2023江苏版物理高考第二轮复习--综合测试卷一.pdf

《2023江苏版物理高考第二轮复习--综合测试卷一.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023江苏版物理高考第二轮复习--综合测试卷一.pdf（11页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023江苏版物理高考第二轮复习综合测试卷一1.（2022南开二模,1）铀原子核既可发生衰变，也可发生裂变。其衰变方程为座.默Th+X,裂变方程为赞U+LY+黑K r+3仙89其中总知、尿Y、K r的质量分别为叫、m2.m,、m“光在真空中的传播速度为c。下列叙述正确的是（）36A至8U发生的是B衰变B.Y原子核中含有56个中子C.若提高温度易8匚 的半衰期将会变小D.一个蒙U裂变时释放的能量为（mi-2m-m-mi）c2答 案D根据核反应过程中质量数守恒、电荷数守恒,知X为氨原子核建8U发生的是a衰变,A错误;Y的质量数A=235+1-89-3=144,电荷数Z=92-36=56,由原子核的

2、组成特点可知,Y原子核中含有56个质子,中子数为144-56=88,B错误;半衰期与温度、压强等外界因素无关.C错误;由于核裂变的过程中释放能量,根据爱因斯坦质能方程得A E=A mc2=（mi-2m2-ni3-m.i）c2,D 正确。2.（2022山东青岛一模,2）下列关于热学中的一些说法正确的是（）A.茶叶蛋变色是布朗运动产生的结果B.第二类永动机违反了热力学第一定律C.温度是分子平均动能的标志，两个动能不同的分子相比,动能大的温度高D.一定质量理想气体对夕M故100 J的功，同时从外界吸收70 J的热量，则它的内能减小了 30 J答 案D茶叶蛋变色是扩散现象的结果,A错误;第二类永动机违

3、反了热力学第二定律,B错误;温度是分子热运动的平均动能的标志，是统计规律,适用于大量分子,对单个分子不成立,C错误;一定质量理想气体对外做100 J的功，同时从外界吸收70 J的热量，根据热力学第一定律可得A U=W+Q=-100 J+70 J=-30 J,可知气体的内能减小了 30 J,D正确.3.（2022部分区二模,1）一辆汽车沿平直道路行驶,汽车在t=0到1=40 s这段时间内的v-t图像如图所示。分析图像可知（）A.1020 s汽车处于静止状态B.40 s末汽车离出发点最远C.30 s末汽车的加速度大小为3 m/s2D.010 s与2040 s汽车的运动方向相反答 案B由v-t图像可

4、知,1020 s汽车做速度为30 m/s的匀速直线运动,A错误;由v-t图像可知,汽车在t=0到t=40 s这段时间内一直向正方向运动，可知40 s末汽车离出发点最远,B正确;根据v-t图线斜率的绝对值表示加速度的大小可知,30 s末汽车的加速度大 小 为 纵 m/s24 m/s2,C错误;由v-t图像可知,010 s与2040 s汽车的运动方向都为正方向,即运动 Z U 4方向相同,D错误。第1页 共1 1页4.（2022浙江强基联盟模拟）如图甲所示,第五代移动通信技术（简称5G）是具有高速率、低时延和大连接特点的新一代宽带移动通信技术,是实现人机物互联的网络基础设施。为研究波的传播，小明利

5、用一波源起振器产生的波进行观察,如图乙所示,波源起振器处于0 点,该图是t=2 s 时的波形图，已知波速为4 cm/s,则下列说法正确的是（）乙A.波源的起振方向竖直向下B.若有一 P点位于x=24 cm的位置，则 t=5 s 时,该P 点第一次到达波峰的位置C.若有一 P 点位于x=36 cm的位置,则I拎s 时,该P 点第一次到达振幅的一半的位置D.若有一 P 点位于x=48 cm的位置，则 t号s 时,该P 点第一次到达振幅的竽的位置答 案 D 由波形图可知,波源的起振方向竖直向上，故 A 错误;振动从波源传播到P 点的时间t=6 s5 s,所以t=5 s 时振动还未传播到P 点，故 B

6、 错误;振动从波源传播到P 点的时间tig=9 s,t2=y s-9 s=1 s,由波形图可知T=4 s,则 y=A si埠t=Asin谊 x I）岑 A,故 C 错误;振动从波源传播到P 点的时间t专12 s,t2=s-12 s=1 s,则 y=A sin（亨x|卜考A,故 D 正确。5.（2022广东深圳一模,3）如图所示,两轻质肩带将裙子对称地悬挂在三角形衣架上晾晒。每根肩带倾斜,A 处肩带与衣架臂的夹角。90。，则（）A.衣架对裙子的作用力大于裙子的重力B.每根肩带的拉力等于裙子重力的一半C.A 处肩带所受的静摩擦力小于肩带的拉力D.A 处肩带所受支持力等于肩带的拉力大小答 案 C裙子

7、处于平衡状态,衣架对裙子的作用力与裙子的重力等大反向,A 错误;由于每根肩带拉力的方向者坏是竖直向上,根据力的合成与分解,每根肩带的拉力都大于裙子重力的一半,B错误;如图所示,在A处,肩带所受静摩擦力和支持力的合力等于肩带拉力,而静摩擦力和支持力相互垂直,所以A 处肩带所受的静摩擦力与支持力均小于肩带的拉力大小,C 正确,D 错误。第 2 页 共 11页6.（2022天津和平一模）雨后太阳光射入空气中的水滴,先折射一次，然后在水滴的背面发生反射,最后离开水滴时再折射一次，就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴,a、b是其中的两条出射光线,在这两条出射光线中，一条是红光,另一条是紫光,下列

8、说法正确的是（）A.a光线是红光,b光线是紫光B.遇到同样的障碍物,b光比a光更容易发生明显衍射现象C.a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间短D.增大太阳光在水滴表面的入射角，则可能没有光线从水滴中射出答 案B由光路图可知，发生第一次折射时a光线的偏折程度较大，则折射率较大,频率较大，故a光线是紫光,b光线是红光,A错误;红光的波长比紫光长,则遇到同样的障碍物,b光比a光更容易发生明显衍射现象,B正 确;根 据 可 知,a光在水滴中的传播速度较小,且在水滴中的传播距离较大，则a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长,C错误;增大太阳光在水滴表面的入射角，则光线在水滴背面的入射

9、角变大，光线仍能在水滴的背面发生全反射,再从水滴中射出,D错误。7.（2022山东淄博一模,4）滑块第一次从粗糙斜面顶端由静止下滑到底端，第二次以一定的初速度从斜面底端上滑刚好到达顶端。如图所示，某同学记录了滑块运动的频闪照片,若照片的时间间隔都相同,下列说法正确的是（）乙A.图甲是滑块上滑的照片B.滑块下滑时的加速度大小大于上滑时的加速度大小C.滑块下滑到底端时的速度大小小于刚开始上滑时的初速度大小第3页 共1 1页D.滑块下滑过程所用时间等于上滑过程所用时间答 案C由牛顿第二定律可得，下滑时满足mg sin 0-u mg cos上滑时满足mg sin 0+p mg c o s。=对比可得a

10、K a,故滑块下滑时的加速度大小小于上滑时的加速度大小,故B错误;设斜面的长度为L,下滑时有La青,根据逆向思维，上滑过程可反向看成初速度为零的匀加速运动，同理可得L=1a；M，可得t.t2,设频闪时间间隔为T,由题图可知,图甲为5T,图乙为4T,故图乙是滑块上滑的照片,故A、D错误;由运动学公式v-2aL可知,下滑时的末速度大小小于上滑时的初速度大小,故C正确。8.（2022部分区模拟,6）（多选）如图所示,R,是光敏电阻（光照增强,电阻减小），C是电容器,R是定值电阻.闭合开关,当R,受到的光照强度减弱时（）A.电源两端电压减小B.光敏电阻R两端的电压增大C.通过电阻Rz的电流增大D.电容

11、器C所带的电荷量减小答 案B D当R受到的光照强度减弱时,光敏电阻飞阻值变大,根据闭合电路欧姆定律1=77-可知，回路中的电流减小，TvKv 2则通过电阻艮的电流减小，故c错误;回路中的电流减小,则根据U=E-Ir可知,路端电压增大,即电源两端电压增大,故A错误;电阻R：两端的电压为队=1即 回路中的电流减小,则电阻R：两端的电压减小,故电容器C两端的电压减小,根据Q=CU2可知,电容器C所带的电荷量减小，故D正确:根据电路中的电压关系有U=U,+U,由于路端电压U增大,而电阻艮两端的电压盘减小，则光敏电阻R.两端的电压L增大,故B正确。9.（2022湖南新高考模拟预测卷,6）如图所示,为了浴

12、室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1,原线圈输入交变电压u=311 sin（lOOnt）Vo已知照明灯额定功率为44 W,排气扇电动机内阻为1。，电流表示数为2 A,各用电器均正常工作，电表均为理想电表。则（）A.电压表示数为62 VB.变压器的输入功率为88 WC.排气扇输出功率为44 WD.保险丝熔断电流不得低于1 A答 案B变压器输入的交变电压为u=3Il sin（100 nt）V,则有效值U=220 V,变压器原、副线圈匝数比为5：1,根喷二室,解得叱44 V,故A错误;电流表示数为2 A,因此输出功率为P出=U4=88 W,即变压器的输入功

13、率为88 故B正确;照明灯的第4页 共1 1页电流为1尸 各 1 A,则排气扇的电流为IM=L-IL=1 A,则排气扇的输出功率为P=U/扃r=43 W,故 C 错误;变压器的原线圈中电流为 l.=12=0.4 A,因此保险丝熔断电流不得低于0.4 A,故 D 错误。10.（2022广东清远期末,7）2021年 U 月 23日,我国在酒泉卫星发射中心用“长征四号”丙遥三十七运载火箭成功发射“高分三号”02星。该卫星的成功发射将进一步提升我国卫星海陆观测能力，服务海洋强国建设和支撑“一带一路”倡议。已知卫星绕地球运行的周期为T,地球的半径为R,引力常量为G,地球表面的重力加速度大小为g.若将地球

14、视为质量分布均匀的球体,将卫星绕地球的运动视为匀速圆周运动,且不考虑地球自转的影响,则下列说法正确的是（）B.地 球 的 密 度 为 襦C.卫星的向心加速度大小为 即D.卫星的线速度大小为半空答 案 C设地球和卫星的质量分别为M、m,卫星的轨道半径为r,有 G警m等 r,地球表面质量为皿，的物体所受重力等于万有 引 力,即 把 詈m g,联立解得一 悻,故 A 错误;地球的体积V=i n R,地球的密度P 考,联立解得P=嘉，故1 5错误;卫星的向心加速度大小为a=3个 专 眄 底,故 C 正确;卫星的线速度大小为，=笨=半 婴,故 D 错误。H.（2022山东济南期末,15）游乐场中有一种叫

15、作“快乐飞机”的游乐项目,其简化模型如图所示，长为L 的旋臂一端连接竖直中央轴,另一端连接模型飞机,模型飞机在旋臂带动下可绕中央轴转动并可以上下升降。开始时模型飞机和乘客静止在图中a位置，旋臂与竖直向下方向的夹角为一段时间后模型飞槌口乘客到达图中b 位置高度处，并以角速度3=正绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动,此时旋臂与竖直向上方向的夹角也为0,已知模型飞机?口乘客的总质量为m,重力加速度为g,摩擦阻力忽略不计,求（1）模型飞机和乘客在图中b 位置高度处做水平匀速圆周运动时,旋臂对模型飞机和乘客的作用力F 的大小；（2）从开始运动到模型飞机和乘客在图中b 位置高度处做水平匀速圆周运动过程中,旋

16、臂对模型飞槌口乘客做的功W。答案(l)mg，l+sin 2。(2)mgL(2 c o s。sin2 0)解析 根据题意,受力分析可得,合外力提供向心力,则有F sin a 二 m3 t s i n。，又 F cos a 二 mg,解得E=mgVl+sin 29(2)根据动能定理可得 W-mgh q mvJ),v=3L sin 0,h=2L c o s。，解得归 mgL(2 cos 0 sin 2 0)第 5 页 共 11页12.(2022江西上饶二模)2022年2月4日北京冬奥会顺利开幕,在本届冬奥会上中国的运动健儿奋勇拼搏,摘金夺银，多个项目创造历史。其中谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台的比赛中

17、凭借第三跳空中转体1 620。的超高难度动作成功逆转夺冠,给全世界留下了深刻的印象。如图所示为滑雪大跳台运动过程的示意图,质量为50 kg的运动员由A点静止出发,经过长为22.5 m的直道助滑区,然后通过BC段(T半径为10 m的J圆弧形起跳台)，从C点飞出,在空中完成展示动作后,落在斜坡CI)上。图中A B和圆弧BC相切与B点,且A B和水平方向成53角，而CD和水平方向成37角。若不计空气阻力和摩擦力,g=10 m/s2,sin37 =0.6,cos 37 =0.8.求:(1)运动员到达BC段最低点E时对地面的压力大小；(2)运动员由C点飞出落到斜坡CD的过程中动量的变化量。0e答 案(1

18、)2 700 N(2)2 400 kg m/s方向竖直向下解 析(1)对运动员由A到E的过程应用动能定理,可得mg(IM sin 53 +R-R cos 53)=1mvg-0对运动员在E点时受力分析,可得N-mg 邛解得 N=2 700 N由牛顿第三定律得运动员在E点时对地面的压力为2 700 N。对运动员由A到C的过程应用动能定理,可得mg(l1 U sin 53 +R cos 37 -R cos 530)=用虎-0解得 vc=20 m/s运动员由C点飞出做斜抛运动,对其分析可得水平方向x=vc cos 37 t竖直方向 y=vc sin 37 -t-igt2由c出发落到斜面上时有tan 3

19、7。胃由以上解得t=4.8 s对运动员由C落到斜面上的过程,由动量定理可得A p=mgt解 得A p=2 400 kg m/s,方向竖直向下。第6页 共1 1页13.(2022安徽合肥二测,6)如图甲是我国传统农具一一风谷车,图乙是其工作原理示意图。转动摇柄,联动风箱内的风叶向车斗内送风,质量较大的谷粒为饱粒，落入出料口 A B,瘪粒及草屑被吹出出风口。已知A、B 两点在同一水平线上,A B的宽度x=0.27m,A 在 C 正下方,A、C 的距离h=0.45 m,一质量m=2.0 X 10 5 kg的谷粒从C 漏下，恰好碰到B 点落入出料口。设谷粒从C 漏出时速度为零,谷粒在车斗内所受水平风力

20、恒定,只考虑其所受重力和风力作用，重力加速度g=10 m/s1求该谷粒从C 落到出料口的过程中：(1)所经历的时间；(2)所受水平风力冲量的大小。答案(1)0.3 s(2)3.6X10 5 N s解 析(D 谷粒在竖直方向做自由落体运动,根据运动的独立性,有h=igt2解 得 t=0.3 s(2)设谷粒从C 落到出料口 B 点时的水平速度为v因水平方向上做初速为零的匀加速直线运动,根据运动的独立性有x=v*X t解得 v,=l.8 m/s则在水平方向上根据动量定理,所受水平风力冲量的大小为L=mvx=2.0X10 5X 1.8 N s=3.6X10 5 N s14.(2022浙江宁波二模)如图

21、所示,在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道A B、光滑圆弧细管道BCD 和光滑圆弧轨道D E平滑连接组成，两段圆弧半径相等,R=0.5 m,B、I)等高，图 中 6 角均为37。，A B与圆弧相切,A M水平。直轨道A B上方有与A B平行的匀强电场,电场强度E=108 N/C,且电场只分布在A B上方。直轨道A B底端装有弹射系统(弹簧长度很短,长度和质量不计，可以认为滑块从A点射出),具有初始弹性势能E 2.5 J。某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出,冲上直轨道A B,直轨道A B上铺有特殊材料,使滑块与轨道A B间的动摩擦因数u 大小可调。滑块进入光滑圆轨道后，最后能在E

22、点与弹性挡板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为m=0.1 kg,带电荷量为q=+8.0X10,&B点的高度h=1.8 m,整个过程中滑块可视为质点，所带电荷量保持不变,g=10 m/s；sin 37 =0.6,cos 37。=0.8。(1)若调节A B上的特殊材料,使其变为光滑,求滑块在最高点C 点时对轨道的作用力；(2)现调节滑块与A B间的动摩擦因数U,求滑块首次到达E 点时的速率5 与 U 之间的关系式：第 7 页 共 11页(3)若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道A B的中点,求动摩擦因数u。答案见解析解 析(1)由几何关系得1%=3 m由A点 至IJ C点,由动能定理：Ep

23、+Eq1-mgh-mgR(1-cos。)=4m比在C点,根据牛顿第二定律:F、+mg=m解得N根据牛顿第三定律知滑块对轨道的作用力F、=F、=11 N,方向竖直向上(2)由A点到E点,根据动能定理：Ep+Eq1-mgh+mgR(1-cos 0)-u mg cos 8,1解得 VE=J64-48 m/s考虑到滑块需先过C点：Ep+Eq 1-mgh-mgR(1-cos 0)-mng cos 0 T 2 0则U。所以 VB=J64-48 m/s(u W,)(3)滑块经多次碰撞,最终在轨道A B中点速度减为0,由动能定理可得Ep+Eql-mgj-y mg cos 6.住+n)=0其中 n=0,1,2,

24、3,解得 1 1 一3(2；+3)，其中 n=。，1，2,3,要让滑块在中点能停住:Eq-mg sin O W u m g c o s 0所 以U日因此,只有n=0,1,2,3时满足条件，所以动摩擦因数U只 能 喝 得 各 这4个值15.(2022浙江金华模拟预测)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是部分离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,选择出一定速度的离子，然后通过磁分析器I ,选择出特定比荷的离子，经偏转系统第8页 共1 1页n 后注入水平放置的硅片上。速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外:速度选择器中

25、的匀强电场场强大小为E,方向竖直向上。磁分析器的截面是矩形,矩形长为2L,宽为(1-2V3)LO其宽和长的中心位置C和 D 处各有一个小孔;半径为L 的圆形偏转系统II内存在垂直纸面向外,磁感应强度大小可调的匀强磁场,D、M、N 在一条竖直线上,D M为圆形偏转系统的直径,最低点M 到硅片的距离MN当,不计离子重力。磁分析器偏转系统财N(D 求离子通过速度选择器后的速度大小；(2)求磁分析器选择出来的离子的比荷；(3)若偏转系统磁感应强度大小的取值范围为竽B W B 偏 WV5B,求硅片上离子注入的宽度。答 案 。3(3)V3LB 2LB 乙解 析(1)由题意可知qvB=qE解得V=1(2)离

26、子在磁分析器中做匀速圆周运动由几何关系:连 1/+决-(2-何得 R=2L又因为洛伦兹力充当向心力：qvB邛解得2=占m 2LB1(3)结合上述分析,粒子在D 处以与竖直方向成60角的方向射入偏转系统II,离子在偏转系统中轨迹的半径满足竽 L W r W g L由几何知识可得粒子的临界轨迹如图所示，当 r,=V3L时,离子竖直向下离开磁场,落点P 到 N 点的距离x,=L当。考L 时,离子从M 点与水平方向成30离开磁场,落点Q 到 N 点的距离x产好L故硅片上离子注入的宽度X=X,+X2=V3L第 9 页 共 11页16.(2022四川名校联盟二模)如图甲为某种电磁驱动和电磁刹车的装置原理图

27、,匝数n=10、不计内阻的金属圆形线圈水平放置,圆 半 径 为m,线圈内存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B随时间I的变化关系为B=0.It(T),线圈与水平放置的平行导轨相连，两导轨不计电阻且足够长，间距L=1.0 m0现用三根并排固定在一起的导体棒模拟小车,三根导体棒用ab、ce两根绝缘材料固定,相邻导体棒间距d=0.2 m,导体棒长度也为L=l.0 m,与导轨垂直且接触良好。导体棒连同固定材料总质量m=4.48kg,每根导体棒的电阻为r=3.0 Q,该“小车”在导轨上运动时所受摩擦阻力f=0.24V(N),v为“小车”运行的速率.(已知几个电池相同时,并联后的总电动势等于单个电池电动势,

28、而总内阻等于各个电池内阻的并联值)1 2d 1 2d d乙(1)在平行导轨区域加一竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B=0.6 T,闭合开关S,求：闭合S瞬间be棒受到的磁场力多大；该“小车”能达到的最大速度 当“小车”以第(1)问中的最大速度v”运行时，某时刻断开开关S,并将平行导轨区域的磁场立即改为如图乙所示的磁场,导轨间存在矩形匀强磁场区域,区域宽度为d=0.2 m,相邻磁场区域间的距离为2d,磁感应强度均为B,=3.0 T,方向垂直导轨平面向下,且开关S刚断开时be恰开始进入首个磁场区,求“小车”减速向前运动的距离x和减速过程产生的总焦耳热Q.答案(1)3.2 N 16 m/s(2)32

29、m 512 J解 析(1)根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势Ek n等=n -S=16 Vpbe棒受到的安培力F=B01小=机 十3.2 N导体棒切割磁感线产生电动势E：=BLv当“小车”速度达到最大速度叫，时，“小车”所受安培力与摩擦阻力平衡：BX刍 犁%L=0.24v.3解得 v=16 m/s(2)根据图乙中的磁场分布可知在任意时刻只有一根导体棒处于磁场中,根据动量定理：第1 0页 共1 1页-Ft-/t=O-m vu厂 一Bn2万F安 3-2rR2 1 2两 式 联 立 可 得-岩-o.24x=o-mv解得x=32 m“小车”运动过程所受安培力F安 冲 给又 f=0.24v所以始终有/-0.12安根据功能关系可知W安+M=0-同喝解得Q焦=M安1 Yi2 X同%二512 J第1 1页 共1 1页