（通用版）2019版高考物理二輪復習 考前仿真適應性訓練（二）（含解析）

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1、考前仿真適應性訓練（二） (限時：60分鐘　滿分：110分) 第Ⅰ卷(共48分) 一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。 1．下列說法中正確的是(　　) A. U＋ n→Kr＋Ba＋3n是聚變反應 B．放射性元素與其他的元素形成化合物時不具有放射性 C．貝克勒爾通過實驗發(fā)現(xiàn)了中子，湯姆孫通過實驗發(fā)現(xiàn)了質子 D．根據(jù)玻爾的原子模型，一群氫原子從n＝4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射6種不同頻率的光子 解析：選D　A中所示的反應是

2、重核裂變反應，選項A錯誤；放射性元素與其他的元素形成化合物時仍具有放射性，選項B錯誤；查德威克通過實驗發(fā)現(xiàn)了中子，湯姆孫通過實驗發(fā)現(xiàn)了電子，選項C錯誤；根據(jù)玻爾的原子模型，一群氫原子從n＝4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射C＝6種不同頻率的光子，選項D正確。 2．某人造地球衛(wèi)星繞地球的運動軌跡為橢圓，地球位于橢圓的一個焦點上。已知衛(wèi)星在近地點的速率為v1、加速度大小為a1、到地心的距離為r1，衛(wèi)星在遠地點的速率為v2、加速度大小為a2、到地心的距離為r2。則(　　) A．a1＜a2　　　　　　　　 B．a1r1＞v12 C．a2r2＞v22 D．a1r1＝v12 解析：選C

3、　根據(jù)a＝，由r1＜ r2可知a1>a2，A錯誤；在近地點的曲率半徑R1>r1，由a1＝<可知a1r1可知a2r2>v22，B、D錯誤，C正確。 3.如圖所示，半徑為r的圓形空間內，存在垂直于紙面向外的勻強磁場，一個質量為m、電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，從靜止經電場加速后從圓形空間邊緣上的A點沿半徑方向垂直于磁場方向射入磁場，在C點射出，已知∠AOC＝120°，粒子在磁場中運動時間為t0，則加速電場的電壓是(　　) A. B. C. D. 解析：選A　根據(jù)幾何知識可知，粒子軌跡對應的圓心角為α＝60

4、°＝，軌跡半徑為 R＝rtan 60°＝r，由t0＝·及qU＝mv2，得U＝，A正確。 4.如圖所示是在勻強電場中畫出的一個正六邊形，該六邊形所在平面與電場線(圖中未畫出)平行。已知正六邊形的邊長為2 cm，將一電荷 量為1.0×10－8 C的正點電荷從B點移動到C點克服電場力做功為2.0× 10－8 J，將該點電荷從B點移動到A點，電場力做的功為2.0×10－8 J。 由上述信息通過計算不能確定的是(　　) A．電場強度的大小 B．過A點的等勢線 C．電場線由C指向F D．該點電荷沿直線由B點移動到F點電場力所做的功 解析：選C　UBC＝＝ V＝－2 V，同理：UBA＝＝

5、 V＝ 2 V，可知電場線由C指向A；FA為過A點的等勢線；根據(jù)E＝可計算電場強度的大小；因UBA＝UBF，根據(jù)W＝Uq可計算點電荷沿直線由B點移動到F點電場力所做的功；故A、B、D能確定，C不能確定。 5.如圖所示，一砂袋用無彈性輕細繩懸于O點。開始時砂袋處于靜止狀態(tài)，一彈丸以水平速度v0打入砂袋后未穿出，二者共同擺動。若彈丸質量為m，砂袋質量為5m，彈丸和砂袋形狀大小忽略不計，彈丸打入砂袋后漏出的砂子質量忽略不計，不計空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是(　　) A．彈丸打入砂袋過程中，細繩所受拉力大小保持不變 B．彈丸打入砂袋過程中，彈丸對砂袋的沖量大小大于砂袋對彈丸的沖

6、量大小 C．彈丸打入砂袋過程中所產生的熱量為 D．砂袋和彈丸一起擺動所達到的最大高度為 解析：選D　彈丸打入砂袋的過程，由動量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；彈丸打入砂袋后，砂袋質量變大，且做圓周運動，根據(jù)T＝6mg＋6m可知，細繩所受拉力變大，選項A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，彈丸打入砂袋過程中，彈丸對砂袋的作用力與砂袋對彈丸的作用力大小相等，又作用時間相等，故彈丸對砂袋的沖量大小等于砂袋對彈丸的沖量大小，選項B錯誤；彈丸打入砂袋過程中所產生的熱量為Q＝mv02－×6mv2＝mv02，選項C錯誤； 由機械能守恒定律可得：×6mv2＝6mgh，解得h＝，選項D 正確。

7、6．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝10∶1，原線圈輸入的交流電壓如圖乙所示，副線圈電路接有滑動變阻器R和額定電壓為12 V、工作時內阻為2 Ω 的電動機。閉合開關，電動機正常工作，電流表示數(shù)為1 A，則(　　) A．副線圈兩端電壓為22 V B．電動機輸出的機械功率為10 W C．通過電動機的交流電頻率為50 Hz D．突然卡住電動機，原線圈輸入功率變小 解析：選BC　原線圈兩端輸入電壓最大值為Um＝220 V，則有效值：U1＝＝ 220 V，U2＝U1＝22 V，選項A錯誤；電動機輸出的機械功率：P＝UI2－I22r＝10 W，選項B正確；由題圖乙知原線圈

8、所接電壓的周期為0.02 s，則f＝＝50 Hz，選項C正確；卡住電動機，變壓器副線圈的電壓不變，由于電動機無法對外做功，則副線圈的電流增大，輸出功率變大，則原線圈輸入功率變大，選項D錯誤。 7.如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在斜面底端，彈簧與斜面平行且初始時自然伸長，帶電小球Q(可視為質點)固定在光滑斜面的M點，處于通過彈簧中心的直線ab上?，F(xiàn)將帶電小球P(也視為質點)從直線ab上的N點由靜止釋放，設P與Q電性相同，則P從釋放到運動至最低點的過程中，下列說法正確的是(　　) A．P的速度先增大后減小 B．P的速度最大時所受合力為零 C．P的重力勢能與電勢能的和一直減小 D．P所受的重

9、力、彈簧的彈力和庫侖力做功的代數(shù)和等于電勢能的變化量的大小 解析：選ABC　P先沿斜面加速向下運動，Q對P有沿斜面向下的庫侖力，P先做加速運動，壓縮彈簧后，當加速度減小到零后，減速向下運動，當彈簧壓縮量最大時，P靜止，故速度先增大后減小，選項A正確；由上述分析可知，當P所受的合力為零時，速度最大，選項B正確；P運動的過程中重力和電場力都一直做正功，重力勢能與電勢能的和一直減小，選項C正確；根據(jù)動能定理知，P所受的重力、彈簧的彈力和庫侖力做功的代數(shù)和等于動能的變化量的大小，整個過程為零，選項D錯誤。 8．如圖甲所示，質量m＝3.0×10－3 kg 的金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，細框的水平細

10、桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應強度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數(shù)n＝300、面積S＝0.01 m2 的線圈通過開關K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示。t＝ 0.22 s時閉合開關K，細框瞬間跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝ 0.20 m。不計空氣阻力，重力加速度 g＝10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．0～0.10 s內線圈中的感應電動勢大小為3 V B．開關K閉合瞬間，CD中的電流方向為由C到D C．磁感應強度B2的方向豎直向下 D．開

11、關K閉合瞬間，通過細框的電荷量為0.03 C 解析：選BD　由題圖乙可知，0～0.10 s內，ΔΦ＝ΔBS＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb， 線圈中的感應電動勢大小：E＝n＝300× V＝30 V，故選項A錯誤；由題意可知開關K閉合瞬間，CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向為由C到D，由安培定則可知感應電流在線圈中產生的磁場方向豎直向上，由題圖乙可知，在t＝0.22 s時穿過線圈的磁通量在減少，由楞次定律可知，磁感應強度B2方向豎直向上，故選項B正確，C錯誤；對細框，由動量定理得：B1IlΔt＝mv－0，細框向上做豎直上拋運動，則v2＝2gh，電荷量：Q＝I

12、Δt，解得：Q＝＝ C＝0.03 C，故選項D正確。 第Ⅱ卷(共62分) 二、非選擇題：包括必考題和選考題兩部分，第9～12題為必考題，每個試題都必須作答。第13～14題為選考題，根據(jù)要求作答。 (一)必考題：共47分。 9.(5分)某同學要研究輕質彈簧的彈性勢能與彈簧長度改變量的關系，進行了如下實驗：在離地面高度為h的光滑水平桌面上，沿著與桌面邊緣垂直的方向放置一輕質彈簧，其左端固定，右端與一個質量為m的小鋼球接觸。當彈簧處于自然長度時，小鋼球恰好在桌面邊緣，如圖所示。讓小鋼球向左壓縮彈簧一段距離后由靜止釋放，小鋼球沿水平方向射出桌面，小鋼球在空中飛行后落在水平地面上，飛行的水平距離

13、為s。 (1)小鋼球離開桌面時的速度大小為v0＝________，彈簧的彈性勢能Ep與小鋼球質量m、桌面離地面高度h、小鋼球飛行的水平距離s等物理量之間的關系式為Ep＝________。 (2)彈簧的壓縮量x與對應的小鋼球飛行的水平距離s的實驗數(shù)據(jù)如表所示： 彈簧的壓縮量x/cm 1.00 1.50 2.00 2.50 3.00 3.50 小鋼球飛行的 水平距離s/m 2.01 3.00 4.01 4.96 6.01 7.00 由實驗數(shù)據(jù)，可確定彈性勢能Ep與彈簧的壓縮量x的關系為________(式中k為比例系數(shù))。 A．Ep＝kx B．

14、Ep＝k C．Ep＝kx2 D．Ep＝k 解析：(1)小鋼球離開桌面后做平拋運動，水平方向有：s＝v0t，豎直方向有：h＝gt2，解得：v0＝s，根據(jù)功能關系有：Ep＝mv02，解得：Ep＝。 (2)根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，可得出x∝s，又Ep∝s2，故彈性勢能Ep與彈簧的壓縮量x的關系為Ep＝kx2，故A、B、D錯誤，C正確。 答案：(1)s　　(2)C 10．(10分)某同學為了測量電源的電動勢和內阻設計了圖(a) 所示電路，所用的實驗器材有：待測電源，量程為3 V 的電壓表V(內阻無窮大)，電阻箱R，阻值未知的定值電阻 R0，開關K1，雙擲開關K2。 實驗步驟如下

15、： ①調節(jié)電阻箱的阻值為20 Ω，K2接a，閉合K1，記下電壓表的讀數(shù)為2.00 V，斷開K1； ②保持電阻箱的阻值不變，K2切換到b，閉合K1，記下圖(b)所示電壓表的讀數(shù)，斷開K1； ③將K2再切換到a，閉合K1，多次調節(jié)電阻箱，讀出多組電阻箱的阻值R和對應的電壓表的示數(shù)U，斷開K1； ④以為縱坐標，為橫坐標，繪出圖線(用直線擬合)。 回答下列問題： (1)圖(b)所示電壓表的讀數(shù)為________V，定值電阻R0＝________Ω。 (2)用E、r表示電動勢和內阻，則與關系式為________________________。 (3)依據(jù)實驗數(shù)據(jù)繪出的圖線如圖(c)

16、所示，則電源電動勢E＝________V，內阻 r＝________Ω(計算結果均保留兩位有效數(shù)字)。 解析：(1)電壓表量程為3 V，由題圖(b)知最小分度為0.1 V，可得其讀數(shù)為2.30 V；當 R＝20 Ω，K2接a，閉合K1時得通過R的電流為 A＝0.1 A，K2切換到b，閉合K1時，電阻箱與R0串聯(lián)，則由歐姆定律可知，R0＝Ω＝3.0 Ω。 (2)由實驗步驟及閉合電路歐姆定律可知，U＝R，變形可得：＝＋·。 (3)題圖(c)中，圖線與縱坐標軸的交點為0.34，由(2)中關系式可得E＝ V≈2.9 V，圖線斜率k＝，由圖線數(shù)據(jù)知k＝＝1.44，解得r≈1.2 Ω。 答

17、案：(1)2.30　3.0(3或3.00)　(2)＝＋·　(3)2.9　1.2(1.1～1.3均可) 11.(12分)空間存在電場強度方向豎直向上的勻強電場，水平地面上有一根細短管，與水平地面之間的夾角為37°，如圖所示，一直徑略小于細短管直徑、質量為m、電荷量為q的帶正電小球，從水平地面上方一定高度處水平拋出，經時間t小球恰好無碰撞地落入細短管。已知細短管到拋出點的水平距離為d，重力加速度大小為g， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空氣阻力不計，求： (1)小球拋出點與落地點間的高度差； (2)細短管所在位置與小球拋出點間的電壓U。 解析：(1)小球拋出后做類平拋運

18、動，由此可得： 小球拋出時的速度大小v0＝， 設小球下落的加速度大小為a，則h＝at2， 由題意知tan 37°＝，解得h＝。 (2)小球落入細短管時的速度大小為v＝＝， 對小球在空中運動的過程，由動能定理得： mgh－qU＝mv2－mv02， 解得U＝。 答案：(1)　(2) 12.(20分)足夠長的傾角為θ的光滑斜面的底端固定一輕彈簧，彈簧的上端連接質量為m、厚度不計的鋼板，鋼板靜止時彈簧的壓縮量為x0，O點為彈簧自然伸長時鋼板的位置，如圖所示。一物塊從鋼板上方距離為3x0的A處沿斜面滑下，與鋼板碰撞后立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動。已知物塊

19、質量也為m時，它們恰能回到O點，若物塊質量為2m，仍從A處沿斜面滑下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度，已知重力加速度為g，求： (1)質量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度大?。? (2)碰撞前彈簧的彈性勢能； (3)質量為2m的物塊沿斜面向上運動到達的最高點離O點的距離。 解析：(1)設質量為m的物塊與鋼板碰撞前速度為v0， 由動能定理得3mgx0sin θ＝mv02 解得：v0＝ 設質量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間一起運動的速度為v1，由動量守恒定律得mv0＝2mv1 解得：v1＝。 (2)設碰撞前彈簧的彈性勢能為Ep，當質量為m的物塊與鋼板一起回到O點時，彈簧自然伸

20、長，彈性勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律得 Ep＋×2mv12＝2mgx0sin θ 解得：Ep＝mgx0sin θ。 (3)由動能定理易知，質量為2m的物塊與鋼板碰撞前的速度仍為v0，設質量為2m的物塊與鋼板碰撞后瞬間一起運動的速度為v2，由動量守恒定律得 2mv0＝3mv2 它們回到O點時，彈性勢能為零，但它們仍繼續(xù)向上運動，設此時速度為v，由機械能守恒定律得 Ep＋×3mv22＝3mgx0sin θ＋×3mv2 在O點物塊與鋼板分離，分離后，物塊以速度v繼續(xù)沿斜面上升，設運動到達的最高點離O點的距離為s，有 v2＝2as 2mgsin θ＝2ma 解得：s＝。 答案：(

21、1)　(2)mgx0sin θ　(3) (二)選考題：共15分。請在第13、14題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分。 13．[選修3-3](15分) (1)(5分)下列說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．晶體具有確定的熔點 B．露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用 C．某物體溫度高，組成該物體的某些分子速率可能很小 D．理想氣體從外界吸熱，則內能一定增大 E．壓縮氣體需要力表明氣體分子間存在斥力 (2)(10分)如圖所示，一絕熱汽缸豎直放置，一定質量的理想氣體被活塞

22、封閉于汽缸中，活塞質量為m、橫截面積為S，不計厚度，且與汽缸壁之間沒有摩擦。開始時活塞被銷子固定于距汽缸底部高度為h1的A位置，氣體溫度為T1，壓強為p1，現(xiàn)拔掉銷子，活塞下降到距汽缸底部高度為h2的B位置時靜止，已知大氣壓強為p0，重力加速度為g。 (ⅰ)求此時氣體的溫度； (ⅱ)若再用電熱絲給氣體緩慢加熱，電熱絲釋放出的熱量為Q，使活塞上升到距汽缸底部高度為h3的C位置時靜止，求氣體內能的變化量。 解析：(1)晶體具有確定的熔點，非晶體無確定的熔點，選項A正確；露珠呈球狀是由于液體表面張力有使液面收縮至表面積最小的趨勢，選項B正確；某物體溫度高，分子的平均速率較大，但是組成該物體的某

23、些分子速率可能很小，選項C正確；根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝Q＋W，理想氣體從外界吸熱，內能不一定增大，選項D錯誤；壓縮氣體需要力是大氣壓強作用的結果，并不能表明氣體分子間存在斥力，選項E錯誤。 (2)(ⅰ)活塞在A位置時，對于封閉氣體有： pA＝p1，VA＝Sh1，TA＝T1 活塞在B位置時，對于封閉氣體有： pB＝p0＋，VB＝Sh2 由理想氣體狀態(tài)方程得：＝ 解得：TB＝T1。 (ⅱ)活塞由B位置上升到C位置的過程為等壓過程，氣體對活塞的壓力為： F＝pBS 氣體對活塞做的功為： W＝F(h3－h(huán)2)＝(p0S＋mg)(h3－h(huán)2) 由熱力學第一定律有： ΔU＝Q－W

24、＝Q－(p0S＋mg)(h3－h(huán)2)。 答案：(1)ABC　(2)(ⅰ)T1　 (ⅱ)Q－(p0S＋mg)(h3－h(huán)2) 14．[選修3-4](15分) (1)(5分)如圖甲所示，沿波的傳播方向上有間距均為1 m 的六個質點a、b、c、d、e、f，均靜止在各自的平衡位置，t＝0時刻振源a從平衡位置豎直向上做簡諧運動，其振動圖像如圖乙所示，形成的簡諧橫波以1 m/s的速度水平向右傳播，則下列說法正確的是________。(填正確答案標號。選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分。每選錯1個扣3分，最低得分為0分) A．這列波的周期為4 s B．0～3 s內質點b的運動路程為

25、4 cm C．4～5 s內質點c的加速度在減小 D．6 s時質點e的速度大小為1 m/s，水平向右 E．此六個質點都振動起來后，質點a的運動方向始終與質點c的運動方向相反 (2)(10分)如圖所示是一折射率為n＝1.5的三棱鏡，用于某種光學儀器中?，F(xiàn)有一束光線沿MN的方向射到三棱鏡的AB界面上，入射角的大小為i(已知sin i＝0.75，光在真空中的傳播速率c＝3.0× 108 m/s)。求： (ⅰ)光在三棱鏡中傳播的速率； (ⅱ)此束光線射出三棱鏡后的方向，寫出推導過程并畫出光路圖(不考慮返回到AB界面上的光線)。 解析：(1)由題圖乙易知波的周期為4 s，選項A正確；由

26、題意知，質點b從1 s后開始振動，0～3 s內質點b振動了2 s，即半個周期，運動路程為2A＝4 cm，選項B正確；波速為1 m/s，周期為4 s，則波長為4 m，質點a和質點c相隔半個波長，故兩質點的運動情況恰好相反，易知4～5 s內質點c正從平衡位置向下振動，加速度在逐漸增大，選項C錯誤，E正確；質點只在平衡位置上下振動，并不隨波遷移，故質點e的速度不可能沿水平方向，選項D錯誤。 (2)(ⅰ)由折射定律知v＝＝2.0×108 m/s。 (ⅱ)光路圖如圖所示，設光線在AB界面的折射角為r， 由n＝得， sin r＝＝0.5，則r＝30°， 光線射到BC界面的入射角為 i1＝90°－(180°－60°－75°)＝45°， 由sin C＝＝，則i1>C， 光線在BC界面上發(fā)生全反射， 由幾何關系知，光線沿DE方向射到AC界面時，與AC界面垂直，如圖所示，故此束光線射出三棱鏡后方向與AC界面垂直。 答案：(1)ABE　(2)(ⅰ)2.0×108 m/s　(ⅱ)見解析 11