《通用版2019版高考物理二轮复习考前仿真适应性训练一含解析2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2019版高考物理二轮复习考前仿真适应性训练一含解析2.pdf（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考前仿真适应性训练（一）考前仿真适应性训练（一） (限时：60 分钟 满分：110 分) 第卷(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 15 题只有一项符合题目要求，第 68 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 射线是原子的核外电子电离后形成的电子流 D氢原子从n2 的能级跃迁到n1 的能级辐射出的光恰好能使某种金属
2、发生光电效 应，则从n3 的能级跃迁到n2 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； 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n2 的能级跃迁到n1 的能级辐射出的光子的能量为E13.4 eV(13.6 eV) 10.2 eV，恰好能使某种金属发生光电效应，从n3 的能级跃迁到n2 的能级辐射的光子 的能量
3、E21.51 eV(3.4 eV)1.89 eV，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 1 N，则( ) A01 s 时间内，物块的加速度逐渐增大 B第 3 s 末，物块的速度最大 C第 9 s 末，物块的加速度为零 D第 7 s 末，物块的动能最大 解析 ： 选 D 在 01s 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 ； 13 s 物块做加速度增大的加速运动，37 s 物块做加速度减小的加速运动，故第 7 s 末
4、，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 9 s 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 B C D 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ygt2，在水平方向上有xv0t，解得yx2，说明以相
5、同初速度从同 1 2 g 2v02 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，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，OAOBBCa， 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 BO点电势比A点电势高 CC点处的电场强度大小为 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
6、 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rCa，2 根据Ek， 得EC，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， Q r2 kQ 2a2 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
7、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，只将 S1从 1 拨向 2 时，原线 n2U1 n1 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
8、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 k， 则质子的速度可能 q m 为( ) A2BkL B.BkL 2 C. D. 3BkL 2 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 (n1,2,3，)， 由洛伦兹力提供 向心力得：Bqvm，可得：v L
9、 n v2 r Bqr m (n1,2,3，)，故选项 B、D 正确。 BkL n 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( ) APQ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 DPQ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 CD PQ受到的安培力FBILBL，方向水平向左，PQ在
10、安培力作 BLv R B2L2v R 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WFs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：ma，由于v减小，所以PQ向 B2L2v R 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 It tB， 从a到b与从b
11、到c的过程中， 回路面积的变化量S E R t R t R S R 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g，则下列说法正确的是( ) A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2 3 3gR D甲球运动到最低点前，轻杆对乙球一直做
12、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：2mg2Rmg2Rmv2 2mv2，解得：v，故 C 正确；甲球运动到最低点前
13、， 1 2 1 2 2 3 3gR 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。 第卷(共 62 分) 二、非选择题 ： 包括必考题和选考题两部分，第 912 题为必考题，每个试题都必须作 答。第 1314 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
14、木块与长木板间动摩擦因数_。 (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 50 Hz。从纸带上 测出x13.20 cm，x24.52 cm，x58.42 cm，x69.70 cm。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mgMg(Mm)a，解得 。 mgmMa Mg (3)利用逐差法可得a，代
15、入数据解得a1.3 m/s2。 x5x6x1x2 2 4T2 答案：(1)交流 细线与长木板平行 (2) (3)1.3 mgmMa Mg 10(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
16、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， 当电流表半偏时有 ：， 解得 ：Ig，Rg U R1Rg Ig 2 U R2Rg U R2R1 R22R1。 (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) R22R1 (3)相等 U R2R1 11 (12 分)如图所示， 长L12 m， 质量为M50 kg 的木板右端 有一立柱。 木板置于水平地面
17、上，木板与地面间的动摩擦因数 0.1，质量为m50 kg 的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以a14 m/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：Ffma1 解得：Ff200 N。 (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(Mm)gMa2 因FfFf 解得：a22 m/s2 由运动学公式得：La1t2a2t2 1 2
18、1 2 解得：t2 s。 (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：v1a1t8 m/s，v2a2t4 m/s 由动量守恒定律可得： mv1Mv2(mM)v 解得：v2 m/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：(Mm)gs0 (mM)v2 1 2 解得：s2 m。 答案：(1)200 N (2)2 s (3)向右 2 m 12.(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
19、，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： qUmv2 1 2 粒子在磁场中做匀速圆周
20、运动，洛伦兹力提供向心力， 由牛顿第二定律得：qvBmv 2 r 解得r。 1 B 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 3 4 4 T 2r v 2m qB 则tminT。 2 2 m 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，n2 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 ，(n1,2,3，) 3 2n1 tan 2 R r 解得Utan2，(n1,2,3，)。 B2R2q 2m 3 4n1 答案：(1) (2) (3)
21、tan2，(n1,2,3，) 1 B 2Um q m 2qB B2R2q 2m 3 4n1 (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
22、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l10.0 cm，B侧水银 面比A侧的高h3.0 cm。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h110.0 cm 时将开关 K 关闭。已知大气压强p0 75.0 cmHg。 ()求放出部分水银后A侧空气柱的长度； ()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
23、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)()以 cmHg 为压强单位。设A侧空气柱长度l10.0 cm 时的压强为p； 当两侧水银 面的高度差为h110.0 cm 时，空气柱的长度为l1，压强为p1。 由玻意耳定律得 plp1l1 由力学平衡条件得 pp0h 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 p1p0h1 联立式，并代入题给数据得 l112.0 cm。 ()
24、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 plp2l2 由力学平衡条件有 p2p0 联立式，并代入题给数据得 l210.4 cm 设注入的水银在管内的长度为 h，依题意得 h2(l1l2)h1 联立式，并代入题给数据得 h13.2 cm。 答案：(1)ACD (2)()12.0 cm ()13.2 cm 14选修 34(15 分) (1)(5 分)一列简谐横波在t0 时的波形图如图中的实线所示，t0.1 s 时的波形图如 图中的虚线所示，若该波传播的速度为 10 m/s，则_。(填正确答案标号。选对 1 个 得 2 分，选对 2 个得 4 分，
25、选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分) At0 时质点a沿y轴正方向运动 B这列波沿x轴正方向传播 C这列波的周期为 0.4 s D从t0 时刻开始质点a经 0.2 s 通过的路程为 0.4 m Ex2 m 处质点的振动方程为y0.2sin(5t)m (2)(10分)如图所示，用折射率n的玻璃做成一个外径为R2 的半球形空心球壳。一束与过球心的对称轴OO平行的平行光， 射向此球壳的外表面。若让一个半径为R的圆形遮光板的圆心过OO轴，并且垂直该轴 2 2 放置，则球壳内部恰好没有光线射入。问： ()临界光线射入球壳时的折射角r为多大？ ()球壳的内径R为多少？ 解
26、析：(1)由题图可知波长4 m，则波的周期为T0.4 s，选项 C 正确；由题意 v 知，波传播的时间为 0.1 sT，所以波传播的距离是，根据波形的平移可知，波的传 1 4 1 4 播方向沿x轴负方向，选项 B 错误；波沿x轴负方向传播，故t0 时，质点a沿y轴负方 向运动，选项 A 错误；从t0 时刻开始经 0.2 s 时，经过的时间是半个周期，质点a通过 的路程等于 2 个振幅，即 0.4 m，选项 D 正确 ；t0 时刻x2 m 处的质点从平衡位置沿y轴 负方向运动，其位移表达式为yAsint0.2sin 5t m0.2sin(5t)m，选 2 T 项 E 正确。 (2)()设临界光线入射角为i，由光路图和几何知识得 sin i 2 2 R R 2 2 设折射角为r，由折射率的定义：nsin i sin r 解得r30。 ()设临界角为C，对临界光线，有：sin C1 n 解得C45 在如图所示Oab中，由正弦定理得： R sin180C R sin r 解得RR。 2 2 答案：(1)CDE (2)()30 ()R 2 2