2024届苏锡常镇高三下学期二模考前模拟物理试卷

这是一份2024届苏锡常镇高三下学期二模考前模拟物理试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.关于热学现象，下列说法正确的是( )
A. 液体有表面张力，原因是液体表面分子间的平均距离比液体内部大
B. 物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
C. 不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功
D. 给庄稼松土有助于将地下的水分引上来
2.2023年9月21日，“天宫课堂”第四课开讲。神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮将面向全国青少年进行太空科普授课，展示介绍中国空间站梦天实验舱工作生活场景，演示了各种奇妙的在失重状态下的实验，例如蜡烛火焰、动量守恒定律等实验，并与地面课堂进行互动交流。下面四幅蜡烛火焰图是在太空实验室中演示的是( )
A. B.
C. D.
3.嫦娥七号将配置能在月面上空飞行的“飞跃探测器”，其中六足构型如图所示。对称分布的六条轻质“腿”与探测器主体通过铰链连接，当探测器静止在水平地面上时，六条“腿”的上臂与竖直方向夹角均为θ，探测器的质量为m，重力加速度为g。则每条“腿”的上臂对测器的弹力大小为( )
A. mg6csθB. mg6sinθC. mgcsθ6D. mgsinθ6
4.某同学参加“筷子夹玻璃珠”游戏。如图所示，夹起玻璃珠后，两筷子始终在同一竖直平面内，右侧筷子竖直，左侧筷子与竖直方向的夹角为θ。保持玻璃珠静止，忽略筷子与玻璃珠间的摩擦。下列说法正确的是( )
A. 两侧筷子对玻璃珠的合力比重力大
B. 若逐渐减小θ的大小，则两侧筷子对玻璃珠的弹力也逐渐减小
C. 左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大
D. 右侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃球的重力大
5.下列有关光电效应的说法错误的是
A. 爱因斯坦提出了光电效应理论
B. 甲图实验中让锌板带负电，光照后，验电器张角会变小
C. 乙图中光电子到达A板的速度越大，则光电流越大
D. 乙图光电流的大小与入射光束的光强有关
6.一定质量的理想气体从状态A开始依次经过状态B到状态C再回到状态A，其V−1T图像如图所示，其中C到A的曲线为双曲线的一部分.下列说法正确的是( )
A. 从A到B的过程中，气体对外做功，内能减少
B. 从B到C的过程中，气体吸收热量，内能减少
C. 从C到A的过程中，气体的压强不变，内能增加
D. 从C到A的过程中，气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多
7.2021年10月16日，神舟十三号载人飞船采用自主快速交会对接方式，首次径向靠近空间站，如图所示.两者对接后所绕轨道视为圆轨道，绕行角速度为ω，距地高度为kR，R为地球半径，引力常量为G。下列说法中正确的是( )
A. 神舟十三号在低轨只需沿径向加速可以直接与高轨的天宫空间站实现对接
B. 地球表面重力加速度为ω2(k+1)3R
C. 对接后的组合体的运行速度应大于7.9 km/s
D. 地球的密度为ρ=4ω2(k+1)33πG
8.如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，A、V均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L是理想线圈、D是灯泡．原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法正确的是
( )
A. 交流电的频率为100Hz
B. 电压表的示数为22 2V
C. 当光照增强时，A的示数变小
D. 若用一根导线来代替线圈L，则灯D变亮
9.如图一足够大的“⊂”形导轨固定在水平面，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化，t=0时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度v0向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零，已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是
A. B.
C. D.
10.如图所示为接地金属球壳，O点为球心，电荷量为2q和−q(q>0)的两个点电荷分别位于M、N两点，其延长线过球心，P为MN连线上球壳外一点，取无穷处电势为零，T为金属球壳外附近一点，下列说法正确的是( )
A. T点电场强度方向背离O点
B. 若移去M点的电荷，则P点的电势降低
C. 将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
D. 若移去接地金属球壳，MN附近还存在两个电场强度为零的点
11.一种离心测速器的简化工作原理如图所示。光滑细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，则
A. 角速度越大，圆环受到的杆的支持力越大
B. 角速度越大，圆环受到的弹簧弹力越大
C. 弹簧处于原长状态时，圆环的向心加速度为 3g
D. 突然停止转动后，圆环下滑过程中重力势能和弹簧弹性势能之和一直减小
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.磁敏电阻是一种对磁敏感、具有磁阻效应的电阻元件。物质在磁场中电阻发生变化的现象称为磁阻效应。某实验小组利用伏安法测量一磁敏电阻RM的阻值(约几千欧)随磁感应强度的变化关系。
所用器材：电源E(5V)、滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)，电压表(量程为0∼3V，内阻为3kΩ)和毫安表(量程为0∼3mA，内阻不计)。定值电阻R0=1kΩ、开关、导线若干

(1)为了使磁敏电阻两端电压调节范围尽可能大，实验小组设计了电路图甲，请用笔代替导线在乙图中将实物连线补充完整。
(2)某次测量时电压表的示数如图丙所示，电压表的读数为_____V，电流表读数为0.5mA，则此时磁敏电阻的阻值为_____(保留3位有效数字)。
(3)实验中得到该磁敏电阻阻值R随磁感应强度B变化的曲线如图丁所示，某同学利用该磁敏电阻制作了一种报警器，其电路的一部分如图戊所示。图中E为直流电源(电动势为5.0V，内阻可忽略)，当图中的输出电压达到或超过2.0V时，便触发报警器(图中未画出)报警。若要求开始报警时磁感应强度为0.2T，则图中_____(填“R1”或“R2”)应使用磁敏电阻，另一固定电阻的阻值应为_____kΩ(保留2位有效数字)。
(4)在图戊所示电路中，如果要提高此装置的灵敏度(即在磁感应强度更小时就能触发报警)，应该_____(填“增大”或“减小”)磁敏电阻之外的定值电阻。
三、计算题：本大题共4小题，共44分。
13.一列简谐横波在同一均匀介质中沿x轴方向传播，t=0.2s时刻的波形图如图甲所示，质点M的平衡位置在xM=7.5cm处，质点N的平衡位置在xN=3cm处，质点N的振动图像如图乙所示。求
(1)自t=0.2s时刻起，质点N的振动方程；
(2)自t=0.2s时刻起，质点M到达波峰的最短时间。
14.如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，MN、PQ是固定在水平面内间距为L的平行金属导轨，导轨光滑且足够长，电阻不计．M、P间接电动势为E、内阻为r的电源．金属杆ab垂直于MN、PQ放在导轨上，与导轨接触良好，通过光滑的定滑轮以速度v匀速提升重物，电路中的电流为I.金属杆ab相当于“电动机”，求：
(1)电源两端电压；
(2)“电动机”输出的功率．
15.如图所示，竖直光滑半圆弧轨道的下端B点固定在高h=3.2m的竖直墙壁上端，O为半圆的圆心，BC为竖直直径，一质量m2=4kg的小球b静置在B点。现将一质量m1=2kg的小球a从水平地面上的A点以初速度v0斜向上抛出，抛射角θ=53∘。小球a刚好能沿水平方向击中小球b，两小球碰撞过程时间极短且没有能量损失，碰撞结束后小球b在半圆弧轨道上运动的过程不脱离轨道(小球b从圆弧轨道最高点C和最低点B离开不算脱离轨道)。已知sin53∘=0.8，cs53∘=0.6，重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计，求：
(1)小球a从A点抛出时的初速度v0；
(2)碰撞结束瞬间小球b的速度vb；
(3)半圆弧轨道的半径R的取值范围。
16.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动．如图所示的xOy平面内，x轴上方有一沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E=qdB22m.在x轴下方相邻并排着两个宽度为d的匀强磁场，磁场区域1、2的感应强度分别为B1=B、B2=2B，方向都垂直平面向外．现有一可在y轴正半轴上移动的粒子源，能释放不计初速度，质量为m，带电量为−q的粒子(重力忽略不计，不考虑粒子之间的相互影响)．
(1)若粒子从A(0,y0)处释放，求粒子在磁场区域1内做圆周运动的轨道半径r1；
(2)若某粒子恰好不从磁场区域2的下边界射出，求粒子在y轴上释放的位置y1；
(3)若粒子源在(0,4d)处释放，求粒子打在x轴上的位置及在磁场中运动的时间．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查表面张力、分子速率、热力学第二定律、毛细现象等的认识，逐一分析即可判断，基础题目。
【解答】
A、液体有表面张力，原因是液体表面分子间的平均距离比液体内部大，故 A正确；
B、物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度有关，温度越高，速率大的分子数占比越多，故B错误；
C、由热力学第二定律知，不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不不产生其他影响，故 C错误；
D、给庄稼松土破坏了土壤里面的毛细管，不利于将地下的水分引上来，故D错误。
2.【答案】B
【解析】太空实验室中处于完全失重状态，燃烧后气体向各个方向运动的趋势相同，蜡烛火焰近似球形。
故选B。
3.【答案】A
【解析】每条“腿”的上臂对测器的弹力大小为F，由共点力的平衡可知6Fcsθ=mg，可得F=mg6csθ。
故选A。
4.【答案】C
【解析】A.对玻璃珠受力分析如图所示，受到重力G、左侧筷子对玻璃珠的弹力 F1 ，右侧筷子对玻璃珠的弹力 F2 ，在三个力的作用下处于平衡状态，根据力的平衡可知，两侧筷子对玻璃珠的合力与重力等大反向，则两侧筷子对玻璃珠的合力等于重力，故A错误；
BCD.玻璃珠保持静止，根据平衡条件可得
F1=Gsinθ>G
F2=Gtanθ
故若逐渐减小θ的大小，则左侧筷子对玻璃珠的弹力逐渐增大，右侧筷子对玻璃珠的弹力逐渐增大，左侧筷子对玻璃珠的弹力一定比玻璃珠的重力大，右侧筷子对玻璃珠的弹力不一定比玻璃球的重力大，故BD错误，C正确。
故选C。
5.【答案】C
【解析】【分析】
该题考查对光电效应的理解，关键是理解从金属表面逸出的光电子的最大初动能是由金属的逸出功和光子的能量决定的，与光的强弱无关．
【解答】
A. 爱因斯坦提出了光电效应理论，故A正确；
B. 甲图实验中让锌板带负电，光照后，有电子逸出，电量减小，则验电器张角会变小，故B正确；
C. 乙图中光电子到达A板的速度越大，若达到饱和光电流，则光电流不变，故C错误；
D. 光电流的大小与入射光束的光强有关，饱和光电流与入射光的强度成正比，故D正确。
本题选错误的，故选C。
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了理想气体状态方程的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由温度决定。
【解答】
A.从A到B的过程中，气体体积增大，对外做功，但温度不变，故内能不变，故A错误；
B、从B到C的过程中，V不变，则W=0，T增大，分子对器壁的平均撞击力变大，则△U>0，内能增加，根据热力学第一定律△U=W+Q可得Q>0，即气体吸收热量，故B错误；
C、从C到A的过程中，根据理想气体状态方程pVT=C可得VT=Cp，由于CA曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体压强不变，V减小，T减小，内能减少，故C错误；
D、从C到A的过程中，p不变，V减小，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多而单个气体分子撞击力变小，故D正确。
7.【答案】B
【解析】【分析】
神舟十三号在低轨需沿径向和切向加速才可以与高轨的天宫空间站实现对接；由万有引力提供向心力求解地球的质量，根据密度的计算公式求解地球的密度；根据万有引力和重力的关系求解地球表面重力加速度；由万有引力提供向心力分析对接后组合体的运行速度。
解决天体(卫星)运动问题的基本思路：(1)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引=mg，整理得GM=gR2；(2)天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引=F向，根据相应的向心力表达式进行分析。
【解答】
A、神舟十三号在低轨需沿径向和切向加速才可以与高轨的天宫空间站实现对接，故A错误；
C、7.9km/s是贴近地面的卫星做匀速圆周运动的线速度；对卫星，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，对接后的组合体的轨道半径大于地球的半径，所以运行速度应小于7.9km/s，故C错误；
D、由万有引力提供向心力有：GMmr2=mrω2，其中r=(k+1)R，解得地球的质量为：M=(k+1)3R3ω2G，
地球的体积为：V=43πR3，则地球的密度为：ρ=MV，联立解得：ρ=3ω2(k+1)34Gπ，故D错误；
B、根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg，结合地球的质量，联立解得地球表面重力加速度为g=ω2(k+1)3R，故B正确。
8.【答案】D
【解析】A.因交流电的周期是0.02 s，所以频率为f=1T=10.02Hz=50Hz，故A错误；
B.原线圈接入电压的最大值是 220 2V ，所以原线圈接入电压的有效值是U1=220V，根据理想变压器变压比U1U2=n1n2，代入数据解得副线圈的电压为U2=22V，电压表的示数为22V，故B错误；
C.有光照增强时， R阻值随光强增大而减小，则次级电阻减小，根据P=U2R总，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故C错误；
D.用导线代替线圈，对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D正确。
故选D。
9.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查感应电流的产生，基础题目。
结合题设和感应电流产生的条件列方程得出表达式即可判断。
【解答】电流计读数始终为0，则回路始终无感应电流，即回路磁通量不变，可见B0Lx0=BL(x0+v0t)，可得1B=x0B0x0+v0B0x0t，B=B0x0x0+t，可见1B−t是一条倾斜向上，纵截距为正值的直线，而B−1t是一条曲线，故C正确，ABD错误。
10.【答案】B
【解析】A.设等势圆的半径为 R ，AN距离为 x ，MN距离为L，如图所示，
根据φ=kqx
结合电势叠加原理， A 、 S 满足k⋅2qL−x=kqx，k⋅2qL+2R−x=kq2R−x
解得x=L3 ， R=23L
由于电场强度方向垂直等势面，可知T点的场强方向必过等势面的圆心， O 点电势φO=k⋅2qL+L3−kqL3=−3kq2L<φT
可知T点电场方向指向 O 点，故A错误；
B.M点的电荷电荷在P点产生的电势为正，若移去M点的电荷，则P点的电势降低，故B正确；
C.左边正电荷在M右侧电场强度水平向右，右边负电荷在MN间电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于T点电势，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势升高，静电力做负功，故C错误；
D.由于正电荷的电荷量大于负电荷电荷量，可知在N左侧电场强度不可能为零，假设N右侧与N距离为d处电场强度为零，设 MN=L ，有k⋅2q(L+d)2=kqd2
方程有唯一解，可知除无穷远处外，MN附近电场强度为零的点只有一个，故D错误。
故选B。
11.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查水平面内的匀速圆周运动。解决问题的关键是对圆环进行正确的受力分析，结合条件分析判断。
【解答】AB.圆环受力如图：
竖直方向Tcsα+Nsinα=G，水平方向Ncsα−Tsinα=mω2r，角速度ω越大，圆环受到的杆的支持力N越大，圆环受到的弹簧弹力T越小，故A正确，B错误；
C.弹簧处于原长时，则圆环仅受重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律得mgtanα=ma，解得a=gtan α=g 3= 33g，故C错误；
D.突然停止转动后瞬间，由于圆环有沿杆向下的加速度，圆环会向下加速，动能增大，由于圆环和弹簧组成的系统机械能守恒，故重力势能和弹簧的弹性势能之和会增加，故D错误。
12.【答案】(1)
(2)1.30 ；3.46×103Ω
(3)R2 ；2.1
(4)减小

【解析】【分析】
本题考查利用伏安法测量一磁敏电阻RM的阻值的实验方法，关键在明确内外接法，再分析闭合电路欧姆定律，注意掌握图象的准确应用。
(1)根据电路图补充实物连线图；
(2)由电压表的读数规则可得电压表的读数，结合根据串联电路电压与电阻成正比的关系，可得磁敏电阻的阻值；
(3)(4)根据闭合电路欧姆定律可得可得输出电压，注意要求输出电压达到或超过2.0V时报警，即要求磁感应强度增大时，电阻的阻值增大，从而需要输出电压增大，故需要 R2 的阻值增大才能实现此功能，以及根据电路关系可知磁敏电阻之外的定值电阻的变化。
【解答】
(1)根据电路图甲，在乙图中补充实物连线图如下
(2)电压表的最小刻度值为0.1V，如图丙所示，电压表的读数为1.30V，
根据串联电路电压与电阻成正比的关系，磁敏电阻两端的电压为1.30V3kΩ×(3kΩ+1kΩ)=1.73v
电流表读数为0.5mA，故此时磁敏电阻的阻值为R=1.730.5×10−3Ω=3.46×103Ω
(3)根据闭合电路可得可得输出电压为U=ER2R1+R2，要求输出电压达到或超过2.0V时报警，即要求磁感应强度增大时，电阻的阻值增大，从而需要输出电压增大，故需要 R2 的阻值增大才能实现此功能，故 R2 为磁敏电阻；
开始报警时磁感应强度为0.2T，此时R2=1.4kΩ
电压U=2.0V
根据电路关系UR2=ER1+R2
解得另一固定电阻的阻值应为R1=2.1kΩ；
(4)要提高此装置的灵敏度(即在磁感应强度更小时就能触发报警)，也就是磁敏电阻的电阻值更小时，由于是串联关系，故要求磁敏电阻之外的定值电阻的阻值减小。
13.【答案】解：(1)由乙图知，0.2s时质点N向上振动，T=0.4s，
质点N的振动方程为y=Asinωt=10sin2πT⋅t=10sin5πt(cm)
(2)根据甲乙图像判知：该波沿x轴负方向传播，λ=12cm，T=0.4s
v=λT=12×10−20.4m/s=0.3m/s
在0.2s时，质点M右边最近的波峰的平衡位置为x=18cm，
t=x−xMv
代入解得
t=0.35s
【解析】【分析】(1)分别由两图读出波长和周期，根据y=Asinωt求质点N的振动方程；
(2)根据甲乙图像判知：该波沿x轴负方向传播，λ=12cm，T=0.4s，根据v=λT求波速，分析右边最近的波峰的平衡位置，从而解得最短时间。
本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系。
14.【答案】解：(1)由闭合电路欧姆定律E=U+Ir得
U=E−Ir；
(2)物块的重力与ab导体棒所受的安培力相等mg=BIL，
PG=−mgv=BILv，
电动机”输出的功率为：P=BILv。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律求电源两端电压；
(2)重物匀速上升，重力与导体棒的安培力相等，根据P=Fv求输出功率。
15.【答案】解：
(1)小球从A到B，在竖直方向做加速度为g的匀减速运动，在竖直方向上逆向运动为自由落体运动，则h=12gt2，解得t= 2hg=0.8s，竖直方向的初速度为vy=gt=8m/s，由vy=v0sinθ，解得v0=10m/s；
(2)在水平方向做匀速运动，则vx=v0csθ=6m/s，设小球a与小球b碰后小球a的速度为va，小球b的速度为vb，由动量守恒定律可得m1vx=m1va+m2vb，由能量守恒可得12m1vx2=12m1va2+12m2vb2，解得vb=4m/s；
(3)假设小球b恰好过圆弧轨道的最高点C，由牛顿第二定律得 m2g=m2vC2R1，从最低点B运动到C点，由动能定理得−m2g·2R1=12m2vC2−12m2vb2，解得R1=0.32m，假设小球b运动到圆弧轨道的圆心等高点时速度恰好减为零，由动能定理得−m2gR2=0−12m2vb2，解得R2=0.8m，综上得圆弧轨道半径的取值范围为0【解析】本题考查动力学的综合问题。解决问题的关键是清楚小球a和b的受力情况和运动情况，利用平抛运动的规律、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律，结合竖直平面内的圆周运动的临界条件分析计算。
16.【答案】(1)在电场中，从A到O根据动能定理可得：qEy0=12mv2
根据题意可知电场强度为E=qdB22m，
在磁场1中，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=mv2r1
解得r1= dy0；
(2) 设粒子在磁场1中偏转角为θ，
几何关系得，磁场1中r1′sinθ=d
磁场2中r2−r2sinθ=d
磁场2中r2=r1′2
解得r1′=3d由(1)知r1′= dy1
解得y1=9d；
(3)y=4d，可得，r1′′=2d，r2′=d，θ′=30∘
再次回到x轴位置
x1=2r1′′−r1′′csθ′
磁场1中的周期T1=2πmqB，时间t1=2θ′2πT1
磁场2中的周期T2=πmqB，时间t2=(π−2θ′)2πT2
粒子回到x轴的位置x=nx1=(4− 3)nd(n=1、2、3⋯⋯)
在磁场中经历的时间t=n(t1+t2)=2nπm3qB，(n=1、2、3⋯⋯)
【解析】(1)在电场中，从A到O根据动能定理列方程；在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力列方程联立求解；
(2)根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系列方程；根据(1)中结论进行求解；
(3)根据洛伦兹力提供向心力结合几何关系列式求出粒子打在x轴上的位置及在磁场中运动的时间，注意周期性。
本题主要考查带电粒子在磁场中的运动，难度较大。