高考物理二轮复习仿真卷1含解析

仿真卷(一)

(考试时间：70分钟　试卷满分：110分)

第Ⅰ卷

二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，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．在超导托卡马克实验装置中，质量为m1的H与质量为m2的H发生核聚变反应，放出质量为m3的n，并生成质量为m4的新核．若已知真空中的光速为c，则下列说法正确的是(　A　)

A．新核的中子数为2，且该新核是He的同位素

B．该过程属于α衰变

C．该反应释放的核能为(m3＋m4－m1－m2)c2

D．核反应前后系统动量不守恒

【解析】　由质量数守恒和电荷数守恒可知新核的质量数和电荷数分别为4和2，新核是He，是He同位素，中子数为2，故A正确；该过程是核聚变反应，不属于α衰变，故B错误；该反应释放的核能为ΔE＝Δmc2＝(m1＋m2－m3－m4)c2，故C错误；核反应前后系统动量守恒，故D错误．

15.如图所示，绕地球做匀速圆周运动的卫星P的角速度为ω，对地球的张角为θ弧度，万有引力常量为G.则下列说法正确的是(　D　)

A．卫星的运动属于匀变速曲线运动

B．张角θ越小的卫星，其角速度ω越大

C．根据已知量可以求地球质量

D．根据已知量可求地球的平均密度

【解析】　卫星的加速度方向一直改变，故加速度一直改变，不属于匀变速曲线运动，故A错误；设地球的半径为R，卫星做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识得sin ＝，可知张角越小，r越大，根据G＝mω2r，得ω＝，可知r越大，角速度ω越小，故B错误；根据万有引力提供向心力，则有G＝mω2r，解得地球质量为M＝，因为r未知，所以由上面的式子可知无法求地球质量，故C错误；地球的平均密度ρ＝，则ρ＝知可以求出地球的平均密度，故D正确．

16.如图，倾角为α＝45°的斜面ABC固定在水平面上，质量为m的小球从顶点A先后以初速度v0和2v0向左水平抛出，分别落在斜面上的P1、P2点，经历的时间分别为t1、t2；A点与P1、P1与P2之间的距离分别为l1和l2，不计空气阻力影响．下列说法正确的是(　D　)

A．t1∶t2＝1∶1

B．ll∶l2＝1∶2

C．两球刚落到斜面上时的速度比为1∶4

D．两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1∶1

【解析】　根据tan θ＝＝得t＝因为初速度之比为1∶2，则运动的时间之比为1∶2，故A错误；水平位移x＝v0t＝，因为初速度之比为1∶2，则水平位移之比为1∶4，由l＝x，可知ll∶l2＝1∶3，故B错误；根据动能定理mv2＝mv＋mgy，其中y＝x，则v＝＝＝v0，则两球刚落到斜面上时的速度比为1∶2，选项C错误；平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于落在斜面上，位移方向相同，则速度方向相同，即两球落到斜面上时的速度与斜面的夹角正切值的比为1∶1，故D正确．

17．在两个边长为L的正方形区域内(包括四周的边界)有大小相等、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个质量为m，带电量为＋q的粒子从F点沿着FE的方向射入磁场，恰好从C点射出．则该粒子速度大小为(　C　)

A． B．

C． D．

【解析】　由题意分析可知粒子从BE中点G飞出左边磁场，作FG的垂直平分线交FA的延长线于点O，点O为圆心，如图所示

根据几何知识，有FG＝＝L

△FEG与△FNO相似，则有L∶r＝∶L，解得r＝L，又因为qvB＝m解得v＝，故C正确，ABD错误．

18.A、B、C三点构成等边三角形，边长为2 cm，匀强电场方向与ABC构成的平面夹角30°，电势φA＝φB＝4 V，φC＝1 V，下列说法正确的是(　B　)

A．场强大小为150 V/m

B．场强大小为200 V/m

C．将一个正电荷从A点沿直线移到C点，它的电势能一直增大

D．将一个正电荷从A点沿直线移到B点，它的电势能先增大后减小

【解析】　匀强电场在ABC构成的平面上的电场强度分量E′＝Ecos 30°，因为电势φA＝φB＝4 V，φC＝1 V，所以AB为等势线，电场线与AB垂直指向C，则E′＝＝ V/m＝100 V/m，解得E＝200 V/m，故A错误，B正确；根据Ep＝qφ，将一个正电荷从A点沿直线移到C点，电势一直降低，它的电势能一直减小，故C错误；因为AB为等势线，所以将一个正电荷从A点沿直线移到B点，它的电势能不变，故D错误．

19．如图所示为形状相同的两个劈形物体，它们之间的接触面光滑，两物体与地面的接触面均粗糙，现对A施加水平向右的力F，两物体均保持静止，则物体B的受力个数可能是(　AC　)

A．2个 B．3个

C．4个 D．5个

【解析】　对A受力分析可知，当F与A所受的静摩擦力大小相等时，则A、B之间没有弹力，当F比A所受的静摩擦力更大时，则A、B之间有弹力．当A对B没有弹力时，B受到重力和地面的支持力2个力；当A对B有弹力时，B还受到重力、地面的支持力与摩擦力，共4个力，故AC符合题意，BD不符合题意．

20．如图甲所示，一木块沿固定斜面由静止开始下滑，下滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是(　BD　)

A．在位移从0增大到x的过程中，木块的重力势能减少了E

B．在位移从0增大到x的过程中，木块的重力势能减少了2E

C．图线a斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

D．图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小

【解析】　木块沿斜面下滑过程中，动能增大，则图线b为木块的动能随位移变化的关系．由机械能的变化量等于动能的变化量与重力势能变化量之和，有E－2E＝E－0＋ΔEp得ΔEp＝－2E，即木块的重力势能减少了2E，故A错误，B正确；由功能关系可知图线a斜率的绝对值表示木块所受的除重力之外的合力大小，故C错误；由功能关系可知图线b斜率的绝对值表示木块所受的合力大小，故D正确；故选BD.

21．平行金属板PQ、MN与电源和滑线变阻器如图所示连接，电源的电动势为E，内电阻为零；靠近金属板P的S处有一粒子源能够连续不断地产生质量为m，电荷量＋q，初速度为零的粒子，粒子在加速电场PQ的作用下穿过Q板的小孔F，紧贴N板水平进入偏转电场MN；改变滑片p的位置可改变加速电场的电压U1和偏转电场的电压U2，且所有粒子都能够从偏转电场飞出，下列说法正确的是(　BC　)

A．粒子的竖直偏转距离与成正比

B．滑片p向右滑动的过程中从偏转电场飞出的粒子的偏转角逐渐减小

C．飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝

D．飞出偏转电场的粒子的最大速率vm＝2

【解析】　在加速电场中，由动能定理得qU1＝mv在偏转电场中，加速度为a＝则偏转距离为y＝at2运动时间为t＝联立上式得y＝其中l是偏转极板的长度，d是板间距离．粒子的竖直偏转距离与成正比，故A错误；从偏转电场飞出的粒子的偏转角的正切值tan α＝联立解得tan α＝，滑片p向右滑动的过程中，U1增大，U2减小，可知偏转角逐渐减小，故B正确；紧贴M板飞出时，电场做功最多，粒子具有最大速率．由动能定理mv－0＝q(U1＋U2)＝qE，解得vm＝，故C正确，D错误；故选BC.

第Ⅱ卷

三、非选择题：本卷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(共47分)

22．(6分)一位同学为验证机械能守恒定律，利用光电门等装置设计了如下实验．使用的器材有：铁架台、光电门1和2、轻质定滑轮、通过不可伸长的轻绳连接的钩码A和B(B左侧安装挡光片)．

实验步骤如下：

(1)如图1，将实验器材安装好，其中钩码A的质量比B大，实验开始前用一细绳将钩码B与桌面相连接，细绳都处于竖直方向，使系统静止．

(2)用剪刀剪断钩码B下方的细绳，使B在A带动下先后经过光电门1和2，测得挡光时间分别为t1、t2.

(3)用螺旋测微器测量挡光片沿运动方向的宽度d，如图2，则d＝  6.709  mm.

(4)用挡光片宽度与挡光时间求平均速度，当挡光片宽度很小时，可以将平均速度当成瞬时速度．

(5)用刻度尺测量光电门1和2间的距离L(L≫d)．

(6)查表得到当地重力加速度大小为g.

(7)为验证机械能守恒定律，请写出还需测量的物理量(并给出相应的字母表示)  钩码A、B的质量m1、m2  ，用以上物理量写出验证方程　(m1＋m2)＝m2gL－m1gL　.

【解析】　(3)根据螺旋测微器测量原理得d＝6.5 mm＋20.9×0.01 mm＝6.709 mm

(7)为验证机械能守恒定律，还需测量钩码A、B的质量m1、m2.对系统，因为动能的增加量等于重力势能的减少量，则验证方程为(m1＋m2)＝m2gL－m1gL.

23．(9分)图1为拉敏电阻的阻值大小随拉力变化的关系．某实验小组利用其特性设计出一电子测力计，电路如图2所示．所用器材有：

拉敏电阻RF，其无拉力时的阻值为500.0 Ω

电源E1(电动势3 V，内阻不计)

电源E2(电动势6 V，内阻不计)

毫安表mA(量程3 mA，内阻100 Ω)

滑动变阻器R1(最大阻值为500 Ω)

滑动变阻器R2(最大阻值为300 Ω)

电键S，导线若干．

现进行如下操作：

①将拉敏电阻处于竖直悬挂状态并按图连接好电路，将滑动变阻器滑片置于恰当位置，然后闭合电键S.

②不挂重物时缓慢调节滑动变阻器的滑片位置，直到毫安表示数为3 mA，保持滑动变阻器滑片的位置不再改变．

③在RF下施加竖直向下的拉力F时，对应毫安表的示数为I，记录F及对应的I的值．

④将毫安表的表盘从1 mA到3 mA之间逐刻线刻画为对应的F的值，完成电子测力计的设计．

请回答下列问题：

(1)实验中应该选择的滑动变阻器是  R1  (填“R1”或“R2”)，电源是  E1  (填“E1”或“E2”)；

(2)实验小组设计的电子测力计的量程是  200  N.

【解析】　(1)毫安表示数为3 mA时，由闭合电路的欧姆定律，有I＝＝3 mA，若选电源E2，则滑动变阻器电阻为1 400 Ω，两个滑动变阻器均达不到，所以只能选电源E1，此时滑动变阻器电阻为400 Ω，只能选R1.

(2)毫安表示数为1 mA时，拉力最大，由闭合电路的欧姆定律，有＝1 mA，

由图1有RF＝(5＋0.1F)×102Ω，解得拉力最大值为200 N．电子测力计的量程200 N.

24.(12分)如图所示，光滑、平行、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L，导轨顶端连接定值电阻R，导轨上有一质量为m，长度为L，电阻不计的金属杆，杆始终与导轨接触良好．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．现将杆从M点以v0的速度竖直向上抛出，经历时间t，到达最高点N，重力加速度大小为g.求t时间内

(1)流过电阻的电量q；

(2)电阻上产生的电热Q.

【答案】　(1)　(2)mv－

【解析】　(1)根据动量定理，有0－mv0＝－mgt－t

又因为＝BL

q＝t

联立解得q＝

(2)根据＝＝＝

以及能量守恒Q＝mv－mgh

联立解得Q＝mv－

25．(20分)如图所示，在一个倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，由静止释放一个长度为L＝5 m的木板，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.4.当长木板沿斜面向下运动的速度达到v0＝9.6 m/s时，在木板的下端轻轻放上一个质量与木板相同的小煤块，小煤块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.2.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，结果可用根号表示．求：

(1)刚放上小煤块时，长木板的加速度a1的大小和煤块的加速度a2的大小；

(2)小煤块从木板哪一端离开？煤块从放上到离开木板所需时间t是多少？

【答案】　(1)2 m/s2,7.6 m/s2　(2)下端，(1＋)s

【解析】　(1)刚放上小煤块时，对长木板，由牛顿第二定律

2μ1mgcos θ＋μ2mgcos θ－mgsin θ＝ma1

对煤块，由牛顿第二定律mgsin θ＋μ2mgcos θ＝ma2

解得a1＝2 m/s2，a2＝7.6 m/s2

(2)设时间t0煤块与长木板达到共速，则有

v0－a1t0＝a2t0

解得t0＝1 s

此时煤块相对长木板的位移

Δx＝v0t0－a1t－a2t＝4.8 m<L

故煤块不能从上端离开，共速时煤块的速度为

v＝a2t0＝7.6 m/s

之后木板减速，煤块加速，根据牛顿第二定律有，对长木板有

mgsin θ＋μ2mgcos θ－2μ1mgcos θ＝ma1′

解得a1′＝1.2 m/s2

对煤块有mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2′

解得a2′＝4.4 m/s2

因a2′＝4.4 m/s2>a1′＝1.2 m/s2

所以煤块从下端离开木板，设从二者共速到二者分离又经历时间为t2，此过程木板和煤块的对地位移分别为x′1、x′2，则有x′1＝vt2＋a′1t

x′2＝vt2＋a′2t

根据相对位移Δx＝x2′－x1′

解得t2＝ s

故从放上到离开木板共经历的时间为t＝t0＋t2＝(1＋)s

(二)选考题：共15分．请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

33．[物理——选修3－3](15分)

(1)(5分)如图是一定质量的理想气体的压强与热力学温度的p－T图，a、b、c是理想气体的三个状态，其中bc平行于坐标轴T，ac平行于坐标轴p.则从a到b过程中气体的分子平均动能  变小  (填“变大”“变小”或“不变”)，从b到c的过程  不可能  (填“可能”或“不可能”)为绝热过程，从c到a的过程中气体的密度  变小  (填“变大”“变小”或“不变”)

(2)(10分)一导热性能良好的圆柱形气缸固定在水平面上，气缸上端开口，内壁光滑，截面积为S.A是距底端H高处的小卡环．质量为m的活塞静止在卡环上，活塞下密封质量为m0的氢气，C为侧壁上的单向导管．大气压强恒定为p0.环境温度为T0时，从C处注入水，当水深为时，关闭C，卡环恰对活塞无作用力．接下来又从C处缓慢导入一定量氢气，稳定后再缓慢提升环境温度到1.6T0，稳定时活塞静止在距缸底2.7H处，设注水过程中不漏气，不考虑水的蒸发，氢气不溶于水．求：

①最初被封闭的氢气的压强p1；

②导入氢气的质量M.

【答案】　(2)①　②m0

【解析】　(1)气体的分子平均动能和温度有关，温度越高气体的分子平均动能越大．从a到b过程中，温度降低，所以气体的分子平均动能变小．从b到c的过程压强不变，温度升高，则内能增加，同时体积增大，气体膨胀对外做功，因此气体要吸热，不可能为绝热过程．从c到a的过程中温度不变，压强降低，可知体积增大，则气体的密度变小．

(2)①设注水前气体的体积为V1，从最初到水深为时，气体经历等温过程，注水后气体压强为p2，由玻意耳定律p1V1＝p2V2

其中V1＝SH

V2＝S

对活塞，有p0S＋mg＝p2S

联立解得p1＝

②设导入气体后且尚未升温时气体总高度为h，显然此时活塞已经离开卡环，接下来升温过程为等压过程，则有＝

解得h＝H

考虑到此h高度的气体中，原有气体高为H，故后导入的气体的高为h1＝h－H

解得h1＝H

设此时密度为ρ，则有＝

解得M＝

34．[物理——选修3－4](15分)

(1)(5分)图1是一列沿x轴方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图，波速为1 m/s.图2是x＝5.5 m处质点的振动图像，下列说法正确的是(　BCE　)

A．此列波沿x轴负方向传播

B．x＝3.5 m处质点在t＝2 s时的位移为4 cm

C．x＝1.5 m处质点在t＝4 s时的速度方向沿y轴正向

D．x＝4.5 m处的质点在t＝1 s时加速度沿y轴负方向

E．x＝3.5 m处质点在0～1 s内路程为(16－8)cm

(2)(10分)如图所示，扇形玻璃砖AOB的圆心角为150°，玻璃砖半径为R，一条单色光平行于OA，由OB的中点D入射，经折射后由圆弧面的E点射出玻璃砖，圆弧AE的长度与圆弧BE的长度之比为2∶3，已知真空中光速为c.求：该单色光在玻璃砖从D到E传播的时间．

【答案】　(2)

【解析】　(1)根据图2的振动图像可知，x＝5.5 m处的质点在t＝0时振动方向沿y轴正向，所以利用图1由同侧法知该波沿x轴正方向传播，故A错误；图1可知该简谐横波的波长为4 m，则T＝＝ s＝4 s圆频率ω＝＝ rad/s＝0.5π rad/s，设x＝5.5 m处质点的振动方程为x＝8sincm

t＝0时刻4＝8sin φ0

结合t＝0时刻振动的方向向上，可知φ0＝π，则x＝5.5 m处质点的振动方程为x＝8sincm

x＝5.5 m处质点与x＝3.5 m处质点的平衡位置相距半个波长，则x＝3.5 m处质点的振动方程为

x＝－8sincm

t＝2 s代入方程得位移为4cm，故B正确；x＝1.5 m处质点在t＝4 s时的速度方向和t＝0时的速度方向相同，由同侧法可知速度方向沿y轴正向，故C正确；

x＝4.5 m处的质点在t＝0时速度方向沿y轴负向，则经过四分之一周期即t＝1 s时，质点的位移为负，加速度指向平衡位置，沿y轴正方向，故D错误；x＝3.5 m处质点在t＝0时速度方向沿y轴负向，根据振动方程知此时位移大小为4 cm，t＝0时位移大小为4 cm，所以0～1 s内路程s＝2×(8－4)cm＝(16－8)cm，故E正确；故选BCE.

(2)作出光路图，如图所示

圆弧AE的长度与圆弧BE的长度之比为2∶3，由几何关系可知∠AOE＝60°，

∠EOB＝90°

tan ∠OED＝＝

由圆心角∠AOB＝150°可知，该单色光在OB边的入射角i＝60°，折射角r＝∠OED

sin r＝

由折射率公式有n＝

解得n＝

由勾股定理DE＝＝R

又因为n＝

该单色光在玻璃砖从D到E传播的时间

t＝＝