高考物理二轮复习 考前仿真适应性训练（一）（含解析）-人教版高三全册物理试题

考前仿真适应性训练（一）(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．下列说法正确的是()A．氢原子核外电子轨道半径越大，其能量越小B．在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能C．β射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D．氢原子从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级辐射的光也可使该金属发生光电效应解析：选B氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，能量减小，减小的能量以光子的形式释放出来，故氢原子核外电子轨道半径越大，其能量越大，A错误；在核反应中，由比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能，B正确；β射线来源于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，C错误；氢原子从n＝2的能级跃迁到n＝1的能级辐射出的光子的能量为E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，恰好能使某种金属发生光电效应，从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级辐射的光子的能量E2＝－1.51eV－(－3.4eV)＝1.89eV，故不能使该金属发生光电效应，D错误。2.静止在水平地面的物块，受到水平向右的拉力F的作用，F随时间t的变化情况如图所示。设物块与地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，且为1N，则()A．0～1s时间内，物块的加速度逐渐增大B．第3s末，物块的速度最大C．第9s末，物块的加速度为零D．第7s末，物块的动能最大解析：选D在0～1s时间内水平拉力小于最大静摩擦力，故物块处于静止状态，选项A错误；1～3s物块做加速度增大的加速运动，3～7s物块做加速度减小的加速运动，故第7s末，物块的加速度为零，此时速度最大，动能最大，选项B错误，D正确；第9s末，物块水平方向只受滑动摩擦力作用，故加速度不为零，选项C错误。3.2022年冬奥会将在中国举办的消息，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中。若跳台滑雪比赛运动的轨迹可近似看成平抛运动，不计空气阻力，甲运动员以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线①所示，质量比甲大的乙运动员以相同的初速度从同一点飞出，则乙的运动轨迹应为图中的()A．① B．②C．③ D．④解析：选A平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，在竖直方向上有y＝eq\f(1,2)gt2，在水平方向上有x＝v0t，解得y＝eq\f(g,2v02)x2，说明以相同初速度从同一点开始做平抛运动，其运动轨迹与质量无关，故乙的运动轨迹仍是实线①，故A对。4.如图所示，在直角坐标系xOy平面内存在一电荷量为Q的正点电荷，坐标轴上有A、B、C三点，OA＝OB＝BC＝a，其中A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，静电力常量为k，则下列判断正确的是()A．点电荷Q位于O点处B．O点电势比A点电势高C．C点处的电场强度大小为eq\f(kQ,2a2)D．将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势能一直减小解析：选C因A点和B点的电势相等，O点和C点的电势相等，故A、B到点电荷的距离相等，O、C到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示，由图可知，A错误；因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故O点电势比A点低，故B错误；由图可知点电荷与C点的距离rC＝eq\r(2)a，根据E＝keq\f(Q,r2)，得EC＝eq\f(kQ,2a2)，故C正确；由图可知，将正试探电荷从A点沿直线移动到C点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故D错误。5．如图所示，电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变，A为理想交流电流表。在变压器原线圈a、b两端加上一峰值不变的正弦式交变电压。下列分析正确的是()A．只将S1从1拨向2时，电流表示数变小B．只将S2从3拨向4时，电流表示数变大C．只将R的滑片上移，R1的电功率变大D．只将R的滑片上移，R2的电功率变小解析：选D根据变压器电压与匝数成正比知：U2＝eq\f(n2U1,n1)，只将S1从1拨向2时，原线圈的匝数减少，所以副线圈上的电压增大，副线圈上的电流增大，所以电流表示数变大，A错误；只将S2从3拨向4时，副线圈的匝数减少，所以副线圈上的电压减小，副线圈上的电流减小，所以电流表示数变小，B错误；只将R的滑片上移，副线圈输出电压不变，则R1两端的电压不变，R1的电功率不变，C错误；只将R的滑片上移，接入电路的有效电阻变大，所以串联电路(R和R2)的电阻增大，流过串联电路的电流变小，所以电阻R2的电功率变小，D正确。6.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里。三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷eq\f(q,m)＝k，则质子的速度可能为()A．2BkL B.eq\f(BkL,2)C.eq\f(3BkL,2) D.eq\f(BkL,8)解析：选BD因质子带正电，且经过C点，部分可能的轨迹如图所示，由几何关系知，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv＝meq\f(v2,r)，可得：v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(BkL,n)(n＝1,2,3，…)，故选项B、D正确。7.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，金属棒PQ垂直导轨放置。今使PQ以平行于导轨的初速度v水平向右运动，到位置c时刚好静止。设导轨与PQ的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等。则PQ在由a到b和b到c的两个过程中()A．PQ运动的加速度大小相等B．回路中产生的内能相等C．通过PQ横截面的电量相等D．PQ从a到b的动能减少量大于其从b到c的动能减少量解析：选CDPQ受到的安培力F＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(B2L2v,R)，方向水平向左，PQ在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，PQ克服安培力做功，动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力F从a到c逐渐减小，由W＝Fs定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此从a到b的过程产生的内能多，由动能定理，PQ从a到b的动能减少量大于其从b到c的动能减少量，故B错误，D正确；PQ在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿第二定律得：eq\f(B2L2v,R)＝ma，由于v减小，所以PQ向右运动过程中，加速度大小逐渐减小，故A错误；PQ运动过程中，通过PQ横截面的电荷量Q＝IΔt＝eq\f(E,R)Δt＝eq\f(Δt,R)×eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔΦ,R)＝Beq\f(ΔS,R)，从a到b与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过PQ横截面的电荷量相等，故C正确。8.如图所示，一个质量为2m的甲球和一个质量为m的乙球，用长度为2R的轻杆连接，两个球都被限制在半径为R的光滑圆形竖直轨道上，轨道固定于水平地面。初始时轻杆竖直，且质量为2m的甲球在上方，现受扰动两球开始运动，重力加速度为gA．甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能B．甲球下滑过程中减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C．整个运动过程中甲球的最大速度为eq\f(2,3)eq\r(3gR)D．甲球运动到最低点前，轻杆对乙球一直做正功解析：选ACD甲球下滑过程中，重力对系统做正功，甲球和乙球的动能都增加，由于只有动能和重力势能之间的相互转化，所以甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能，故A正确；甲球下滑过程中，重力对系统做正功，甲球和乙球的动能都增加，所以甲球下滑过程中减少的重力势能总大于乙球增加的重力势能，故B错误；当甲球到达最低点时，乙球到达最高点，该过程中系统减小的重力势能等于系统增加的动能，且此时重力势能减少量最大，系统动能增加量最大，甲球速度最大，由于两球的线速度相等，设该速度为v，则：2mg·2R－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2＋eq\f(1,2)×2mv2，解得：v＝eq\f(2,3)eq\r(3gR)，故C正确；甲球运动到最低点前，乙球的重力势能一直增大，同时乙球的动能也一直增大，可知轻杆对乙球一直做正功，故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．(6分)测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图甲所示的装置，图中长木板水平固定。(1)实验过程中，电火花计时器应接在________(选填“直流”或“交流”)电源上，调整定滑轮高度，使_________________。(2)已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，若木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ＝____________。(3)如图乙为木块在水平长木板上运动带动纸带打出的一部分点迹，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点未画出，电源的频率为50Hz。从纸带上测出x1＝3.20cm，x2＝4.52cm，x5＝8.42cm，x6＝9.70cm。则木块加速度大小a＝_______m/s2。解析：(1)电火花计时器的电源为交流电源；调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，这样细线的拉力沿水平方向，不会影响动摩擦因数的测量。(2)对砝码盘和砝码、木块组成的整体，由牛顿第二定律有mg－μMg＝(M＋m)a，解得μ＝eq\f(mg－m＋Ma,Mg)。(3)利用逐差法可得a＝eq\f(x5＋x6－x1＋x2,2×4T2)，代入数据解得a＝1.3m/s2。答案：(1)交流细线与长木板平行(2)eq\f(mg－m＋Ma,Mg)(3)1.310．(9分)有一只灵敏电流计G，刻度盘上只有刻度而无具体示数，现要根据图(a)所示电路测出此表的满偏电流Ig和内阻Rg。(1)请按电路图(a)，将图(b)中的实物电路连接完整。(2)实验中调节滑动变阻器R0和电阻箱R，使灵敏电流计刚好满偏，读出此时电压表的示数U和电阻箱的阻值R1；然后再调节滑动变阻器R0和电阻箱R，使灵敏电流计刚好半偏，且电压表的示数仍为U，读出此时电阻箱的阻值R2。用U、R1和R2表示灵敏电流计的满偏电流Ig和内阻Rg，表达式Ig＝________，Rg＝________。(3)仅从实验设计原理上看，这种测量方法得到内阻的测量值与真实值相比_________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。解析：(1)实物电路图如图所示。(2)当电流表满偏时有：Ig＝eq\f(U,R1＋Rg)，当电流表半偏时有：eq\f(Ig,2)＝eq\f(U,R2＋Rg)，解得：Ig＝eq\f(U,R2－R1)，Rg＝R2－2R1。(3)仅从设计原理上看，改变电阻箱阻值后，灵敏电流计和电阻箱两端电压不变，则电流表内阻测量值等于真实值，故相等。答案：(1)见解析图(2)eq\f(U,R2－R1)R2－2R1(3)相等11．(12分)如图所示，长L＝12m，质量为M＝50kg的木板右端有一立柱。木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，质量为m＝50kg的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以a1＝4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至木板的右端时，立刻抱住立柱，求：(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小；(2)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间；(3)人抱住立柱后，木板向什么方向滑动，滑动距离的大小。解析：(1)人奔跑过程中加速度是由摩擦力提供的，由牛顿第二定律得：Ff＝ma1解得：Ff＝200N。(2)设人从木板左端跑到右端经历的时间为t，对木板，由牛顿第二定律得：Ff′－μ(M＋m)g＝Ma2因Ff＝Ff′解得：a2＝2m/s2由运动学公式得：L＝eq\f(1,2)a1t2＋eq\f(1,2)a2t2解得：t＝2s。(3)设人跑至木板右端时，人的速度大小为v1，木板速度大小为v2，人抱住立柱后，其共同速度大小为v，由运动学公式得：v1＝a1t＝8m/s，v2＝a2t＝4m/s由动量守恒定律可得：mv1－Mv2＝(m＋M)v解得：v＝2m/s，方向向右，人抱住立柱到两者速度减为0过程，由动能定理可得：－μ(M＋m)gs＝0－eq\f(1,2)(m＋M)v2解得：s＝2m。答案：(1)200N(2)2s(3)向右2m12.(20分)如图所示，左侧平行极板间有水平方向的匀强电场，右侧绝缘光滑圆环内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的圆心为O，半径为R，现将质量为m、带电量为q的带正电粒子(粒子重力忽略不计)，从a点由静止经电场加速后从入口c沿圆环直径射入磁场区域。在圆心O的正上方，还有一个出口b。已知粒子和圆环的碰撞过程没有动能和电荷量损失，B、R、m、q均为已知量。(1)两极板间电压为U时，求粒子在磁场中的运动半径r；(2)两极板间电压U可取任意值，如果粒子能从出口b射出，求粒子从入口c射入到从出口b射出的最短时间；(3)两极板间电压U取某些值时，粒子不经过圆环内的阴影bOc扇形区域就能从b出口射出，求两极板间电压U取的可能值。解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理得：qU＝eq\f(1,2)mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2Um,q))。(2)经分析可知，粒子与圆环碰撞一次后从出口b射出，在磁场中运动的时间最短，粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，由几何关系得θ＝π－eq\f(3,4)π＝eq\f(π,4)T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)则tmin＝eq\f(2θ,2π)T＝eq\f(πm,2qB)。(3)设粒子在非阴影区与圆环碰撞n次后从出口b射出，每段圆弧所对圆心角为α，n＝2时，粒子在磁场中的运动轨迹如图2所示，经分析由几何关系得α＝π－eq\f(3π,2n＋1)，(n＝1,2,3，…)taneq\f(α,2)＝eq\f(R,r)解得U＝eq\f(B2R2q,2m)tan2eq\f(3π,4n＋1)，(n＝1,2,3，…)。答案：(1)eq\f(1,B)eq\r(\f(2Um,q))(2)eq\f(πm,2qB)(3)eq\f(B2R2q,2m)tan2eq\f(3π,4n＋1)，(n＝1,2,3，…)(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)关于扩散现象，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．温度越高，扩散进行得越快B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的(2)(10分)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l＝10.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0cmHg。(ⅰ)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(ⅱ)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。解析：(1)扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A正确；扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B、E错误，C正确；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确。(2)(ⅰ)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得pl＝p1l1由力学平衡条件得p＝p0＋h②打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有p1＝p0－h1③联立①②③式，并代入题给数据得l1＝12.0cm。④(ⅱ)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。由玻意耳定律得pl＝p2l2由力学平衡条件有p2＝p0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l2＝10.4cm⑦设注入的水银在管内的长度为Δh，依题意得Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh＝13.2cm。⑨答案：(1)ACD(2)(ⅰ)12.0cm(ⅱ)13.2cm14．[选修3­4](15分)(1)(5分)一列简谐横波在t＝0时的波形图如图中的实线所示，t＝0.1s时的波形图如图中的虚线所示，若该波传播的速度为10m/s，则________。(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．t＝0时质点a沿y轴正方向运动B．这列波沿x轴