高考物理二轮复习 考前仿真适应性训练（二）（含解析）-人教版高三全册物理试题

考前仿真适应性训练（二）(限时：60分钟满分：110分)第Ⅰ卷(共48分)一、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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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，有选错的得0分。1．下列说法中正确的是()A.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(89,36)Kr＋eq\o\al(144,56)Ba＋3eq\o\al(1,0)n是聚变反应B．放射性元素与其他的元素形成化合物时不具有放射性C．贝克勒尔通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了质子D．根据玻尔的原子模型，一群氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态时最多可辐射6种不同频率的光子解析：选DA中所示的反应是重核裂变反应，选项A错误；放射性元素与其他的元素形成化合物时仍具有放射性，选项B错误；查德威克通过实验发现了中子，汤姆孙通过实验发现了电子，选项C错误；根据玻尔的原子模型，一群氢原子从n＝4的激发态跃迁到基态时最多可辐射Ceq\o\al(2,4)＝6种不同频率的光子，选项D正确。2．某人造地球卫星绕地球的运动轨迹为椭圆，地球位于椭圆的一个焦点上。已知卫星在近地点的速率为v1、加速度大小为a1、到地心的距离为r1，卫星在远地点的速率为v2、加速度大小为a2、到地心的距离为r2。则()A．a1＜a2 B．a1r1＞v12C．a2r2＞v22 D．a1r1＝v12解析：选C根据a＝eq\f(GM,r2)，由r1＜r2可知a1>a2，A错误；在近地点的曲率半径R1>r1，由a1＝eq\f(v12,R1)<eq\f(v12,r1)可知a1r1<v12，同理在远地点的曲率半径R2<r2，由a2＝eq\f(v22,R2)>eq\f(v22,r2)可知a2r2>v22，B、D错误，C正确。3.如图所示，半径为r的圆形空间内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A点沿半径方向垂直于磁场方向射入磁场，在C点射出，已知∠AOC＝120°，粒子在磁场中运动时间为t0，则加速电场的电压是()A.eq\f(π2r2m,6qt02) B.eq\f(π2r2m,24qt02)C.eq\f(2π2r2m,3qt02) D.eq\f(π2r2m,18qt02)解析：选A根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°＝eq\f(π,3)，轨迹半径为R＝rtan60°＝eq\r(3)r，由t0＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πR,v)及qU＝eq\f(1,2)mv2，得U＝eq\f(π2r2m,6qt02)，A正确。4.如图所示是在匀强电场中画出的一个正六边形，该六边形所在平面与电场线(图中未画出)平行。已知正六边形的边长为2cm，将一电荷量为1.0×10－8C的正点电荷从B点移动到C10－8J，将该点电荷从B点移动到A点，电场力做的功为2.0×10－8J。由上述信息通过计算不能确定的是()A．电场强度的大小B．过A点的等势线C．电场线由C指向FD．该点电荷沿直线由B点移动到F点电场力所做的功解析：选CUBC＝eq\f(WBC,q)＝eq\f(－2.0×10－8,1.0×10－8)V＝－2V，同理：UBA＝eq\f(WBA,q)＝eq\f(2.0×10－8,1.0×10－8)V＝2V，可知电场线由C指向A；FA为过A点的等势线；根据E＝eq\f(UBA,Lcos30°)可计算电场强度的大小；因UBA＝UBF，根据W＝Uq可计算点电荷沿直线由B点移动到F点电场力所做的功；故A、B、D能确定，C不能确定。5.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0打入砂袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸打入砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是()A．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小C．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为eq\f(mv02,72)D．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为eq\f(v02,72g)解析：选D弹丸打入砂袋的过程，由动量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝eq\f(1,6)v0；弹丸打入砂袋后，砂袋质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6meq\f(v2,L)可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的作用力与砂袋对弹丸的作用力大小相等，又作用时间相等，故弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×6mv2＝eq\f(5,12)mv02，选项C错误；由机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)×6mv2＝6mgh，解得h＝eq\f(v02,72g)，选项D正确。6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、工作时内阻为2Ω的电动机。闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1A，则()A．副线圈两端电压为22eq\r(2)VB．电动机输出的机械功率为10WC．通过电动机的交流电频率为50HzD．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小解析：选BC原线圈两端输入电压最大值为Um＝220eq\r(2)V，则有效值：U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝22V，选项A错误；电动机输出的机械功率：P＝UI2－I22r＝10W，选项B正确；由题图乙知原线圈所接电压的周期为0.02s，则f＝eq\f(1,T)＝50Hz，选项C正确；卡住电动机，变压器副线圈的电压不变，由于电动机无法对外做功，则副线圈的电流增大，输出功率变大，则原线圈输入功率变大，选项D错误。7.如图所示，绝缘弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧与斜面平行且初始时自然伸长，带电小球Q(可视为质点)固定在光滑斜面的M点，处于通过弹簧中心的直线ab上。现将带电小球P(也视为质点)从直线ab上的N点由静止释放，设P与Q电性相同，则P从释放到运动至最低点的过程中，下列说法正确的是()A．P的速度先增大后减小B．P的速度最大时所受合力为零C．P的重力势能与电势能的和一直减小D．P所受的重力、弹簧的弹力和库仑力做功的代数和等于电势能的变化量的大小解析：选ABCP先沿斜面加速向下运动，Q对P有沿斜面向下的库仑力，P先做加速运动，压缩弹簧后，当加速度减小到零后，减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，P静止，故速度先增大后减小，选项A正确；由上述分析可知，当P所受的合力为零时，速度最大，选项B正确；P运动的过程中重力和电场力都一直做正功，重力势能与电势能的和一直减小，选项C正确；根据动能定理知，P所受的重力、弹簧的弹力和库仑力做功的代数和等于动能的变化量的大小，整个过程为零，选项D错误。8．如图甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的金属细框竖直放置在两水银槽中，细框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300、面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。0.22s时闭合开关K，细框瞬间跳起(细起的最大高度h＝0.20m。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．0～0.10s内线圈中的感应电动势大小为3VB．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向为由C到DC．磁感应强度B2的方向竖直向下D．开关K闭合瞬间，通过细框的电荷量为0.03C解析：选BD，ΔΦ＝ΔBS＝(1.0－0)×0.01Wb＝0.01Wb，线圈中的感应电动势大小：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝300×eq\f(0.01,0.10)V＝30V，故选项A错误；由题意可知开关K闭合瞬间，CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为由C到D，由安培定则可知感应电流在线圈中产生的磁场方向竖直向上，由题图乙可知，在t＝0.22s时穿过线圈的磁通量在减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向竖直向上，故选项B正确，C错误；对细框，由动量定理得：B1IlΔt＝mv－0，细框向上做竖直上抛运动，则v2＝2gh，电荷量：Q＝IΔt，解得：Q＝eq\f(m\r(2gh),B1l)＝eq\f(3.0×10－3×\r(2×10×0.20),1.0×0.20)C＝0.03C，故选项D正确。第Ⅱ卷(共62分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第9～12题为必考题，每个试题都必须作答。第13～14题为选考题，根据要求作答。(一)必考题：共47分。9.(5分)某同学要研究轻质弹簧的弹性势能与弹簧长度改变量的关系，进行了如下实验：在离地面高度为h的光滑水平桌面上，沿着与桌面边缘垂直的方向放置一轻质弹簧，其左端固定，右端与一个质量为m的小钢球接触。当弹簧处于自然长度时，小钢球恰好在桌面边缘，如图所示。让小钢球向左压缩弹簧一段距离后由静止释放，小钢球沿水平方向射出桌面，小钢球在空中飞行后落在水平地面上，飞行的水平距离为s。(1)小钢球离开桌面时的速度大小为v0＝________，弹簧的弹性势能Ep与小钢球质量m、桌面离地面高度h、小钢球飞行的水平距离s等物理量之间的关系式为Ep＝________。(2)弹簧的压缩量x与对应的小钢球飞行的水平距离s的实验数据如表所示：弹簧的压缩量x/cm1.001.502.002.503.003.50小钢球飞行的水平距离s/m2.013.004.014.966.017.00由实验数据，可确定弹性势能Ep与弹簧的压缩量x的关系为________(式中k为比例系数)。A．Ep＝kx B．Ep＝keq\r(x)C．Ep＝kx2 D．Ep＝keq\f(1,x)解析：(1)小钢球离开平方向有：s＝v0t，竖直方向有：h＝eq\f(1,2)gt2，解得：v0＝seq\r(\f(g,2h))，根据功能关系有：Ep＝eq\f(1,2)mv02，解得：Ep＝eq\f(mgs2,4h)。(2)根据表格中数据，可得出x∝s，又Ep∝s2，故弹性势能Ep与弹簧的压缩量x的关系为Ep＝kx2，故A、B、D错误，C正确。答案：(1)seq\r(\f(g,2h))eq\f(mgs2,4h)(2)C10．(10分)某同学为了测量电源的电动势和内阻设计了图(a)所示电路，所用的实验器材有：待测电源，量程为3V的电压表V(内阻无穷大)，电阻箱R，阻值未知的定值电阻R0，开关K1，双掷开关K2。实验步骤如下：①调节电阻箱的阻值为20Ω，K2接a，闭合K1，记下电压表的读数为2.00V，断开K1；②保持电阻箱的阻值不变，K2切换到b，闭合K1，记下图(b)所示电压表的读数，断开K1；③将K2再切换到a，闭合K1，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱的阻值R和对应的电压表的示数U，断开K1；④以eq\f(1,U)为纵坐标，eq\f(1,R)为横坐标，绘出eq\f(1,U)eq\f(1,R)图线(用直线拟合)。回答下列问题：(1)图(b)所示电压表的读数为________V，定值电阻R0＝________Ω。(2)用E、r表示电动势和内阻，则eq\f(1,U)与eq\f(1,R)关系式为________________________。(3)依据实验数据绘出的eq\f(1,U)eq\f(1,R)图线如图(c)所示，则电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω(计算结果均保留两位有效数字)。解析：(1)电压表量程为3V，由题图(b)知最小分度为0.1V，可得其读数为2.30V；当R＝20Ω，K2接a，闭合K1时得通过R的电流为eq\f(2.00,20)A＝0.1A，K2切换到b，闭合K1时，电阻箱与R0串联，则由欧姆定律可知，R0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.30,0.1)－20))Ω＝3.0Ω。(2)由实验步骤及闭合电路欧姆定律可知，U＝eq\f(E,R＋R0＋r)R，变形可得：eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)。(3)题图(c)中，图线与纵坐标轴的交点为0.34，由(2)中关系式可得E＝eq\f(1,0.34)V≈2.9V，图线斜率k＝eq\f(r＋R0,E)，由图线数据知k＝eq\f(0.7－0.34,0.25)＝1.44，解得r≈1.2Ω。答案：(1)2.303.0(3或3.00)(2)eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)(3)2.91.2(1.1～1.3均可)11.(12分)空间存在电场强度方向竖直向上的匀强电场，水平地面上有一根细短管，与水平地面之间的夹角为37°，如图所示，一直径略小于细短管直径、质量为m、电荷量为q的带正电小球，从水平地面上方一定高度处水平抛出，经时间t小球恰好无碰撞地落入细短管。已知细短管到抛出点的水平距离为d，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计，求：(1)小球抛出点与落地点间的高度差；(2)细短管所在位置与小球抛出点间的电压U。解析：(1)小球抛出后做类平抛运动，由此可得：小球抛出时的速度大小v0＝eq\f(d,t)，设小球下落的加速度大小为a，则h＝eq\f(1,2)at2，由题意知tan37°＝eq\f(at,v0)，解得h＝eq\f(3d,8)。(2)小球落入细短管时的速度大小为v＝eq\f(v0,cos37°)＝eq\f(5d,4t)，对小球在空中运动的过程，由动能定理得：mgh－qU＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02，解得U＝eq\f(m,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3gd,8)－\f(9d2,32t2)))。答案：(1)eq\f(3d,8)(2)eq\f(m,q)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3gd,8)－\f(9d2,32t2)))12.(20分)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板，钢板静止时弹簧的压缩量为x0，O点为弹簧自然伸长时钢板的位置，如图所示。一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面滑下，与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处沿斜面滑下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，已知重力加速度为g，求：(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小；(2)碰撞前弹簧的弹性势能；(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O解析：(1)设质量为m的物块与钢板碰撞前速度为v0，由动能定理得3mgx0sinθ＝eq\f(1,2)mv02解得：v0＝eq\r(6gx0sinθ)设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间一起运动的速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝2mv1解得：v1＝eq\f(\r(6gx0sinθ),2)。(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为Ep，当质量为m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧自然伸长，弹性势能为零，根据机械能守恒定律得Ep＋eq\f(1,2)×2mv12＝2mgx0sinθ解得：Ep＝eq\f(1,2)mgx0sinθ。(3)由动能定理易知，质量为2m的物块与钢板碰撞前的速度仍为v0，设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间一起运动的速度为v2mv0＝3mv2它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v，由机械能守恒定律得Ep＋eq\f(1,2)×3mv22＝3mgx0sinθ＋eq\f(1,2)×3mv2在O点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v继续沿斜面上升，设运动到达的最高点离O点的距离为s，有v2＝2as2mgsinθ＝2ma解得：s＝eq\f(x0,2)。答案：(1)eq\f(\r(6gx0sinθ),2)(2)eq\f(1,2)mgx0sinθ(3)eq\f(x0,2)(二)选考题：共15分。请在第13、14题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。13．[选修3­3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．晶体具有确定的熔点B．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用C．某物体温度高，组成该物体的某些分子速率可能很小D．理想气体从外界吸热，则内能一定增大E．压缩气体需要力表明气体分子间存在斥力(2)(10分)如图所示，一绝热汽缸竖直放置，一定质量的理想气体被活塞封闭于汽缸中，活塞质量为m、横截面积为S，不计厚度，且与汽缸壁之间没有摩擦。开始时活塞被销子固定于距汽缸底部高度为h1的A位置，气体温度为T1，压强为p1，现拔掉销子，活塞下降到距汽缸底部高度为h2的B位置时静止，已知大气压强为p0，重力加速度为g。(ⅰ)求此时气体的温度；(ⅱ)若再用电热丝给气体缓慢加热，电热丝释放出的热量为Q，使活塞上升到距汽缸底部高度为h3的C位置时静止，求气体内能的变化量。解析：(1)晶体具有确定的熔点，非晶体无确定的熔点，选项A正确；露珠呈球状是由于液体表面张力有使液面收缩至表面积最小的趋势，选项B正确；某物体温度高，分子的平均速率较大，但是组成该物体的某些分子速率可能很小，选项C正确；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，理想气体从外界吸热，内能不一定增大，选项D错误；压缩气体需要力是大气压强作用的结果，并不能表明气体分子间存在斥力，选项E错误。(2)(ⅰ)活塞在A位置时，对于封闭气体有：pA＝p1，VA＝Sh1，TA＝T1活塞在B位置时，对于封闭气体有：pB＝p0＋eq\f(mg,S)，VB＝Sh2由理想气体状态方程得：eq\f(pAVA,TA)＝eq\f(pBVB,TB)解得：TB＝eq\f(p0S＋mgh2,p1Sh1)T1。(ⅱ)活塞由B位置上升到C位置的过程为等压过程，气体对活塞的压力为：F＝pBS气体对活塞做的功为：W＝F(h3－h2)＝(p0S＋mg)(h3－h2)由热力学第一定律有：ΔU＝Q－W＝Q－(p0S＋mg)(h3－h2)。答案：(1)ABC(2)(ⅰ)eq\f(p0S＋mgh2,p1Sh1)T1(ⅱ)Q－(p0S＋mg)(h3－h2)14．[选修3­4](15分)(1)(5分)如图甲所示，沿波的传播方向上有间距均为1m的六个质点a、b、c、d、e、f，均