高届高级高中物理一轮复习全程训练物理学案模拟二.docx
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高届高级高中物理一轮复习全程训练物理学案模拟二
模拟
（二） 标准仿真预测卷
第Ⅰ卷 （选择题 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14～18题只有一个选项符合题目要求,第19～21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,有选错或不答的得0分.
14.如图所示,物体A和B叠放在固定光滑斜面上,A、B的接触面与斜面平行,当A、B以相同的速度沿斜面向上运动时,关于物体A的受力个数,正确的是（ ）
A.2B.3
C.4D.5
答案：
B
解析：
物体A受重力,斜面的支持力,B的压力,A、B之间无相对运动趋势,故不受摩擦力,所以A共受三个力作用,选项B正确.
15.[2019·山西长治等五市联考]氘核和氚核可发生热核聚变释放出巨大的能量,该反应方程为H＋H→He＋X,式中X是某种粒子.已知H、H、He和粒子X的质量分别为2.0141u、3.0161u、4.0026u和1.0087u；1u＝931.5MeV/c2,c是真空中的光速.由上述反应方程和数据可知（ ）
A.粒子X是H
B.该反应中的质量亏损为0.0289u
C.该反应释放出的能量为17.6MeV
D.该反应中释放的全部能量转化为粒子X的动能
答案：
C
解析：
根据核反应前后质量数守恒和电荷数守恒,可判断X为中子,故A错误；该反应中的质量亏损为Δm＝2.0141u＋3.0161u－4.0026u－1.0087u＝0.0189u,故B错误；由爱因斯坦质能方程可知释放出的能量为ΔE＝（2.0141＋3.0161－4.0026－1.0087）×931.5MeV＝17.6MeV,故C正确；该反应中释放一部分能量转化为X粒子的动能,故D错误.
16.[2019·江苏泰州中学联考]如图1所示,一质量为m的卫星绕地球在椭圆轨道Ⅰ上运转,运转周期为T0,轨道Ⅰ上的近地点A到地球球心的距离为a,远地点C到地球球心的距离为b,BD为椭圆轨道的短轴,A、C两点的曲率半径均为ka（通过该点和曲线上紧邻该点两侧的两点作一圆,在极限情况下,这个圆就叫做该点的曲率圆,如图2中的虚线圆,其半径ρ叫做该点的曲率半径）.若地球的质量为M,引力常量为G.则（ ）
A.卫星在轨道Ⅰ上运行时的机械能等于在轨道Ⅱ上运行时的机械能
B.如果卫星要从轨道Ⅱ返回到轨道Ⅰ,则在C位置时动力气源要向后喷气
C.卫星从C→D→A的运动过程中,万有引力对其做的功为GMmk
D.卫星从C→D→A的运动过程中,万有引力对其做的功为GMmk
答案：
D
解析：
本题考查万有引力、变轨、能量问题等知识.由题图1可知,卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ,要有外力对卫星做功,所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能小于其在轨道Ⅱ上的,A错误；若卫星要从轨道Ⅱ上的C位置变轨到轨道Ⅰ上,则在C位置时卫星要减速,动力气源要向前喷气,B错误；在A、C两点卫星的运动可近似看做半径均为ka,速度分别为vA、vC的圆周运动,则有G＝m,G＝m,从C→D→A的运动过程中,由动能定理得W＝mv－mv,解以上三式得
W＝GMmk,D正确,C错误.
17.如图所示,一轻绳上端固定,下端系一小球；轻弹簧左端固定在电梯上,右端与小球连接.若电梯竖直向下做加速度大小为g（g为重力加速度大小）的匀加速直线运动时,弹簧恰好处于水平状态,此时轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°.现将轻绳剪断,则剪断轻绳的瞬间,小球的加速度大小为（ ）
A.gB.g
C.gD.g
答案：
A
解析：
设弹簧弹力大小为F,轻绳拉力大小为T,对小球受力分析有,mg－Tcosθ＝mg,F＝Tsinθ,联立得F＝mg,剪断轻绳的瞬间,弹簧弹力不变,则根据牛顿第二定律有,＝ma,得a＝g,A正确.
18.
[2019·河北石家庄质检]如图所示,理想变压器三个线圈的匝数比n1：
n2：
n3＝10：
5：
1,其中匝数为n1的原线圈接到220V的交流电源上,匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路.已知通过电阻R3的电流I3＝2A,电阻R2＝110Ω,则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是（ ）
A.10A,12AB.10A,20A
C.1A,0.7AD.1A,3A
答案：
C
解析：
由于＝＝,且n1：
n2：
n3＝10：
5：
1,U1＝220V,解得U2＝110V,U3＝22V,根据欧姆定律得I2＝＝A＝1A,根据理想变压器的输入功率和输出功率相等可得U1I1＝U2I2＋U3I3,代入数据得I1＝0.7A,故C正确,A、B、D错误.
19.如图所示,滑块A、B的质量均为m,A套在倾斜固定的直杆上,倾斜杆与水平面成45°角,B套在水平固定的直杆上,两杆分离不接触,两直杆间的距离忽略不计,两直杆足够长,A、B通过铰链用长度为L的刚性轻杆（初始时轻杆与水平面成30°角）连接,A、B从静止释放,B开始沿水平杆向右运动,不计一切摩擦,滑块A、B视为质点,重力加速度为g,下列说法正确的是（ ）
A.A、B组成的系统机械能守恒
B.当A到达B所在的水平面时,A的速度为
C.B到达最右端时,A的速度为
D.B的最大速度为
答案：
AD
解析：
因不计一切摩擦,故系统机械能守恒,A正确；当A到达B所在水平面时,有mg·＝mv＋mv,将A的速度沿水平方向和竖直方向分解,则A、B的速度关系为vB＝vA,得vA＝,故B错误；B到达最右端时,B的速度为零,此时A、B的位置如图1所示,则有mg·L＝mvA′2,解得vA′＝,故C错误；当A滑到最低点时,速度为零,B的速度最大,此时A、B的位置如图2所示,则有mg·L＝mvB′2,解得vB′＝,故D正确.
20.最近有媒体报道,将在上海开工建造的中国第三艘航空母舰可能采用弹射起飞.设某舰载机总质量为M,从静止起飞过程中所受恒定的总推力为弹射器和发动机推力之和,发动机的推力恒为总推力的,弹射器有效作用长度为L.要求舰载机在水平弹射结束时获得的速度大小为v.假设弹射过程中舰载机所受阻力为总推力的,则有（ ）
A.在弹射过程中舰载机的加速度大小为
B.弹射器对舰载机所做的功为Mv2
C.弹射器对舰载机做功的平均功率为
D.弹射器作用半程时对舰载机做功的功率为
答案：
ABD
解析：
由运动学公式v－v＝2ax可知,在弹射过程中,舰载机的加速度大小为a＝,A正确；设总推力大小为F,则发动机的推力大小为,阻力大小为,则由动能定理可知FL－L＝Mv2,则F＝,弹射器对舰载机做功为W＝L,解得W＝Mv2,B正确；假设舰载机在该过程中的运动时间为t,则L＝t,解得t＝,则弹射器对舰载机做功的平均功率为P＝＝＝,C错误；假设弹射器作用半程时舰载机的速度大小为v′,则v′2＝2a·,解得v′＝v,则弹射器作用半程时做功的功率为P′＝v′＝,D正确.
21.如图所示,光滑的金属框CDEF水平放置,宽为L,在E、F间连接一阻值为R的定值电阻,在C、D间连接一滑动变阻器R1（0≤R1≤2R）.框内存在着竖直向下的匀强磁场.一长为L,电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动,金属框电阻不计,导体棒与金属框接触良好且始终垂直,下列说法正确的是（ ）
A.ABFE回路的电流方向为逆时针,ABCD回路的电流方向为顺时针
B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同,故电路中的感应电动势大小为2BLv
C.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时,导体棒两端的电压为BLv
D.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝时,滑动变阻器有最大电功率且为
答案：
AD
解析：
根据楞次定律可知,A正确；根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E＝BLv,故B错误；根据闭合电路欧姆定律可知导体棒两端的电压即路端电压应等于BLv,故C错误；该电路电动势E＝BLv,电源内阻为R,当求解滑动变阻器的最大电功率时,可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源,且等效电源的电动势为,等效内阻为,故当R1＝时,等效电源输出功率最大,即滑动变阻器电功率最大,最大值Pm＝,故D正确.
第Ⅱ卷 （非选择题 共62分）
二、非选择题：
包括必考题和选考题两部分.第22～25题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33～34题为选考题,考生根据要求作答.
（一）必考题（4小题,共47分）
22.（6分）在验证动量守恒定律实验中,实验装置如图所示,a、b是两个半径相等的小球,按照以下步骤进行操作.
A.在木板表面钉上白纸和复写纸,并将该木板在紧靠槽口处竖直放置,使小球a从斜槽轨道上固定点处由静止释放,撞到木板并在白纸上留下痕迹O；
B.将木板水平向右移动一定距离并固定,再使小球a从固定点处由静止释放,撞到木板上得到痕迹B；
C.把小球b静止放在斜槽轨道水平段的最右端,让小球a仍从固定点处由静止释放,和小球b相碰后,两球撞在木板上得到痕迹A和C.
（1）为了保证在碰撞过程中小球a不反弹,a、b两球的质量m1、m2间的关系是m1________m2（选填“大于”、“小于”或“等于”）.
（2）完成本实验,必须测量的物理量有________.
A.小球a开始释放的高度h
B.木板水平向右移动的距离l
C.小球a和小球b的质量m1、m2
D.O点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y3
答案：
（1）大于（3分）
（2）CD（3分）
解析：
（1）为防止两小球碰撞后,小球a反弹,小球a的质量应大于小球b的质量,即m1>m2.
（2）a、b两球碰撞后均做平抛运动,l＝vt,y＝gt2,得l＝v,若满足m1v0＝m1v1＋m2v2,即碰撞前后动量守恒,即可验证动量守恒定律,对该式进行整理可得＝＋,因此需要测量小球a和小球b的质量m1、m2以及O点分别到A、B、C三点的距离y1、y2、y3,选项C、D正确.
23.
（9分）国标（GB/T）规定自来水在15℃时电阻率应大于13Ω·m.某同学利用图甲电路测量15℃自来水的电阻率,其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管,细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量,玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略）,右活塞固定,左活塞可自由移动.实验器材还有：
电源（电动势约为3V,内阻可忽略）,电压表V1（量程为3V,内阻很大）,电压表V2（量程为3V,内阻很大）,定值电阻R1（阻值4kΩ）,定值电阻R2（阻值2kΩ）,电阻箱R（最大阻值9999Ω）,单刀双掷开关S,导线若干,游标卡尺,刻度尺.
实验步骤如下：
A.用游标卡尺测量玻璃管的内径d；
B.向玻璃管内注满自来水,并用刻度尺测量水柱长度L；
C.把S拨到1位置,记录电压表V1示数；
D.把S拨到2位置,调整电阻箱阻值,使电压表V2示数与电压表V1示数相同,记录电阻箱的阻值R；
E.改变玻璃管内水柱长度,重复实验步骤C、D,记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；
F.断开S,整理好器材.
（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙,则d＝________mm.
（2）玻璃管内水柱的电阻Rx的表达式为Rx＝________（用R1、R2、R表示）.
（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据,绘制出如图丙所示的R－关系图象.自来水的电阻率ρ＝________Ω·m（保留两位有效数字）.
答案：
（1）30.00（2分）
（2）（3分） （3）14（4分）
解析：
（1）略
（2）由闭合电路欧姆定律,得：
E＝（Rx＋R1）＝（R＋R2）.
解得：
Rx＝.
（3）Rx＝ρ＝ρ＝,所以R＝·,可知R－图象斜率k＝,所以ρ＝＝14Ω·m.
24.（14分）如图所示是某游戏设施的简化图,由光滑圆弧轨道AB、半径R＝0.2m的竖直圆轨道CDC、水平光滑轨道CE和粗糙水平轨道BC组成.NN′是一堵竖直墙,与E点的水平距离L＝4m,MM′是一块长L0＝2.4m的软垫,水平轨道CE离地高度h＝3.2m,M在E点的正下方.m＝1kg的物体（可视为质点）从离水平轨道BC高H的圆弧轨道上的A点无初速度释放.已知物体与水平轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.2,BC的长度x0＝9m,重力加速度为g＝10m/s2.
（1）若物体恰好能通过竖直圆轨道的最高点D,从E点水平抛出,求物体到达圆轨道最低点C时对轨道的压力；
（2）在
（1）问的条件下,物体从E点抛出后,能否直接落在软垫上？
（3）物体抛出后,若撞在竖直墙上,撞击前后,竖直方向上的速度大小、方向均不变,水平方向的速度大小不变,方向相反,欲使物体能顺利通过竖直圆轨道最高点且安全落在软垫MM′上,求物体释放高度H的取值范围.
答案：
（1）60N
（2）不能 （3）4.25m≤H≤6.8m
解析：
（1）物体恰好能通过竖直圆轨道的最高点D,则有mg＝（1分）
从C点到D点,根据动能定理有mg·2R＝mv－mv（2分）
故物体在C点时的速度大小vC＝m/s（1分）
物体在C点时,有F－mg＝（1分）
得在C点时圆轨道对物体的支持力大小F＝60N（1分）
根据牛顿第三定律,在C点时物体对圆轨道的压力大小为60N,方向竖直向下（1分）
（2）由机械能守恒定律可知vE＝vC＝m/s（1分）
物体从E点水平抛出后做平抛运动,竖直方向有h＝gt2,解得t＝0.8s（1分）
物体在水平方向上运动的距离x＝vEt＝m>L0,（1分）
故物体从E点抛出后不能直接落在软垫上（1分）
（3）结合第
（2）问,可知欲满足题意,物体需撞击在墙上,再掉落在软垫上,等效于如图所示的平抛运动
水平位移5.6m≤x≤8m（1分）
故7m/s≤vE≤10m/s（1分）
根据动能定理有mgH－μmgx＝mv－0（1分）
得4.25m≤H≤6.8m（1分）
25.
（18分）如图所示,在xOy平面内,第一、二象限有垂直纸面向里的相同的匀强磁场,第三、四象限有平行纸面的相同的匀强电场（未画出）.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从坐标原点O以大小为v0、方向与x轴正方向成30°角的速度平行纸面斜向下射入第四象限,粒子首次回到边界x轴时,经过x轴上的P点且速度大小不变,已知O、P间距离为l,粒子重力不计.
（1）求匀强电场场强的大小和方向；
（2）如果粒子经磁场第一次偏转后,又恰好沿初始方向经过O点,求这时磁场的磁感应强度大小.
（3）如果第三、四象限的匀强电场场强变为原来的两倍,方向不变,其他条件不变,粒子经磁场偏转之后,经过电场,粒子能够再次通过O点,这时磁场的磁感应强度大小为多少？
答案：
（1） 沿y轴正方向
（2）
（3）（n＝1,2,3,……）
解析：
（1）粒子首次回到边界x轴时,经过x轴上P点且速度大小不变,可知O、P间电势差为零,O、P处在同一等势面上
根据题意可知,匀强电场垂直x轴,且沿y轴正方向（1分）
粒子在电场中沿OP方向匀速运动,有l＝v0cos30°·t（1分）
沿y轴负方向做匀减速运动,有Eq＝ma（1分）
v0sin30°＝a（1分）
解得E＝（1分）
（2）粒子从P点进入磁场时沿x轴方向速度分量不变,垂直x轴方向速度分量反向,因此粒子经过P点时的速度与x轴成30°角斜向上,经磁场第一次偏转后,又恰好经过O点,如图1中所示,由几何关系得R＝l（1分）
根据Bqv0＝m（2分）
解得B＝（1分）
（3）如果匀强电场场强大小变为原来的两倍
粒子在电场中,沿x轴正方向匀速运动,l′＝v0cos30°t′（1分）
沿y轴负方向匀减速运动,2Eq＝ma′（1分）
v0sin30°＝a′（1分）
解得l′＝（1分）
如果粒子经磁场偏转之后,其半径r<,
粒子不可能过O点（1分）
如果粒子做圆周运动的半径r>,则每个周期粒子经过x轴的点沿x轴负方向移动Δx＝r－,如图2所示（1分）
带电粒子可能从电场再次经过O点需满足
＝nΔx,n＝1,2,3,…（1分）
解得r＝l,n＝1,2,3,…（1分）
因此经过电场粒子能够再次通过O点,磁场的磁感应强度的可能值为B′＝,n＝1,2,3,…（1分）
（二）选考题（共15分.请考生从给出的2道题中任选一题作答.如果多做,则按所做的第一题计分）
33.（15分）[选修3—3]
（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.气体温度升高,则每个气体分子的动能都将变大
B.分子间距离增大时,分子间的引力和斥力都减小
C.一定质量理想气体温度升高,则内能增大
D.在绝热过程中,外界对气体做功,气体的内能一定增加
E.用油膜法估测分子大小,如果油膜没有充分展开,测出来的分子大小将偏小
（2）（10分）如图所示,内壁光滑的气缸水平放置,厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的理想气体,气体初始温度为T1＝300K,此时活塞与气缸底部之间的距离为d1＝24cm.在活塞的左侧d2＝6cm处有固定的卡环,大气压强P0＝1.0×105Pa.求：
①要使活塞能缓慢达到卡环位置,封闭气体的温度至少升高到多少？
②当封闭气体的温度缓慢升到T＝450K时,封闭气体的压强为多少？
答案：
（1）BCD（5分）
（2）见解析
解析：
（1）温度升高,分子的平均动能增大,但不是每个分子的动能都增大,选项A错误；分子间距离增大时,分子间引力和斥力都减小,只不过斥力变化更快,选项B正确；一定质量的理想气体内能仅由温度决定,温度升高,内能增大,选项C正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q,Q＝0,外界对气体做正功,内能一定增大,选项D正确；用油膜法估测分子的大小,若油膜没有完全展开,则测得的展开面积S变小,根据分子直径d＝,测出的分子直径变大,选项E错误.
（2）①对活塞中的气体
＝（2分）
缓慢达到卡环位置可知气体做等压变化
p1＝p2＝p0（1分）
＝（2分）
解得T2＝375K（1分）
②因T>T2＝375K可判断活塞处于卡环位置,此时体积V＝V2（1分）
故＝（2分）
得p＝1.2×105Pa（1分）
34.（15分）[选修3—4]
（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.在潜水员看来,岸上的所有景物都出现在一个倒立的圆锥里
B.光纤通信利用了全反射的原理
C.泊松通过实验观察到的泊松亮斑支持了光的波动说
D.电子表的液晶显示用到了偏振光
E.变化的磁场一定产生变化的电场
（2）（10分）如图所示,坐标原点O处的波源t＝0时刻开始沿y轴方向做简谐运动,形成沿x轴正方向传播的简谐波.t＝0.3s时刻,波传到x＝3m处的P点.求：
①波的传播速度；
②再经过多长时间,位于x＝8m处的Q点到达波谷.
答案：
（1）ABD（5分）
（2）见解析
解析：
（1）潜水员看到的岸上的所有景物都出现在入射角为90°的折射光线组成的倒立的圆锥里,A项正确；光纤通信利用了全反射的原理,B项正确；泊松亮斑并不是泊松通过实验观察到的,C项错误；电子表的液晶显示用到了偏振光,D项正确；均匀变化的磁场产生稳定的电场,E项错误.
（2）（10分）
①由题知,波的传播速度
v＝＝10m/s（3分）
②由图可知,λ＝4m,故知周期T＝0.4s（3分）
设再经过时间Δt,位于x＝8m处的Q点到达波谷
则Δt＝0.8＋nT＝0.4（2＋n）s n＝0,1,2,…（4分）
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