《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習 考前仿真適應(yīng)性訓練（一）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019版高考物理二輪復(fù)習 考前仿真適應(yīng)性訓練（一）（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考前仿真適應(yīng)性訓練（一） (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．下列說法正確的是(　　) A．氫原子核外電子軌道半徑越大，其能量越小 B．在核反應(yīng)中，比結(jié)合能較小的原子核轉(zhuǎn)化成比結(jié)合能較大的原子核才會釋放核能 C．β射線是原子的核外電子電離后形成的電子流 D．氫原子從n＝2的能級躍遷到n＝1的能級輻射出的光恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，則從n＝3的能級躍遷到n＝2的能

2、級輻射的光也可使該金屬發(fā)生光電效應(yīng) 解析：選B　氫原子的核外電子由離原子核較遠的軌道躍遷到離原子核較近的軌道上時，能量減小，減小的能量以光子的形式釋放出來，故氫原子核外電子軌道半徑越大，其能量越大，A錯誤；在核反應(yīng)中，由比結(jié)合能較小的原子核轉(zhuǎn)化成比結(jié)合能較大的原子核才會釋放核能，B正確；β射線來源于原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時放出的電子，C錯誤；氫原子從n＝2的能級躍遷到n＝1的能級輻射出的光子的能量為E1＝－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV，恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應(yīng)，從n＝3的能級躍遷到n＝2的能級輻射的光子的能量E2＝－1.51 eV－(－3.4 eV)＝1.89 e

3、V，故不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng)，D錯誤。 2.靜止在水平地面的物塊，受到水平向右的拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化情況如圖所示。設(shè)物塊與地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，且為1 N，則(　　) A．0～1 s時間內(nèi)，物塊的加速度逐漸增大 B．第3 s末，物塊的速度最大 C．第9 s末，物塊的加速度為零 D．第7 s末，物塊的動能最大 解析：選D　在0～1 s時間內(nèi)水平拉力小于最大靜摩擦力，故物塊處于靜止狀態(tài)，選項A錯誤；1～3 s物塊做加速度增大的加速運動，3～7 s物塊做加速度減小的加速運動，故第7 s末，物塊的加速度為零，此時速度最大，動能最大，選項B錯誤，D正確；第9

4、s末，物塊水平方向只受滑動摩擦力作用，故加速度不為零，選項C錯誤。 3.2022年冬奧會將在中國舉辦的消息，吸引了大量愛好者投入到冰雪運動中。若跳臺滑雪比賽運動的軌跡可近似看成平拋運動，不計空氣阻力，甲運動員以一定的初速度從平臺飛出，軌跡為圖中實線①所示，質(zhì)量比甲大的乙運動員以相同的初速度從同一點飛出，則乙的運動軌跡應(yīng)為圖中的(　　) A．①　　　　　　　　　　 B．② C．③ D．④ 解析：選A　平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，在豎直方向上有y＝gt2，在水平方向上有x＝v0t，解得y＝x2，說明以相同初速度從同一點開始做平拋運動，其

5、運動軌跡與質(zhì)量無關(guān)，故乙的運動軌跡仍是實線①，故A對。 4.如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)存在一電荷量為Q的正點電荷，坐標軸上有A、B、C 三點，OA＝OB＝BC＝a，其中A點和B點的電勢相等，O點和C點的電勢相等，靜電力常量為k，則下列判斷正確的是(　　) A．點電荷Q位于O點處 B．O點電勢比A點電勢高 C．C點處的電場強度大小為 D．將正試探電荷從A點沿直線移動到C點，電勢能一直減小 解析：選C　因A點和B點的電勢相等，O點和C點的電勢相等，故A、B到點電荷的距離相等，O、C到點電荷的距離也相等，則點電荷位置如圖所示，由圖可知，A錯誤；因點電荷帶正電，故離點電荷越近電勢越

6、高，故O點電勢比A點低，故B錯誤；由圖可知點電荷與C點的距離rC＝a，根據(jù)E＝k，得EC＝，故C正確；由圖可知，將正試探電荷從A點沿直線移動到C點，電勢先升高再降低，故電勢能先增大再減小，故D錯誤。 5．如圖所示，電路中理想變壓器原、副線圈接入電路的匝數(shù)可通過單刀雙擲開關(guān)改變，A為理想交流電流表。在變壓器原線圈a、b兩端加上一峰值不變的正弦式交變電壓。下列分析正確的是(　　) A．只將S1從1撥向2時，電流表示數(shù)變小 B．只將S2從3撥向4時，電流表示數(shù)變大 C．只將R的滑片上移，R1的電功率變大 D．只將R的滑片上移，R2的電功率變小 解析：選D　根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)成正比知

7、：U2＝，只將S1從1撥向2時，原線圈的匝數(shù)減少，所以副線圈上的電壓增大，副線圈上的電流增大，所以電流表示數(shù)變大，A錯誤；只將S2從3撥向4時，副線圈的匝數(shù)減少，所以副線圈上的電壓減小，副線圈上的電流減小，所以電流表示數(shù)變小，B錯誤；只將R的滑片上移，副線圈輸出電壓不變，則R1兩端的電壓不變，R1的電功率不變，C錯誤；只將R的滑片上移，接入電路的有效電阻變大，所以串聯(lián)電路(R和R2)的電阻增大，流過串聯(lián)電路的電流變小，所以電阻R2的電功率變小，D正確。 6.如圖所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里。三角形頂點A處有

8、一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計)，所有質(zhì)子均能通過C點，質(zhì)子比荷＝k，則質(zhì)子的速度可能為(　　) A．2BkL B. C. D. 解析：選BD　因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過C點，部分可能的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知，所有圓弧所對圓心角均為60°，所以質(zhì)子運行半徑r＝(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得：Bqv＝m，可得：v＝＝(n＝1,2,3，…)，故選項B、D正確。 7.如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端接有電阻R，勻強磁場B豎直向下分布在導(dǎo)軌所在的空間內(nèi)，金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置。今使PQ以平行于導(dǎo)

9、軌的初速度v水平向右運動，到位置c時剛好靜止。設(shè)導(dǎo)軌與PQ的電阻均不計，a到b與b到c的間距相等。則PQ在由a到b和b到c的兩個過程中(　　) A．PQ運動的加速度大小相等 B．回路中產(chǎn)生的內(nèi)能相等 C．通過PQ橫截面的電量相等 D．PQ從a到b的動能減少量大于其從b到c的動能減少量 解析：選CD　PQ受到的安培力F＝BIL＝BL＝，方向水平向左，PQ在安培力作用下做減速運動，速度v越來越小，PQ克服安培力做功，動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由于ab間距離與bc間距離相等，安培力F從a到c逐漸減小，由W＝Fs定性分析可知，從a到b克服安培力做的功比從b到c克服安培力做的功多，因此從a到b的過程產(chǎn)生

10、的內(nèi)能多，由動能定理，PQ從a到b的動能減少量大于其從b到c的動能減少量，故B錯誤，D正確；PQ在運動過程中所受到的合力是安培力，由牛頓第二定律得：＝ma，由于v減小，所以PQ向右運動過程中，加速度大小逐漸減小，故A錯誤；PQ運動過程中，通過PQ橫截面的電荷量Q＝IΔt＝Δt＝×＝＝B，從a到b與從b到c的過程中，回路面積的變化量ΔS相等，B、R相等，因此，通過PQ橫截面的電荷量相等，故C正確。 8.如圖所示，一個質(zhì)量為2m的甲球和一個質(zhì)量為m的乙球，用長度為2R的輕桿連接，兩個球都被限制在半徑為R的光滑圓形豎直軌道上，軌道固定于水平地面。初始時輕桿豎直，且質(zhì)量為2m的甲球在上方，現(xiàn)受擾動兩

11、球開始運動，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．甲球下滑過程中減少的機械能總等于乙球增加的機械能 B．甲球下滑過程中減少的重力勢能總等于乙球增加的重力勢能 C．整個運動過程中甲球的最大速度為 D．甲球運動到最低點前，輕桿對乙球一直做正功 解析：選ACD　甲球下滑過程中，重力對系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動能都增加，由于只有動能和重力勢能之間的相互轉(zhuǎn)化，所以甲球下滑過程中減少的機械能總等于乙球增加的機械能，故A正確；甲球下滑過程中，重力對系統(tǒng)做正功，甲球和乙球的動能都增加，所以甲球下滑過程中減少的重力勢能總大于乙球增加的重力勢能，故B錯誤；當甲球到達最低點時，乙球到達最高點，該

12、過程中系統(tǒng)減小的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能，且此時重力勢能減少量最大，系統(tǒng)動能增加量最大，甲球速度最大，由于兩球的線速度相等，設(shè)該速度為v，則：2mg·2R－mg·2R＝mv2＋×2mv2，解得：v＝，故C正確；甲球運動到最低點前，乙球的重力勢能一直增大，同時乙球的動能也一直增大，可知輕桿對乙球一直做正功，故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．(6分)測定木塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)時，采用如圖甲所示的裝置，圖中長木板水平固定。 (1)

13、實驗過程中，電火花計時器應(yīng)接在________(選填“直流”或“交流”)電源上，調(diào)整定滑輪高度，使_________________。 (2)已知重力加速度為g，測得木塊的質(zhì)量為M，砝碼盤和砝碼的總質(zhì)量為m，若木塊的加速度為a，則木塊與長木板間動摩擦因數(shù)μ＝____________。 (3)如圖乙為木塊在水平長木板上運動帶動紙帶打出的一部分點跡，0、1、2、3、4、5、6為計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間還有4個計時點未畫出，電源的頻率為50 Hz。從紙帶上 測出x1＝3.20 cm，x2＝4.52 cm，x5＝8.42 cm，x6＝9.70 cm。則木塊加速度大小 a＝_______m/s2。

14、 解析：(1)電火花計時器的電源為交流電源；調(diào)整定滑輪高度，使細線與長木板平行，這樣細線的拉力沿水平方向，不會影響動摩擦因數(shù)的測量。 (2)對砝碼盤和砝碼、木塊組成的整體，由牛頓第二定律有mg－μMg＝(M＋m)a，解得 μ＝。 (3)利用逐差法可得a＝，代入數(shù)據(jù)解得a＝1.3 m/s2。 答案：(1)交流　細線與長木板平行　(2)　(3)1.3 10．(9分)有一只靈敏電流計G，刻度盤上只有刻度而無具體示數(shù)，現(xiàn)要根據(jù)圖(a)所示電路測出此表的滿偏電流Ig和內(nèi)阻Rg。 (1)請按電路圖(a)，將圖(b)中的實物電路連接完整。 (2)實驗中調(diào)節(jié)滑動變阻器R0和電阻箱R，使

15、靈敏電流計剛好滿偏，讀出此時電壓表的示數(shù)U和電阻箱的阻值R1；然后再調(diào)節(jié)滑動變阻器R0和電阻箱R，使靈敏電流計剛好半偏，且電壓表的示數(shù)仍為U，讀出此時電阻箱的阻值R2。用U、R1和R2表示靈敏電流計的滿偏電流Ig和內(nèi)阻Rg，表達式Ig＝________，Rg＝________。 (3)僅從實驗設(shè)計原理上看，這種測量方法得到內(nèi)阻的測量值與真實值相比_________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。 解析：(1)實物電路圖如圖所示。 (2)當電流表滿偏時有：Ig＝，當電流表半偏時有：＝，解得：Ig＝，Rg＝R2－2R1。 (3)僅從設(shè)計原理上看，改變電阻箱阻值后，靈敏電流計和電阻箱

16、兩端電壓不變，則電流表內(nèi)阻測量值等于真實值，故相等。 答案：(1)見解析圖　(2)　R2－2R1　(3)相等 11．(12分)如圖所示，長L＝12 m，質(zhì)量為M＝50 kg的木板右端有一立柱。木板置于水平地面上，木板與地面間的動摩擦因數(shù) μ＝0.1，質(zhì)量為m＝50 kg的人立于木板左端，木板與人均靜止，當人以a1＝4 m/s2的加速度勻加速向右奔跑至木板的右端時，立刻抱住立柱，求： (1)人在奔跑過程中受到的摩擦力的大??； (2)人從開始奔跑至到達木板右端所經(jīng)歷的時間； (3)人抱住立柱后，木板向什么方向滑動，滑動距離的大小。 解析：(1)人奔跑過程中加速度是由摩擦力提供的，由牛

17、頓第二定律得：Ff＝ma1 解得：Ff＝200 N。 (2)設(shè)人從木板左端跑到右端經(jīng)歷的時間為t， 對木板，由牛頓第二定律得： Ff′－μ(M＋m)g＝Ma2 因Ff＝Ff′ 解得：a2＝2 m/s2 由運動學公式得：L＝a1t2＋a2t2 解得：t＝2 s。 (3)設(shè)人跑至木板右端時，人的速度大小為v1，木板速度大小為v2，人抱住立柱后，其共同速度大小為v， 由運動學公式得：v1＝a1t＝8 m/s，v2＝a2t＝4 m/s 由動量守恒定律可得： mv1－Mv2＝(m＋M)v 解得：v＝2 m/s，方向向右， 人抱住立柱到兩者速度減為0過程， 由動能定理可得：－

18、μ(M＋m)gs＝0－(m＋M)v2 解得：s＝2 m。 答案：(1)200 N　(2)2 s　(3)向右　2 m 12.(20分)如圖所示，左側(cè)平行極板間有水平方向的勻強電場，右側(cè)絕緣光滑圓環(huán)內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，圓環(huán)的圓心為O，半徑為R，現(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電粒子(粒子重力忽略不計)，從a點由靜止經(jīng)電場加速后從入口c沿圓環(huán)直徑射入磁場區(qū)域。在圓心O的正上方，還有一個出口b。已知粒子和圓環(huán)的碰撞過程沒有動能和電荷量損失，B、R、m、q均為已知量。 (1)兩極板間電壓為U時，求粒子在磁場中的運動半徑r； (2)兩極板間電壓U可取任意值，如果粒

19、子能從出口b射出，求粒子從入口c射入到從出口b射出的最短時間； (3)兩極板間電壓U取某些值時，粒子不經(jīng)過圓環(huán)內(nèi)的陰影bOc扇形區(qū)域就能從b出口射出，求兩極板間電壓U取的可能值。 解析：(1)粒子在電場中加速，由動能定理得： qU＝mv2 粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qvB＝m 解得r＝。 (2)經(jīng)分析可知，粒子與圓環(huán)碰撞一次后從出口b射出，在磁場中運動的時間最短，粒子在磁場中的運動軌跡如圖1所示， 由幾何關(guān)系得θ＝π－π＝ T＝＝ 則tmin＝T＝。 (3)設(shè)粒子在非陰影區(qū)與圓環(huán)碰撞n次后從出口b射出，每段圓弧所對圓心角為α，n＝

20、2時，粒子在磁場中的運動軌跡如圖2所示， 經(jīng)分析由幾何關(guān)系得 α＝π－，(n＝1,2,3，…) tan ＝ 解得U＝tan2，(n＝1,2,3，…)。 答案：(1) 　(2)　(3)tan2，(n＝1,2,3，…) (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)關(guān)于擴散現(xiàn)象，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．溫度越高，擴散進行得越快 B．擴散現(xiàn)象是不同物質(zhì)間的一種化學反應(yīng) C．

21、擴散現(xiàn)象是由物質(zhì)分子無規(guī)則運動產(chǎn)生的 D．擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生 E．液體中的擴散現(xiàn)象是由于液體的對流形成的 (2)(10分)如圖，一粗細均勻的U形管豎直放置，A側(cè)上端封閉，B側(cè)上端與大氣相通，下端開口處開關(guān)K關(guān)閉；A側(cè)空氣柱的長度l＝10.0 cm，B側(cè)水銀面比A側(cè)的高h＝3.0 cm。現(xiàn)將開關(guān)K打開，從U形管中放出部分水銀，當兩側(cè)水銀面的高度差為h1＝10.0 cm時將開關(guān)K關(guān)閉。已知大氣壓強p0＝ 75.0 cmHg。 (ⅰ)求放出部分水銀后A側(cè)空氣柱的長度； (ⅱ)此后再向B側(cè)注入水銀，使A、B兩側(cè)的水銀面達到同一高度，求注入的水銀在管內(nèi)的長度。 解析：(1

22、)擴散現(xiàn)象與溫度有關(guān)，溫度越高，擴散進行得越快，選項A正確；擴散現(xiàn)象是由于分子的無規(guī)則運動引起的，不是一種化學反應(yīng)，選項B、E錯誤，C正確；擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生，選項D正確。 (2)(ⅰ)以 cmHg為壓強單位。設(shè)A側(cè)空氣柱長度l＝10.0 cm時的壓強為p；當兩側(cè)水銀面的高度差為h1＝10.0 cm時，空氣柱的長度為l1，壓強為p1。 由玻意耳定律得 pl＝p1l1① 由力學平衡條件得 p＝p0＋h② 打開開關(guān)K放出水銀的過程中，B側(cè)水銀面處的壓強始終為p0，而A側(cè)水銀面處的壓強隨空氣柱長度的增加逐漸減小，B、A兩側(cè)水銀面的高度差也隨之減小，直至B側(cè)水銀面低于A側(cè)

23、水銀面h1為止。由力學平衡條件有 p1＝p0－h(huán)1③ 聯(lián)立①②③式，并代入題給數(shù)據(jù)得 l1＝12.0 cm。④ (ⅱ)當A、B兩側(cè)的水銀面達到同一高度時，設(shè)A側(cè)空氣柱的長度為l2，壓強為p2。由玻意耳定律得 pl＝p2l2⑤ 由力學平衡條件有 p2＝p0⑥ 聯(lián)立②⑤⑥式，并代入題給數(shù)據(jù)得 l2＝10.4 cm⑦ 設(shè)注入的水銀在管內(nèi)的長度為Δh，依題意得 Δh＝2(l1－l2)＋h1⑧ 聯(lián)立④⑦⑧式，并代入題給數(shù)據(jù)得 Δh＝13.2 cm。⑨ 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)12.0 cm　(ⅱ)13.2 cm 14．[選修3-4](15分) (1)(5分)一列簡

24、諧橫波在t＝0時的波形圖如圖中的實線所示，t＝0.1 s時的波形圖如圖中的虛線所示，若該波傳播的速度為10 m/s，則________。(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．t＝0時質(zhì)點a沿y軸正方向運動 B．這列波沿x軸正方向傳播 C．這列波的周期為0.4 s D．從t＝0時刻開始質(zhì)點a經(jīng)0.2 s通過的路程為0.4 m E．x＝2 m處質(zhì)點的振動方程為y＝0.2sin(5πt＋π)m (2)(10分)如圖所示，用折射率n＝的玻璃做成一個外徑為R的半球形空心球殼。一束與過球心的對稱軸O′O平行的平行光，射向此

25、球殼的外表面。若讓一個半徑為R的圓形遮光板的圓心過O′O軸，并且垂直該軸放置，則球殼內(nèi)部恰好沒有光線射入。問： (ⅰ)臨界光線射入球殼時的折射角r為多大？ (ⅱ)球殼的內(nèi)徑R′為多少？ 解析：(1)由題圖可知波長λ＝4 m，則波的周期為T＝＝0.4 s，選項C正確；由題意知，波傳播的時間為0.1 s＝T，所以波傳播的距離是λ，根據(jù)波形的平移可知，波的傳播方向沿x軸負方向，選項B錯誤；波沿x軸負方向傳播，故t＝0時，質(zhì)點a沿y軸負方向運動，選項A錯誤；從t＝0時刻開始經(jīng)0.2 s時，經(jīng)過的時間是半個周期，質(zhì)點a通過的路程等于2個振幅，即0.4 m，選項D正確；t＝0時刻x＝2 m處的質(zhì)點從平衡位置沿y軸負方向運動，其位移表達式為y＝－Asint＝－0.2sin 5πt m＝0.2sin(5πt＋π)m，選項E正確。 (2)(ⅰ)設(shè)臨界光線入射角為i，由光路圖和幾何知識得 sin i＝＝ 設(shè)折射角為r，由折射率的定義：n＝ 解得r＝30°。 (ⅱ)設(shè)臨界角為C，對臨界光線，有：sin C＝ 解得C＝45° 在如圖所示△Oab中，由正弦定理得： ＝ 解得R′＝R。 答案：(1)CDE　(2)(ⅰ)30°　(ⅱ)R 11