高考物理二轮复习仿真卷2含解析

仿真卷(二)

(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．

14．一块含铀矿石的质量为M，其中铀的质量为m，铀发生一系列衰变，最终生成物为铅．已知铀的半衰期为T，则经过时间T，下列说法正确的是(　C　)

A．这块矿石的质量为0.5 M

B．这块矿石的质量为0.5(M－m)

C．这块矿石中铀的质量为0.5 m

D．这块矿石中铅的质量为0.5 m

【解析】　根据半衰期公式m余＝mn，n为半衰期次数，其中n＝1，经过1个半衰期后剩余铀核为m，则这块矿石中铀的质量还剩0.5m，但U变成了Pb，且生成铅质量小于m，经过一个半衰期后该矿石的质量剩下会大于，选项C正确．

15．如图所示，a、b、c是正点电荷电场中的一条电场线上的三点，ab＝bc，在a点处自由释放一带负电的试探电荷时，它沿直线向右做加速运动，依次经过b、c点．下列说法正确的是(　B　)

A．a点的电场强度比b点的大

B．a点的电势比c点的低

C．试探电荷在c点时的动能等于在b点时的两倍

D．试探电荷在b点时的电势能等于在c点时的两倍

【解析】　在正点电荷形成的电场线上a处自由释放一个负试探电荷时，它沿直线向c点处运动，电荷受到的电场力向右，所以电场线的方向向左，即场源电荷在右侧，所以a点的电场强度比b点的小，a点的电势比c点的低，故A错误，B正确；因为场源电荷在右侧，虽然ab＝bc，所以Uab＜Ubc，由动能定理知试探电荷在c点时的动能Ekc＝q(Uab＋Ubc)，试探电荷在b点时的动能Ekb＝qUab，Ekc≠2Ekb，故C错误；只有电场力做功时，发生动能和电势能的相互转化，但总量不变，动能不满足2倍关系，则电势能也不会满足2倍关系，故D错误；故选B.

16.某物体做匀变速直线运动，从某时刻开始，物体的位移与时间的比值随时间(t)变化的规律如图所示，下列说法正确的是(　C　)

A．物体的初速度为1 m/s

B．物体的初速度为1.5 m/s

C．物体的加速度为3 m/s2

D．物体的加速度为1.5 m/s2

【解析】　由位移公式l＝v0t＋at2，得：＝v0＋at，由图像知，当t＝0时，＝2＝v0，即初速度v0＝2 m/s，选项AB错误；当t＝2 s时，＝v0＋at＝5，解得：a＝3 m/s2，故D错误，C正确．

17.如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，它们在下落高度为9 m时，在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的3倍，不计空气阻力，则自抛出到它们在空中相遇时，两球下落的高度为(　D　)

A．6 m B．3 m

C．3 m D．1 m

【解析】　两球同时抛出，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，始终在同一水平面上，根据x＝vAt＋vBt知，x不变，当两球的抛出速度都变为原来的3倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为，根据h＝gt2，H＝g2，得：H＝＝1 m，故选D.

18．据天文学家推测，存在这样的平面四星系统，四颗恒星分别位于菱形的四个顶点，绕菱形的中心点、在菱形所在的平面内做角速度相同的圆周运动，位于对角的两颗恒星质量相等．根据测量可知菱形的一个顶角为2θ，位于该顶角的恒星的质量为m1，位于相邻顶角的恒星的质量为m2，则等于(　A　)

A． B．

C． D．

【解析】　设菱形的边长为L，恒星角速度为ω，则m1的半径为r1＝Lcos θ，m2的半径为r2＝Lsin θ.根据牛顿第二定律和万有引力定律分别对m1和m2有cos θ＋＝m1r1ω2，sin θ＋＝m2r2ω2，把上面的半径代入联立这两个方程可解得＝，选项A正确．

19．两个质量分别为m1＝1 kg、m2＝2 kg的物体A、B静止在光滑的水平地面上，中间用一轻质弹簧秤连接，如图所示，现用两个水平拉力F1＝30 N、F2＝12 N，分别作用在物体A、B上，系统稳定后(　AD　)

A．弹簧秤的示数为24 N

B．弹簧秤的示数为18 N

C．若突然撤去F2，则该瞬间A加速度大小为4 m/s2

D．若突然撤去F1，则该瞬间A的加速度大小为24 m/s2

【解析】　系统稳定后，设系统加速度为a，系统在水平方向由牛顿第二定律，有F1－F2＝(m1＋m2)a，以A为研究对象，根据牛顿第二定律，有F1－T＝m1a，联立代入数据，得T＝24 N，a＝6 m/s2，故A正确，B错误；若突然撤去F2，以A为研究对象，A受力不变，故该瞬间A的加速度大小为6 m/s2，故C错误；若突然撤去F1，以A为研究对象，A水平方向只受弹簧弹力T作用，故此时A的加速度为aA＝＝24 m/s2，故D正确．故选AD.

20．如图所示，一理想变压器输入端接一正弦交流电源(电压有效值不变)，输出端电路由R1、R2、R3和R4四个电阻构成．将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后(　CD　)

A．R1两端的电压减小到原来的

B．R2两端的电压减小到原来的

C．R3两端的电压减小到原来的

D．R4的热功率减小到原来的

【解析】　理想变压器的原副线圈的电压和匝数成正比，将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后，副线圈的电压减小到原来的，输出端的四个电阻的电压都减小到原来的，故C正确；根据P4＝知，R4的电压U4减小到原来的，其热功率减小到原来的，故D正确，故选CD.

21．如图所示，竖直固定的“”形光滑导轨宽为0.5 m，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为0.1 m，磁场的磁感应强度大小均为1 T，其他区域无磁场．质量为0.1 kg的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为0.5 Ω，与导轨接触良好，其他电阻不计，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　BD　)

A．金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下

B．金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域运动时间

C．金属杆穿过两磁场产生的总热量为0.6 J

D．金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度一定大于0.2 m

【解析】　金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；金属杆在磁场Ⅰ运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确；金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为：Q总＝2Q＝4mgd＝0.4 J，故C错误；设金属杆释放时距磁场Ⅰ上边界的高度为H时进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：mg＝BIL＝，又v＝联立解得：H＝＝0.2 m，由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确．故选BD.

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)碰撞系数(e)，也称为碰撞恢复系数、恢复因子，其物理定义为两物体碰撞后的相对速度(v2－v1)与碰撞前的相对速度(v10－v20)的比值，即e＝.某实验小组为了测碰撞系数，进行了如下实验，实验装置如图所示．已知小球1的质量为m1，小球2的质量为m2，实验步骤如下：

步骤1：将斜槽轨道固定在水平桌面上，在斜槽轨道的右端与水平地面间放置一个斜面，在斜面上贴放白纸，白纸上贴放复写纸．

步骤2：不放小球2，让小球1从斜槽上某点(A点，图中未标出)由静止滚下，多次实验测得落在斜面上的平均位置为P.

步骤3：把小球2放在斜槽轨道的右端O(斜面顶点)，让小球1仍然从斜槽上的A点由静止滚下，与小球2发生碰撞后，先后落在斜面上．

步骤4：重复步骤3多次，记录下两小球落点的平均位置M、N.

步骤5：用刻度尺测得三个落点的平均位置M、P、N到斜面顶点O的距离分别为l1、l2、l3.

(1)对于上述实验操作，下列说法正确的是  B  (填正确选项的序号)．

A．斜槽轨道必须是光滑的

B．斜槽轨道的末端必须水平

C．小球1的质量应小于小球2的质量

(2)若满足表达式m1＝　m1－m2　(用题干中出现的字母表示)，则说明两小球在碰撞过程中动量守恒．

(3)碰撞系数e＝　　.

【解析】　(1)实验时只要把小球从斜槽的同一位置由静止滑下即可保证小球做平抛运动的初速度相等，不需要斜槽轨道光滑，故A错误；要保证小球离开轨道时的速度是水平的，斜槽轨道末端必须水平，故B正确；为了保证入射小球不会被反弹，故必须保证入射球的质量大于被碰球的质量，故C错误；

(2)碰撞前，m1落在图中的P点，设其水平初速度为v1.小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中M点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的N点，设其水平初速度为v2.设斜面与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得：l2sin α＝gt2

l2cos α＝v1t

解得v1＝

同理v′1＝

v2＝

可见速度正比于；所以只要验证：m1＝m1＋m2

整理得：m1＝m1－m2；

(3)根据碰撞系数定义可得：e＝＝.

23．(9分)在“测定电源的电动势和内阻”的实验中，待测电源为干电池a(电动势E1约为1.5 V，内阻r1约为1 Ω)和水果电池b(电动势E2约为1 V，内阻r2约为1000 Ω)，除开关、导线外，还有下列器材可供选择：

A．电压表V(量程0～15 V，内阻约为3 kΩ)；

B．电流表A1(量程0～0.6 A，内阻约为1 Ω)；

C．电流表A2(量程0～1 mA，内阻r＝100 Ω)；

D．定值电阻R1(阻值为1 900 Ω)；

E．滑动变阻器R2(阻值范围为0～10 Ω)；

F．滑动变阻器R3(阻值范围为0～1 000 Ω)．

(1)甲同学为了测定一节干电池a的电动势和内阻，滑动变阻器应选用  E  ，还需要选择的器材有  BCD  .(均填器材前的字母)

(2)乙同学另找来一电阻箱R，结合电流表A2用图甲所示电路测量水果电池b的电动势E2和内阻r2.测得多组数据，作出－R图像如图乙所示，则水果电池b的电动势E2＝  1  V、内阻r2＝  900  Ω.

【解析】　(1)干电池电动势约为1.5 V，电压表量程为15 V，电压表量程太大，不能用该电压表测电压，可以用内阻已知的电流表C与定值电阻D串联组成电压表测电压，测干电池电动势与内阻实验中，最大电流较小，约为零点几安培，则应用电流表B测电流；为方便实验操作，滑动变阻器应选E.

(2)由图乙所示实验电路可知，电源电动势为：

E＝I2(r＋R＋RA2)

则有：＝R＋

由图丙所示图像可知，图像斜率

＝k＝＝1

则电源电动势为：E＝1 V

图像纵轴截距b＝＝1 000

解得电源内阻为：r＝900 Ω.

24．(12分)如图所示，在光滑水平面上一质量M＝3 kg的平板车以v0＝1.5 m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小F＝8.5 N、水平向右的推力，同时将一质量m＝2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来．已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)两者达到相同速度所需的时间t；

(2)平板车的长度l.

【答案】　(1)3 s　(2)2.25 m

【解析】　(1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，有：

μmg＝ma1

F－μmg＝Ma2

解得：a1＝2 m/s2，a2＝1.5 m/s2

又：a1t＝v0＋a2t

解得：t＝3 s.

(2)两者达到相同速度后，由于＝1.7 m/s2<a1，可知它们将一起做匀加速直线运动．从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为：x1＝a1t2

平板车向右的位移大小为：x2＝v0t＋a2t2

又：l＝x2－x1

解得：l＝2.25 m.

25．(20分)如图所示，真空中竖直平面内的xOy坐标系的第Ⅱ象限中，有一个紧靠y轴且下极板与x轴重合的平行板电容器，两极板间距离d＝0.3 m，电容器上极板带正电、下极板带负电；在y轴的右侧有一以(0.2 m,0)为圆心的圆形匀强磁场区域，该区域的半径R＝0.2 m，磁场的磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直于纸面向里；在y＝R的虚线上方足够大的范围内，有电场强度大小E＝6×106 N/C、方向水平向左的匀强电场．一带正电粒子(重力不计)从电容器左侧两极板正中间平行x轴方向射入，结果恰好从坐标原点O沿与x轴正方向斜向下成30°角方向射入磁场，经过一段时间后由P点穿出磁场，最后由M点(P点和M点没有在图中标出)穿过y轴．已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径也为R，粒子的比荷＝1×107 C/kg.求：

(1)电容器的极板长度L；

(2)P点和M点的坐标；

(3)粒子由O点运动到M点所用的时间t.

【答案】　(1) m　(2)，(0,0.4 m)

(3) s

【解析】　粒子的运动轨迹分为在平行板电容器中的偏转、在磁场中的匀速圆周运动、在磁场和电场之间的匀速直线运动以及在电场中的类平抛运动四个阶段，如图所示．

(1)设粒子射入电容器的速度大小为v0，在电容器中运动的加速度大小为a、时间为t0，到达坐标原点O时沿竖直方向的分速度大小为vy，有：L＝v0t0

＝at

vy＝at0

由几何关系有：tan 30°＝

解得：L＝ m.

(2)设粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，有：qvB＝m

解得：v＝2×106m/s

由几何关系知，粒子在磁场中转过120°后，沿y轴正方向先从P点离开磁场，竖直向上匀速运动一段距离后，沿垂直电场方向进入电场．

由几何关系可知，P点到y轴和x轴的距离分别为：x1＝R＋Rsin 30°＝0.3 m

y1＝R＝ m

故P点坐标为

设粒子在电场中做类平抛运动的时间为t3，

有：qE＝ma′

x1＝a′t

解得：t3＝＝1×10－7s

M点的纵坐标为：y＝R＋vt3＝0.4 m

故M点的坐标为(0,0.4 m)．

(3)粒子在磁场中做圆周运动的时间为：

t1＝＝＝×10－7s

粒子在磁场和电场之间做匀速直线运动的时间为：

t2＝＝＝ s

故粒子由O点运动到M点所用时间：

t＝t1＋t2＋t3＝ 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)下列说法正确的是  ACE  .

A．液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性

B．微粒越大，撞击微粒的液体分子数越多，布朗运动越明显

C．太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果

D．表现为各向同性的固体均为非晶体

E．若附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏，则液体与固体之间表现为不浸润

(2)(10分)如图所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为273 K的水槽中，B的容积是A的4倍．阀门S将A和B两部分隔开，A内为真空，B和C内都充有气体．U形管内左边水银柱比右边的低Δh＝50 mm.打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱的高度相等．假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积．

①求玻璃泡C中气体的压强pC；(以mmHg为单位)

②将右侧水槽的水从273 K开始缓慢加热至327.6 K，求此时U形管内左右水银柱的高度差Δh′.

【答案】　(2)①200 mmHg　②40 mm

【解析】　(1)液晶既具有液体的流动性，又具有光学的各向异性，选项A正确；微粒越小，撞击微粒的液体分子的不平衡越明显，布朗运动越明显，故B错误；太空中水滴成球形，是液体表面张力作用的结果，故C正确；表现为各向同性的固体可能为多晶体，故D错误；附着层的液体分子比液体内部的分子稀疏，则液体与固体之间表现为不浸润，故E正确；故选ACE.

(2)①在打开阀门S前，设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，有：p1＝pC＋Δp

其中Δp＝50 mmHg

打开阀门S，整个系统稳定后，设玻璃泡B中气体的压强为pB，有：pB＝pC

玻璃泡A和B中气体的总体积为：V2＝VA＋VB

其中VB＝4VA

根据玻意耳定律有：p1VB＝pBV2

解得：pC＝200 mmHg.

②当玻璃泡C中气体的温度为T＝327.6 K时，p′C＝pB＋Δp′

根据查理定律有：＝

解得：Δp′＝40 mmHg

即Δh′＝40 mm.

34．[物理——选修3－4](15分)

(1)(5分)甲、乙两单摆的摆球静止在平衡位置，摆长L甲>L乙．现给摆球相同的水平初速度，让其在竖直平面内做小角度摆动．用T甲和T乙表示甲、乙两单摆的摆动周期，用θ甲和θ乙表示摆球摆到偏离平衡位置的最大位移处时摆线与竖直方向的夹角，可知T甲  >  T乙，θ甲  <  θ甲．(均填“>”“<”或“＝”)

(2)(10分)如图所示，在xOy坐标系的第Ⅰ象限内有一横截面为四分之一圆周的柱状玻璃体OPQ，＝＝0.4 m，一束单色光沿MN射入玻璃体，在PQ面上的入射点为N，经玻璃体折射后，从OP面上的A点射出．已知从A点射出的光平行于x轴，且＝0.2 m、＝ m，光速为c＝3×108m/s.求：

①玻璃体对该光的折射率；

②该光在玻璃体中传播的时间．

【答案】　(2)①　②2×10－9s

【解析】　(1)根据单摆的周期公式T＝2π比较，摆长越长，则周期变大，因为摆长L甲＞L乙．故T甲＞T乙．根据机械能守恒定律知，摆球平衡位置和最高点的高度差相同，即L甲(1－cos θ甲)＝L乙(1－cos θ乙)故θ甲＜θ乙．

(2)①连接NA，标出相应的角度，如图所示．

由几何关系可知，光线在N点的入射角i＝60°

该光的折射角为r，有sin r＝＝

玻璃体对该光的折射率为：n＝＝.

②AN＝cos r＝ m

光在玻璃体中传播的速度v＝

光在玻璃体中传播的时间t＝

解得：t＝2×10－9s.