高届高级高中物理一轮复习全程训练物理学案模拟二.docx

1、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1418题只有一个选项符合题目要求,第1921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.2 B.3C.4 D.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

2、.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HHHeX,式中X是某种粒子.已知H、H、He和粒子X的质量分别为2.014 1 u、3.016 1 u、4.002 6 u和1.008 7 u；1 u931.5 MeV/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HB.该反应中的质量亏损为0.028 9 uC.该反应释放出的能量为17.6 MeVD.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m2.014 1 u3.016 1 u4.002 6 u

3、1.008 7 u0.018 9 u,故B错误；由爱因斯坦质能方程可知释放出的能量为E(2.014 13.016 14.002 61.008 7)931.5 MeV17.6 MeV,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上运转,运转周期为T0,轨道上的近地点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,其半径叫做该点的曲率半径).若地球的质

4、量为M,引力常量为G.则()A.卫星在轨道上运行时的机械能等于在轨道上运行时的机械能B.如果卫星要从轨道返回到轨道,则在C位置时动力气源要向后喷气C.卫星从CDA的运动过程中,万有引力对其做的功为GMmkD.卫星从CDA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,卫星从轨道变轨到轨道,要有外力对卫星做功,所以卫星在轨道上的机械能小于其在轨道上的,A错误；若卫星要从轨道上的C位置变轨到轨道上,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Gm,

5、Gm,从CDA的运动过程中,由动能定理得Wmvmv,解以上三式得WGMmk,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.g B.gC.g D.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,mgTcosmg,FTsin,联立得Fmg,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ag,A正确.18.2019河北石家庄质

6、检如图所示,理想变压器三个线圈的匝数比n1 ：n2 ：n310 ：5 ：1,其中匝数为n1的原线圈接到220 V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I32 A,电阻R2110 ,则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是()A.10 A,12 A B.10 A,20 AC.1 A,0.7 A D.1 A,3A答案：C解析：由于, 且n1 ：n2 ：n310 ：5 ：1,U1220 V,解得U2110 V,U322 V,根据欧姆定律得I2 A1 A,根据理想变压器的输入功率和输出功率相等可得U1I1U2I2U3I3,代入数据

7、得I10.7 A,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mgm

8、vmv,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vBvA,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mgLmvA2,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mgLmvB2,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(

9、)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Mv2C.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vv2ax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FLLMv2,则F,弹射器对舰载机做功为WL,解得WMv2,B正确；假设舰载机在该过程中的运动时间为t,则Lt,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v22a,解得vv,则弹射器作用半程时做功的功率为Pv,D正确.21.如图所示,光滑的

10、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(0R12R).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2BLvC.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1R时,导体棒两端的电压为BLvD.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

11、；根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势EBLv,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EBLv,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2225题为必考题,每个试题考生都必须作答.第3334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

12、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hB.木板水平向右移

13、动的距离lC.小球a和小球b的质量m1、m2D.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m1m2.(2)a、b两球碰撞后均做平抛运动,lvt,ygt2,得lv,若满足m1v0m1v1m2v2,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13 m.某同学利用图甲电路测量15 自来水的电

14、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3 V,内阻可忽略),电压表V1(量程为3 V,内阻很大),电压表V2(量程为3 V,内阻很大),定值电阻R1(阻值4 k),定值电阻R2(阻值2 k),电阻箱R(最大阻值9 999 ),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

15、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_ 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(RxR1)(RR2).解得：Rx.(3)Rx,所以R,可知R图象斜率k,

16、所以14 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R0.2 m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L4 m,MM是一块长L02.4 m的软垫,水平轨道CE离地高度h3.2 m,M在E点的正下方.m1 kg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0.2,BC的长度x09 m,重力加速度为g10 m/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

17、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)60 N(2)不能(3)4.25 mH6.8 m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mg2Rmvmv(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Fmg(1分)得在C点时圆轨道对物体的支持力大小F60 N(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60 N,方向竖直向下(

18、1分)(2)由机械能守恒定律可知vEvC m/s(1分)物体从E点水平抛出后做平抛运动,竖直方向有hgt2,解得t0.8 s(1分)物体在水平方向上运动的距离xvEt mL0,(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5.6 mx8 m(1分)故7 m/svE10 m/s(1分)根据动能定理有mgHmgxmv0(1分)得4.25 mH6.8 m(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

19、).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)(n1,2,3,)解析：(1)粒子首次回到边界x轴时,经过x轴上

20、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lv0cos30t(1分)沿y轴负方向做匀减速运动,有Eqma(1分)v0sin30a(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Rl(1分)根据Bqv0m(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,lv0cos30t(1分)沿y

21、轴负方向匀减速运动,2Eqma(1分)v0sin30a(1分)解得l(1分)如果粒子经磁场偏转之后,其半径r,则每个周期粒子经过x轴的点沿x轴负方向移动xr,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nx,n1,2,3,(1分)解得rl,n1,2,3,(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,n1,2,3,(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33(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

22、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T1300 K,此时活塞与气缸底部之间的距离为d124 cm.在活塞的左侧d26 cm处有固定的卡环,大气压强P01.0105 Pa.求：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？当封闭气体的温度缓慢升到

23、T450 K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UWQ,Q0,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)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p1p2p0(1分)(2分)解得T2375 K

24、(1分)因TT2375 K可判断活塞处于卡环位置,此时体积VV2(1分)故(2分)得p1.2105 Pa(1分)34.(15分)选修34(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t0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.t0.3 s时刻,波传到x3 m处的P点.求：波的传播速度；再经过多长时间,位于x8 m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)由题知,波的传播速度v10 m/s(3分)由图可知,4 m,故知周期T0.4 s(3分)设再经过时间t,位于x8 m处的Q点到达波谷则t0.8nT0.4(2n) sn0,1,2,(4分)