2 Ω的保护电阻，滑动片P 与电阻丝始终接触良好．实验时闭合开关，调节P 的位置，测得aP 的长度x 和对应的电压U 、电流I 数据，并分别绘制了如图乙所示的U －I 图象和如图丙所示的UI－x 图象．(1)由图乙可得电源的电动势E ＝________V ；内阻r ＝________Ω.(结果均保留两位有效数字)(2)根据测得的直径可以算得电阻丝的横截面积S ＝0.12×10－6m 2，利用图丙可求得电阻丝的电阻率ρ为________Ω·m ，图丙中图象截距的物理意义是_________________________.(结果均保留两位有效数字)(3)此实验用了图象法处理数据，优点是直观，但是不能减少或消除____________(填“偶然误差”或“系统误差”)．解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，电压表示数即路端电压U ＝E －I (R 0＋r )，因此图乙中纵截距即为电源的电动势E ＝3.00 V ，斜率绝对值表示保护电阻R 0与电源内电阻之和，即(R 0＋r )＝3.00－1.200.6Ω＝3.0 Ω，r ＝1.0 Ω.(2)图丙中截距为x ＝0时，即为电路中金属丝被短路，所测电阻即为电流表的内阻；由图丙可知，金属丝长0.6 m ，电阻为5.8 Ω，由电阻定律R ＝ρL S ，代入已知条件解得：ρ＝1.2×10－6Ω·m.(3)通过图象法处理数据可以消除个别数据测量不准确产生的偶然误差，对系统产生的误差没有修正作用．答案：(1)3.0(2.99～3.02均可) 1.0(0.80～1.0均可) (2)1.2×10－6电流表内阻为2.0 Ω (3)系统误差11．(14分)如图所示，风洞实验室中能模拟产生恒定向右的风力．质量m ＝100 g 的小球穿在长L ＝1.2 m 的直杆上并置于实验室中，球与杆间的动摩擦因数为0.5，当杆竖直固定放置时，小球恰好能匀速下滑．保持风力不变，改变固定杆与竖直线的夹角，将小球从O 点静止释放．g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)当θ＝37°时，小球离开杆时的速度大小；(2)改变杆与竖直线的夹角θ，使球下滑过程中与杆之间的摩擦力为0，此时θ的正切值．解析：(1)当杆竖直固定放置时，μF ＝mg解得：F ＝2 N当θ＝37°时，小球受力情况如图所示，垂直杆方向上有：F cos37°＝mg sin37°＋F N 解得：F N ＝1 N小球受摩擦力F f ＝μF N ＝0.5 N小球沿杆运动的加速度为a ＝mg cos37°＋F sin37°－F f m ＝15 m/s 2 由v 2－v 20＝2aL 得，小球到达杆下端时速度为v ＝6 m/s.(2)当摩擦力为0时，球与杆的弹力为0，由平衡条件得：F cos θ＝mg sin θ解得：tan θ＝2.答案：(1)6 m/s (2)212．(18分)如图所示，xOy 平面为一光滑水平面，在此区域内有平行于xOy 平面的匀强电场，场强大小E ＝100 V/m ；同时有垂直于xOy 平面的匀强磁场．一质量m ＝2×10－6kg 、电荷量q ＝2×10－7C 的带负电粒子从坐标原点O 以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P (4,3)点时，动能变为初动能的0.5，速度方向垂直OP 向上．此时撤去磁场，经过一段时间该粒子经过y 轴上的M (0,6.25)点，动能变为初动能的0.625，求：(1)粒子从O 到P 与从P 到M 的过程中电场力做功的大小之比；(2)OP 连线上与M 点等电势的点的坐标；(3)粒子由P 点运动到M 点所需的时间．解析：(1)设粒子在P 点时的动能为E k ，则初动能为2E k ，在M 点的动能为1.25E k .由于洛伦兹力不做功，粒子从O 点到P 点和从P 点到M 点的过程中，电场力做的功大小分别为W 1、W 2，由动能定理得：－W 1＝E k －2E k W 2＝1.25E k －E k则W 1W 2＝41.(2)O 点、P 点及M 点的电势差分别为：U OP ＝E k q U OM ＝0.75E k q设OP 连线上与M 点电势相等的点为D ，由几何关系得OP 的长度为5 m ，沿OP 方向电势下降．则：U OD U OP ＝U OM U OP ＝OD OP ＝0.751得OD ＝3.75 m ，设OP 与x 轴的夹角为α，则sin α＝35D 点的坐标为x D ＝OD cos α＝3 m ，y D ＝OD sin α＝2.25 m即：D (3,2.25)．(3)由于OD ＝3.75 m ，而OM cos ∠MOP ＝3.75 m ，所以MD 垂直于OP ，由于MD 为等势线，因此OP 为电场线，方向从O 到P带电粒子从P 到M 过程中做类平抛运动，设运动时间为t则DP ＝12Eq mt 2，又DP ＝OP －OD ＝1.25 m 解得：t ＝0.5 s.答案：(1)4 1 (2)D (3, 2.25) (3)0.5 s(二)选考题：共15分．请考生从给出的3道物理题任选一题做答．如果多做，则按所做的第一题计分．13．[物理——选修3—3](1)(6分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性B ．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大C ．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大D ．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素E ．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大(2)(9分)如图所示，两个截面积均为S 的圆柱形容器，左右两边容器高均为H ，右边容器上端封闭，左边容器上端是一个可以在容器内无摩擦滑动的轻活塞(重力不计)，两容器由装有阀门的极细管道(体积忽略不计)相连通．开始时阀门关闭，左边容器中装有热力学温度为T 0的理想气体，平衡时活塞到容器底的距离为H ，右边容器内为真空．现将阀门缓慢打开，活塞便缓慢下降，直至系统达到平衡，此时被封闭气体的热力学温度为T ，且T >T 0.求此过程中外界对气体所做的功．(已知大气压强为p 0)解析：(1)ACD(2)打开阀门后，气体通过细管进入右边容器，活塞缓慢向下移动，气体作用于活塞的压强仍为p 0.活塞对气体的压强也是p 0.设达到平衡时活塞的高度为x ，气体的温度为T ，根据理想气体状态方程得：p 0SH T 0＝p 0S x ＋HT解得：x ＝(TT 0－1)H此过程中外界对气体所做的功：W ＝p 0S (H －x )＝p 0SH (2－TT 0)．答案：(1)ACD (2)p 0SH (2－TT 0) 14．[物理—选修3—4](1)(6分)一列简谐横波，在t ＝0.6 s 时刻的图象如图甲所示，此时，P 、Q 两质点的位移均为－1 cm ，波上A 质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．这列波沿x 轴正方向传播B ．这列波的波速是503m/sC ．从t ＝0.6 s 开始，紧接着的Δt ＝0.6 s 时间内，A 质点通过的路程是10 mD ．从t ＝0.6 s 开始，质点P 比质点Q 早回到平衡位置E ．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为30 m 的障碍物不能发生明显衍射现象(2)(9分)如图所示是一个透明圆柱的横截面，其半径为R ，折射率是3，AB 是一条直径．今有一束平行光沿AB 方向射向圆柱体．若一条入射光线经折射后恰经过B 点，则这条入射光线到AB 的距离是多少？解析：(1)ABD(2)根据折射定律n ＝sin αsin β＝ 3在△OBC 中，sin βR ＝sin180°－αBC＝sin α2R ·cos β可得β＝30°，α＝60° 所以CD ＝R sin α＝32R . 答案：(1)ABD (2)32R 15．[物理—选修3—5](1)(6分)北京时间2011年3月11日13时46分，在日本本州岛附近海域发生里氏9.0级强烈地震，地震和海啸引发福岛第一核电站放射性物质泄露，其中放射性物质碘131的衰变方程为13153I→13154Xe ＋Y.根据有关放射性知识，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个给3分，选对2个给4分，选对3个给6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．Y 粒子为β粒子B ．若13153I 的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了 C ．生成的13154Xe 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强 D.13153I 中有53个质子131个核子E ．如果放射性物质碘131处于化合态，也不会对放射性产生影响(2)(9分)如图所示，一质量为m /3的人站在质量为m 的小船甲上，以速度v 0在水面上向右运动．另一完全相同小船乙以速率v 0从右方向左方驶来，两船在一条直线上运动．为避免两船相撞，人从甲船以一定的速率水平向右跃到乙船上，求：为能避免两船相撞，人水平跳出时相对于地面的速率至少多大？解析：(1)ADE(2)设向右为正，两船恰好不相撞，最后具有共同速度v 1，由动量守恒定律：(m3＋m )·v 0－mv 0＝(2m ＋m3)v 1解得：v 1＝17v 0设人跳出甲船的速度为v 2，人从甲船跃出的过程满足动量守恒定律：(m3＋m )v 0＝m ·v 1＋m3v 2解得：v 2＝257v 0.答案：ADE (2)257v 0。

2020版高考物理二轮复习48分小题精准练2含解析2

48分小题精准练(二)(建议用时：20分钟)(1～5小题为单选题，6～8小题为多选题)1.(2019·长春市一模)如图所示，质量为m 的木块A 放在斜面体B 上，对B 施加一水平向左的推力F ，使A 、B 保持相对静止向左做匀速直线运动，则B 对A 的作用力大小为(重力加速度为g )( )A ．mgB ．mg sin θC ．mg cos θD ．0A [A 向左做匀速直线运动，则其所受合力为零，对A 受力分析可知，B 对A 的作用力大小为mg ，方向竖直向上，故A 正确。

]2．由于放射性元素23793Np 的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现。

已知23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，下列选项中正确的是( )A.20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少28个中子B.23793Np 经过衰变变成20983Bi ，衰变过程可以同时放出α粒子、β粒子和γ粒子 C ．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变 D.23793Np 的半衰期等于任一个23793Np 原子核发生衰变的时间C [20983Bi 的中子数为209－83＝126，23793Np 的中子数为237－93＝144，20983Bi 的原子核比23793Np 的原子核少18个中子，A 错误；23793Np 经过一系列α衰变和β衰变后变成20983Bi ，可以同时放出α粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，不能同时放出三种粒子，B 错误；衰变过程中发生α衰变的次数为237－2094＝7(次)，β衰变的次数为2×7－(93－83)＝4(次)，C 正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，D 错误。

]3．(2019·江西高安二中5月仿真考试)科学家计划在2025年将首批宇航员送往火星进行考察。

一质量为m 的物体，假设在火星两极宇航员用弹簧测力计测得的读数为F 1，在火星赤道上宇航员用同一个弹簧测力计测得的读数为F 2，通过天文观测测得火星的自转角速度为ω，引力常量为G ，将火星看成是质量分布均匀的球体，则火星的密度和半径分别为( )A.3F 1ω24πG F 1－F 2，F 1－F 2m ω2 B.3ω24πG ，F 1F 2m ω2 C.3F 1ω24πG F 1－F 2，F 1＋F 2m ω2D.3ω24πG ，F 1－F 2ω2A [在火星的两极，宇航员用弹簧测力计测得的读数F 1等于万有引力，即G Mm R2＝F 1，在火星的赤道上，物体的重力不等于万有引力，有G Mm R2－F 2＝m ω2R ，联立解得R ＝F 1－F 2m ω2，又M ＝43πR 3ρ，解得ρ＝3F 1ω24πG F 1－F 2，选项A 正确，B 、C 、D 错误。

高考物理二轮复习计算题47分模拟小卷(二)

计算题47分模拟小卷(二)计算题：本题共3小题，共计47分。

解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不能得分。

有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

13．(15分)(2016·泰州一模)如图1所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一劲度系数为k ＝200 N/m 的轻质弹簧一端连接固定挡板C ，另一端连接一质量为m ＝4 kg 的物体A ，一轻细绳通过定滑轮，一端系在物体A 上，另一端与质量也为m 的物体B 相连，细绳与斜面平行，斜面足够长。

用手托住物体B 使绳子刚好没有拉力，然后由静止释放。

求：图1(1)弹簧恢复原长时的细绳上的拉力；(2)物体A 沿斜面向上运动多远时获得最大速度；(3)物体A 的最大速度的大小。

解析弹簧恢复原长时对B 有mg －T ＝ma (2分)对A 有T －mg sin 30°＝ma (2分)解得T ＝30 N(1分)(2)初态弹簧压缩x 1＝mg sin 30°k＝10 cm(2分) 当A 速度最大时mg ＝kx 2＋mg sin 30°(2分)弹簧伸长x 2＝mg sin 30°k＝10 cm(1分) 所以A 沿斜面向上运动x ＝x 1＋x 2＝20 cm 时获得最大速度。

(1分)(3)因x 1＝x 2，故弹性势能改变量ΔE P ＝0(1分)由系统机械能守恒mg (x 1＋x 2)－mg (x 1＋x 2)sin 30°＝12·2m ·v 2(2分)得v ＝g ·m 2k＝1 m/s(1分) 答案 (1)30 N (2)20 cm (3)1 m/s14．(16分)(2016·无锡一模)如图2所示，水平面内有一对不计电阻的平行金属导轨，间距为l ，导轨端点连接着阻值为R 的定值电阻。

导轨之间还存在一系列边界为半个正弦波形的有界匀强磁场，磁场的上边界与导轨MN 相切，下边界与导轨PQ 重合，宽度为d ，其中第奇数个磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为B ，第偶数个磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度为2B 。

2024届湖南省高三下学期二轮复习联考全真演练物理试题(二)

2024届湖南省高三下学期二轮复习联考全真演练物理试题（二）一、单选题 (共7题)第(1)题如图所示，把头发碎屑悬浮在蓖麻油里，加上电场后可模拟点电荷周围电场线。

图中A、B两点的电场强度分别为，电势分别为。

两个试探电荷放在A、B两点时电势能分别为，所受静电力分别为，则（）A．B．C．D．第(2)题物块P以速度沿足够长的静止的倾斜传送带匀速下滑，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

某时刻传送带突然以恒定速率沿图示逆时针方向运行，则从该时刻起，物块P的速度v随时间t变化的图像可能是（）A．B．C．D．第(3)题2023年10月26日11时14分，中国自主研发的神舟十七号载人飞船发射升空，经过对接轨道后成功与空间站天和核心舱前向端口对接，形成三舱三船组合体。

空间站轨道可近似看成圆轨道，距离地面的高度约为，已知同步卫星距地球表面高度约为，下列说法正确的是（）A．神舟十七号的发射速度大于B．神舟十七号在对接轨道上的运行周期大于空间站的运行周期C．天和核心舱绕地球公转的线速度比赤道上的物体随地球自转的线速度小D．神舟十七号从对接轨道变轨到空间站轨道时，需点火减速第(4)题某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。

每过年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。

该行星与地球的公转半径比为（）A．B．C．D．第(5)题绿色环保低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家，某家用交流充电桩的供电电路如图所示。

已知总电源的输出电压为U1=250V，输电线的总电阻r=20Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器原副线圈的匝数比为n1：n2=1：8，汽车充电桩的额定电压为U4=220V，额定功率为9.5kW。

当汽车以额定电压充电时，下列说法中正确的是（）A．通过输电线的电流为5AB．电源的输出功率为10.5kWC．输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%D．降压变压器原、副线圈的匝数之比为100：11第(6)题关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合第(7)题甲、乙两新能源汽车在同一条平直公路上进行测试，时两车均静止。

高考物理二轮复习 计算题47分模拟小卷(二)

2024年高考物理第二次模拟考试卷及答案解析(全国卷)

高三物理第二轮复习计算题专题训练参考答案

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