2023新教材高考物理二轮专题复习习题-小卷标准练3.docx

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1、小卷标准练3(时间：35分钟，满分：54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的)12022安徽芜湖一模如图甲所示，芜湖长江三桥是芜湖市第三座长江大桥公路桥，该桥为主跨588 m高低矮塔双索面非对称五跨连续钢箱钢桁组合梁斜拉桥如图乙所示，设桥体中三块完全相同的钢箱梁1、2、3受到钢索拉力的方向相同，相邻钢箱梁间的相互作用力均沿水平方向，则下列说法正确的是()A三块钢箱梁受到钢索的拉力大小相等B钢箱梁1对2的作用力大于钢箱梁2对1的作用力C钢箱梁1、2间作用力大于钢箱梁2、3间作用力D钢箱梁3所受的合力最大22022福建漳州一模被誉为

2、“20世纪人类最伟大的考古发现之一”的三星堆遗址考古新发现让古蜀文明一醒惊天下考古学家利用放射性元素614C的半衰期可以确定文物的年代614C能自发释放射线，其半衰期约为5 730年下列关于614C衰变的说法正确的是()A614C衰变的实质是碳原子失去核外电子B614C衰变释放射线时，生成的新核的核电荷数增加1C假设某文物中原有100个614C，则经历一个半衰期，文物中还有50个614C没有衰变D随着文物的出土，文物所在环境温度升高，614C衰变速度也会增大32022重庆高三质检在某学校秋季运动会的跳高比赛中，小阳决定采用背越式跳高完成比赛如图所示是小阳采用背越式跳高的频闪拍照示意图若小阳起跳

3、后的重心轨迹与同速度的小球(不计阻力)做斜上抛运动的轨迹重合，D位置时小阳恰好到达最高点小阳从D位置处水平飞出后，在落地前的过程中，他在任意相等的时间间隔内()A.动能变化量不相同 B动能变化量相同C动量变化率不相同 D动量变化率保持为零42022广东佛山4月质检家用燃气灶意外熄火断气保护装置的原理示意图如图所示，其核心部件是热电偶，当热电偶热端受热时，冷、热两端产生温度差，则A、B两电极间产生电势差，使得热电偶成为一个电源，让与其连接的电磁铁吸住衔铁，保持弹簧处于压缩、燃气进气口被打开的状态，若炉火意外熄灭，热电偶无温度差后停止供电，电磁铁失去磁性，活塞在弹簧作用下关闭进气口，防止燃气外泄如

4、果热电偶供电时电极A的电势比电极B的高，则下列说法正确的是()A热电偶内部电流方向由A流向BB电子在热电偶内部由A向B运动，其电势能增加C电磁铁内部磁场方向由C指向DD热电偶供电时将机械能转化为电能5如图所示，图中a、b、c分别为中国首颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”、中国空间站和地球同步卫星“羲和号”运行于高度为517 km的太阳同步轨道，沿极地附近圆形轨道绕地球运行，中国空间站运行于高度约为389 km、倾角为41.581的轨道平面(可近似为圆面)，地球同步卫星运行于高度大约为36 000 km的赤道平面则()Aa的向心加速度比c的大Ba、b所受到的地球万有引力大小相等C三者轨道半径的

5、三次方与周期的二次方比值都不相等Da的周期比c的大62022浙江浙南名校联盟5月联考如图甲所示，发光二极管(LED)可高效地将电能转化为光能，在照明、平板显示、医疗器件等领域具有广泛的用途LED的原理结构如图乙所示，管芯的发光面紧贴半球形透明介质，人们能从半球形表面(弧面)看到发出的光已知半球球心O点为发光面AB的中心，半球和发光面的半径分别为R和r，则()A发光面发出的光进入透明介质后，光的颜色发生了变化B若半球形表面(弧面)的任意位置都有整个发光面的光射出，则介质折射率应小于C.若透明介质的折射率为1.7，发光面的直径为2 mm，为了使半球形表面(弧面)的任意位置都有整个发光面的光射出，R

6、必须大于3.4 mmD无论R和r大小关系如何，不可能在半球形表面(弧面)任意位置都有整个发光面的光射出72022辽宁押题卷在水面上建立如图所示的直角坐标系同一振动片上的两个振针分别位于x轴上x12 cm和x12 cm处振动片振动稳定后，振针处为波源，产生波长为14 cm的简谐波，在水面上形成干涉现象下列说法不正确的是()A坐标原点处的质点一直位于最高点Bx轴上，x7 cm和x7 cm处均为振动加强点Cy轴上，y5 cm和y16 cm处质点振动方向始终相反Dx轴上与y轴上的振动加强点的振动频率相同8平板电脑配置的皮套在合上时能够使平板自动息屏，其实是“霍尔传感器”在发挥作用如图所示，某霍尔元件导

7、电物质为电子，霍尔元件的上、下两个表面均垂直于磁场方向放置，其中1、2、3、4为霍尔元件的四个接线端当开关S1和S2都闭合时，下列判断中正确的是()AP点的电势低于Q点的电势B只将电源E1反向接入电路，P、Q两点之间的电势差不变C只将R2变小并稳定后，P、Q两点之间的电势差的绝对值变大D只将R1变大并稳定后，P、Q两点之间的电势差的绝对值变大二、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)92022上海浦东新区一模如图甲所示，水平桌面上有一算盘中心带孔的相同算珠可穿在固定的杆上滑动，算珠与杆之间

8、的动摩擦因数为0.1.使用时发现某一根杆上有A、B两颗算珠未在归零位A、B相隔s13.5 cm，B与上边框相隔s22 cm.现用手指将A以某一初速度拨出，在方格纸中作出A、B运动的vt图像如图乙所示(实线代表A，虚线代表B).忽略A、B碰撞的时间，g取10 m/s2，则()AA能回到自己的归零位BA不能回到自己的归零位CB能回到自己的归零位DB不能回到自己的归零位10.如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的p 图像，其中AB段为双曲线，BC段与横轴平行，则下列说法正确的是()A过程中气体分子的平均动能不变B过程中气体需要吸收热量，气体分子的平均动能减小C过程中气体放出热量D过程中气体分

9、子单位时间内对容器壁的碰撞次数增大11空间中有两个固定点电荷A和B，带电荷量的绝对值分别为QA和QB，以点电荷A、B连线上某点为原点，以点电荷A和B所在的直线为x轴建立直角坐标系，分别作出部分E x和 x图像，如图所示，无穷远处电势为零则下列说法正确的是()AA为正点电荷，B为负点电荷，且QAQBC1是E x图像，2是 x图像D1是 x图像，2是E x图像122022全国冲刺卷如图甲所示，长为2L的竖直细杆下端固定在位于地面上的水平转盘上，一质量为m的小球接上长度均为L不可伸长的两相同的轻质细线a、b，细线能承受的最大拉力为6mg，a细线的另一端结在竖直细杆顶点A，细线b的另一端结在杆的中点B

10、.当杆随水平转盘绕竖直中心轴匀速转动时，将带动小球在水平面内做匀速圆周运动，如图乙不计空气阻力，重力加速度为g.则()A当细线b刚好拉直时，杆转动的角速度 B当细线b刚好拉直时，杆转动的角速度 C当细线b刚好拉直时，细线a的拉力Fa2mgD当细线断开时，杆转动的角速度 三、实验题(本题共2小题，共14分)13(6分)某同学利用图甲中所示的DIS向心力实验器来探究圆周运动向心力的影响因素实验时，砝码随旋臂一起做圆周运动，其受到的向心力可通过牵引杆由力传感器测得，旋臂另一端的挡光杆每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和挡光时间t，换算生成.保持砝码的质量和转动半径不变，改变

11、其转速得到多组F、的数据后，作出了F2图线如图乙所示牵引杆的质量和一切摩擦可忽略(1)该同学采用的主要实验方法为_A.等效替代法B控制变量法C理想化模型法(2)实验中，某次挡光杆经过光电门时的挡光时间为t，已知挡光杆到转轴的距离为d，挡光杆的挡光宽度为s，则可得挡光杆转动角速度的表达式为_(3)根据图乙，得到的实验结论是：_。14(8分)某校实验小组同学在改装一电流表时，要先测出某小量程电流表G的内阻，实验器材如下：A待测电流表G(量程为500 A，内阻约为200 )；B.电源(5 V，内阻不计)；C电压表V(量程为5 V，内阻约为4 k)；D标准定值电阻R1(200 )；E标准定值电阻R2(

12、1 )；F滑动变阻器(最大电阻为20 )；G滑动变阻器(最大电阻为2 k)；H开关S1、S2，导线若干(1)某同学设计了一实验电路如图所示，另一同学提出所给实验器材中滑动变阻器不能满足前面这位同学设计的实验电路，请你在给出的方框中画出修改滑动变阻器后的电路图然后使用改变后的实验电路实验时，定值电阻R0应选择_，滑动变阻器应选择_(均填实验器材前的标号).(2)实验时，先将滑动变阻器输出电压调至最小，断开S2，闭合S1，调节滑动变阻器使电流表满偏时，电压表示数为2.0 V闭合S2，调节滑动变阻器使电流表回到满偏时，电压表示数为4.2 V则待测电流表的内阻为_.(3)若将电流表G改装成量程为3 V

13、的电压表，则应将电流表G与阻值为_的电阻_(选填“串联”或“并联”).小卷标准练31解析：钢箱梁间相互作用力水平，则每个钢箱梁受到钢索拉力在竖直方向上的分力与钢箱梁的重力平衡，三条钢索平行，设钢索与水平方向夹角为，钢索的拉力为T，由T sin mg知三条钢索的拉力大小相等，选项A正确；钢箱梁1对2的作用力与钢箱梁2对1的作用力为作用力和反作用力，大小相等，选项B错误；对钢箱梁2，由平衡条件知，F23F12FTcos ，所以钢箱梁1、2间作用力小于钢箱梁2、3间的作用力，选项C错误；钢箱梁3处于静止状态，合力为零，选项D错误答案：A2解析：衰变的实质是原子核内中子转变为质子时释放电子的过程，质子

14、数增加1，即核电荷数增加1，B正确，A错误；半衰期是统计规律，是大量原子核的衰变规律，C错误；放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的外部条件没有关系，衰变速度不会因为温度的升高而增大，D错误答案：B3解析：小阳从D位置处水平飞出后，在落地前的过程中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，由hv0tgt2，可知在任意相等的时间间隔内，下落的竖直位移并不相同，根据动能定理可知mghEk，所以动能变化量不相同，故A正确，B错误；由动量定理可知mgtp，则在任意相等的时间间隔内动量变化率为mg，不变，故C、D错误答案：A4解析：在电源内部，电流方向从低电势B到高电势A，电子在热电

15、偶内部由A向B运动，其电势能增加，选项A错误，B正确；根据右手螺旋定则，可知电磁铁内部磁场方向由D指向C，选项C错误；热电偶供电时将内能转化为电能，选项D错误答案：B5解析：a、b、c均绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据Gman，解得an，由于a的轨道半径比c的小，所以a的向心加速度比c的大，选项A正确；根据万有引力定律可知万有引力FG，由于a、b的质量未知，所以无法比较a、b所受到的地球万有引力大小，选项B错误；由于a、b、c均绕地球做匀速圆周运动，根据开普勒第三定律k，可知a、b、c轨道半径的三次方与周期的二次方比值都相等，选项C错误；根据开普勒第三定律及a的轨道半径小于c的可

16、知a的周期比c的小，选项D错误答案：A6解析：光的颜色由频率决定，所以光进入透明介质后，光的颜色不变，故A错误；如图，从发光面任意位置作一条光线到半球面表面（弧面），并过光线的射出点作其与球心的连线，即法线，通过O点左右对称关系，确定出在端点A或B沿垂直AB方向射出的光线有最大的入射角，如果此时不发生全反射，那么半球形表面（弧面）任意位置都有整个发光面的光射出，可得sin Csin ，则有n，即介质折射率应小于，故B正确，D错误；由nnr1.7 mm，则R必须大于1.7 mm，C错误答案：B7解析：坐标原点处为振动加强点，该处质点在上下振动，不是一直位于最高点，故A错误；x轴上x7 cm和x7

17、 cm处的两质点到两波源的波程差为14 cm，等于一个波长，为振动加强点，故B正确；y轴上，y5 cm和y16 cm处两质点到两波源的距离分别为13 cm和20 cm，差值为7 cm，恰为半个波长，对于每个波源单独引起的振动，两处的振动方向始终相反，两个波源引起的振动叠加后，两处的振动方向还是始终相反，故C正确；x轴上与y轴上的振动加强点，它们的振动频率均等于振动片振动的频率，故D正确答案：A8解析：由右手螺旋定则可知，霍尔元件所处的磁场方向竖直向下，E2提供的电流方向由1端指向3端，自由电荷为电子，则电子沿电流的反向运动，由左手定则判断电子向2端偏转，故Q点电势低于P点电势，选项A错误只将电

18、源E1反向接入电路，则霍尔元件所处的磁场方向反向，电子偏转方向相反，P、Q两点之间电势差相反，大小相等，选项B错误电子在霍尔元件中受到洛伦兹力的作用发生偏转，形成电场，当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，有qvBq，b为2、4间的距离，解得P、Q两点间的电势差UBbv，磁感应强度B由左侧电路电流决定，式中的v为电子定向移动的速度，由右侧电路电流决定，当只将R2变小时，I增大，v增大，则U变大；当只将R1变大时，线圈中电流变小，线圈形成的磁场的磁感应强度变小，则U变小，选项C正确，D错误答案：C9解析：由题意可知，减速过程中A算珠的加速度大小为ag1 m/s2，A算珠从v00.4 m/s减速到v

19、10.3 m/s经过的时间为t1，联立解得t10.1 s，A算珠与B算珠碰后还能前进的距离s10.1 m0.5 cm，则A一共前进了4 cms1s25.5 cm，则A不能回到自己的归零位；碰后B前进的距离为s20.20.2 m2 cms2，则B可以回到自己的归零位，故结论B、C正确答案：BC10解析：p 图像在过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，可知平均动能减小，故A错误；p 图像在过程的每点与坐标原点连线构成的斜率逐渐增大，则温度升高，气体内能增大，气体平均动能增大，气体体积增大，对外界做功，气体吸热，故B错误；过程可读出压强增大，斜率不变，即温度不变，内

20、能不变，但是体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故C正确；过程可读出压强增大，温度不变，分子的平均动能不变，根据理想气体压强的微观意义，气体压强与气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数、气体分子平均动能有关，在压强增大，温度不变以及体积减小的情况下，气体分子对容器壁的碰撞次数增大，故D正确答案：CD11解析：由于正点电荷周围电势趋于正无穷大，所以由图可知B为正点电荷，因为点电荷B右侧有场强为0的点，说明A为负点电荷，因电场强度叠加为0的位置，离B近，离A远，故由Ek可知QAQB，B正确，A错误当 x图像斜率为0时，场强为0，结合图中的辅助线，可知1是 x图像，

21、2是E x图像，D正确，C错误答案：BD12解析：当细线b刚好拉直时，小球受合力提供向心力，如图所示由几何关系及牛顿第二定律可知mg tan 60m2L cos 30，解得 ，故A错误，B正确；当细线b刚好拉直时，细线a的拉力Fa2mg，故C正确；a、b绳都有拉力时，根据牛顿第二定律可知Ta cos 30Tb cos 30m2L cos 30，竖直方向Ta sin 30Tb sin 30mg0，可知当a绳达到最大拉力时，即Ta6mg时，可得Tb4mg，联立解得此时的角速度为 ，故D正确答案：BCD13解析：（1）实验中保持砝码的质量和转动半径不变，改变其转速，所以采用的是控制变量法，故本题答案

22、为选项B.（2）挡光杆处的线速度为v，角速度为.（3）在质量和转动半径一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比答案：（1）B（2）（3）在质量和转动半径一定的情况下，向心力大小与角速度的平方成正比14.解析：（1）若将滑动变阻器以最大阻值2 k接入电路，可得电路中最小电流约为I833 A500 A，所以不能用滑动变阻器限流接法，应采用分压接法，电路如图所示：测量过程中，由于电流表内阻为200 左右，并联的电阻应与之差别不大，故选D；由于要采用分压接法，所以滑动变阻器应选F.（2）S2闭合前有Ig，S2闭合后有Ig，解得Rg220 （3）由于电流表的满偏电流为Ig，串联电阻为Rg5 780 .答案：（1）电路图见解析DF（2）220（3）5 780串联