高考物理二轮复习备课资料之高考仿真冲刺卷二

高考物理二轮复习备课资料之高考仿真冲刺卷二

高考仿真冲刺卷(二) (建议用时:60 分钟 满分:110 分) 二、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,有选错的得 0 分. 14. U 的衰变有多种途径,其中一种途径是先衰变成 Bi,然后可以经一次衰变变成 X(X 代表某种元素),也可以经一次衰变变成 Ti,最后都衰变成 Pb,衰变路径如图所 示,下列说法中正确的是( ) A.过程①是β衰变,过程③是α衰变;过程②是β衰变,过程④是α 衰变 B.过程①是β衰变,过程③是α衰变;过程②是α衰变,过程④是β 衰变 C.过程①是α衰变,过程③是β衰变;过程②是β衰变,过程④是α 衰变 D.过程①是α衰变,过程③是β衰变;过程②是α衰变,过程④是β 衰变 15. 如图,物体 P 静止于固定的斜面上,P 的上表面水平,现把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上,由此 可求出( ) A.P 与斜面间的摩擦力 B.P 与 Q 间的摩擦力 C.P 对斜面的正压力 D.斜面的倾角 16. 金属容器置于绝缘板上,带电小球用绝缘细线悬挂于容器中,容器内的电场线分布如图 所示.容器内表面为等势面,A,B 为容器内表面上的两点,下列说法正确的是( ) A.A 点的电场强度比 B 点的电场强度大 B.小球表面的电势比容器内表面的电势低 C.将检验电荷从 A 点移到 B 点,电场力做负功 D.将检验电荷从 A 点沿不同路径移到 B 点,电场力做的功均为零 17.如图所示,斜面与水平面之间的夹角为 37°,在斜面底端 A 点正上方高度为 8 m 处的 O 点, 以 4 m/s 的速度水平抛出一个小球,飞行一段时间后撞在斜面上,这段飞行所用的时间为(已 知 s i n 3 7 ° = 0 . 6 , cos 37°=0.8,取 g=10 m/s2)( ) A.2 s B. s C.1 s D.0.5 s 18. 如图所示,一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨上面横放着两根完全 相同的铜棒 ab 和 cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场 B.开始时, 棒 cd 静止,棒 ab 有一个向左的初速度 v0,则关于两棒以后的运动,下列说法正确的是( ) A.ab 棒做匀减速直线运动,cd 棒做匀加速直线运动 B.ab 棒减小的动量等于 cd 棒增加的动量 C.ab 棒减小的动能等于 cd 棒增加的动能 D.两棒一直运动,机械能不断转化为电能 19. 2017 年 4 月 20 日,中国第一艘货运飞船搭乘长征七号火箭发射升空,4 月 22 日与天宫二 号交会对接形成组合体,27 日完成首次推进剂在轨补加试验,填补了中国航天的一个空白. 6 月 15 日 18 时 28 分,天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室顺利完成了第二次推进剂在轨 补加试验(俗称太空加油),进一步验证了这一关键技术的可靠性.若已知“货运飞船”与“天 宫二号”对接后,组合体在时间 t 内沿圆周轨道绕地球转过的角度为θ,组合体轨道半径为 r, 地球表面重力加速度为 g,引力常量为 G,不考虑地球自转.则( ) A.可求出地球的质量 B.可求出地球的平均密度 C.可求出组合体做圆周运动的线速度 D.可求出组合体受到地球的万有引力 20.某同学在实验室中研究远距离输电.由于输电线太长,他将每 100 米导线卷成一卷,共卷 成 8 卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应).在输送功率相同时,第一次直接将输电 线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为 P1,第二次采用如图所示的电路输 电,其中理想变压器 T1 与电源相连,其原、副线圈的匝数比为 n1∶n2,理想变压器 T2 与用电器 相连,测得输电线上损失的功率为 P2.下列说法正确的是( ) A.前后两次实验都可用于研究远距离直流输电 B.实验可以证明,T1 采用升压变压器 匝数比为 >1 能减小远距离输电的能量损失 C.若输送功率一定,则 P2∶P1=n1∶n2 D.若输送功率一定,则 P2∶P1= ∶ 21. 一辆汽车在平直的公路上运动,运动过程中先保持某一恒定加速度,后保持恒定的牵引 功率,其牵引力和速度的图像如图所示.若已知汽车的质量 m、牵引力 F1 和速度 v1 及该车所能 达到的最大速度 v3,运动过程中所受阻力恒定,则根据图像所给的信息,下列说法正确的是 ( ) A.汽车行驶中所受的阻力为 B.汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为 C.速度为 v2 时的加速度大小为 D.若速度为 v2 时牵引力恰为 ,则有 v2=2v1 三、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:共 47 分. 22.(6 分)实验小组的同学利用弹簧测力计在水平放置的方木板上做“验证共点力的合成规 律的实验”. (1)同学们用坐标纸记下某次橡皮筋的结点位置 O 以及两弹簧测力计施加的拉力的大小和方 向,如图(甲)所示.图中每个正方形小格边长均表示 1.0 N,利用作图法可知 F1 与 F2 的合力大 小为 N.(结果保留两位有效数字) (2)实验时,第一次用两个弹簧测力计、第二次用一个弹簧测力计将橡皮筋的结点拉到同一位 置,其目的是为了 . (3)不改变测力计 1 的示数 F1 的大小,逐渐减小两个弹簧测力计之间的夹角.为使结点 O 位置 保持不变,则另一测力计 2 的示数将 (填“增大”“减小”或“不变”). 23.(9 分)某同学欲将量程为 200 μA 的电流表 G 改装成电压表. (1)该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻 Rg,图中 R1,R2 为电阻箱.他按 电路图连接好电路,将 R1 的阻值调到最大,断开开关 S2,闭合开关 S1 后,调节 R1 的阻值,使电流 表的指针偏转到满刻度,接下来他应该正确操作的步骤是 (选填下列步骤前的字母 代号),最后记下 R2 的阻值; A.闭合 S2,调节 R1 和 R2 的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一半 B.闭合 S2,保持 R1 不变,调节 R2 的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一半 (2)如果按正确操作步骤测得R2的阻值为120 Ω,则认为Rg的阻值大小为 (选填字母 代号); A.60 Ω B.120 Ω C.240 Ω D.360 Ω (3)如果该同学在调节 R1 使电流表满偏过程中,发现电流表指针满偏时,R1 的接入阻值不到其 总阻值的二分之一.为了减小实验误差,该同学可以采取下列措施中的 (选填字母代 号); A.将 R2 换成一个最大阻值更大的电阻箱 B.将 R1 换成一个最大阻值为现在二分之一的电阻箱 C.将电源换成一个电动势为现在电源两倍、内阻可以忽略的电源 D.将电源换成一个电动势为现在电源二分之一、内阻可以忽略的电源 (4)利用上述方法测量出的电流表内阻值 (选填“大于”或“小于”)该电流表内阻 的真实值. (5)依据以上的测量数据可知,若把该电流表改装成量程为 3 V 的电压表,需与该表 (选填“串”或“并”)联一个阻值为 Ω的定值电阻. 24. (12 分)如图所示,光滑水平直导轨上有三个质量均为 m 的物块 A,B,C,物块 B,C 静止,物 块 B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计);让物块 A 以速度 v0 朝 B 运动,压缩弹 簧;当 A,B 速度相等时,B 与 C 恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动.假设 B 和 C 碰撞过程时 间极短.那么从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中,求. (1)A,B 第一次速度相同时的速度大小; (2)A,B 第二次速度相同时的速度大小; (3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小. 25.(20 分)空间中有一直角坐标系,其第一象限在圆心为 O1、半径为 R、边界与 x 轴和 y 轴相 切的圆形区域内,有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为 B;第二象 限中存在方向竖直向下的匀强电场.现有一群质量为 m,电荷量为 q 的带正电的粒子从圆形区 域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中,如图所示.已知粒子在磁场中做匀 速圆周运动的半径均为 R,其中沿 AO1 方向射入的粒子恰好到达 x 轴上与 O 点距离为 2R 的 N 点,不计粒子的重力和它们之间的相互作用力,求: (1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小; (2)速度方向与 AO1 夹角为 60°(斜向右上方)的粒子到达 y 轴所用的时间. (二)选考题:共 15 分.(请考生从给出的 2 道物理题中任选一题作答) 33.[物理——选修 3-3](15 分) (1)(5 分)下列说法中正确的是 (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.知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,可以估算出该气体中分子间的平均距离 B.一定质量的理想气体经历一缓慢的绝热膨胀过程,则气体对外界做功,气体分子的平均动 能减小. C.布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映 D.没有摩擦的理想热机可以把吸收的能量全部转化为机械能 E.一定量 100 ℃的水变成 100 ℃的水蒸气,其分子之间的势能增加 (2)(10 分)如图,一个质量为 m 的 T 型活塞在汽缸内封闭一定量的理想气体,活塞体积可忽略 不计,距汽缸底部 h0 处连接一 U 形细管(管内气体的体积忽略不计).初始时,封闭气体温度为 T0,活塞距离汽缸底部为 1.8h0,两边水银柱存在高度差.已知水银密度为ρ,大气压强为 p0,汽 缸横截面积为 S,活塞竖直部分高为 1.2h0,重力加速度为 g,求: ①通过制冷装置缓慢降低气体温度,当温度为多少时两边水银面恰好相平; ②从开始至两水银面恰好相平的过程中,若气体放出的热量为 Q,求气体内能的变化. 34.[物理——选修 3-4](15 分) (1)(5 分)如图(甲)所示,沿波的传播方向上有六个质点 a,b,c,d,e,f,相邻两质点之间的距离均为 2 m,各质点均静止在各自的平衡位置,t=0 时刻振 源 a 开始做简谐运动,取竖直向上为振动位移的正方向,其振动图像如图(乙)所示,形成的简 谐横波以 2 m/s 的速度水平向右传播,则下列说法正确的是 (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.波传播到质点 c 时,质点 c 开始振动的方向沿 y 轴正方向 B.0～4 s 内质点 b 运动的路程为 12 cm C.4～5 s 内质点 d 的加速度正在逐渐减小 D.6 s 时质点 e 第一次回到平衡位置 E.各质点都振动起来后,a 与 c 的振动方向始终相同 (2)(10 分)如图所示,半径 R=4 cm 的圆形玻璃砖,AB 为玻璃砖的直径.一束光线平行于直径 AB 射向玻璃砖左侧界面,且光束到 AB 的距离 d=6 cm,光线经玻璃砖折射后由 B 点射出.已知 光在真空中的传播速度 c=3.0×108 m/s,求: ①玻璃砖的折射率; ②光线在玻璃砖中传播的时间. 高考仿真冲刺卷(二) 14.B β衰变产生电子,质量数不变,核电荷数加 1;α衰变产生氦核,质量数减少 4,核电荷 数减 2.过程①中的质量数不变,是β衰变;过程③的质量数减少 4,是α衰变;过程②的核电 荷数减少 2,是α衰变;过程④的核电荷数加 1,是β衰变. 15.B 没有放 Q 时,对 P 受力分析,受重力、支持力、静摩擦力,根据平衡条件有,支持力 N=Mgcos θ;沿斜面向上的摩擦力 f=Mgsin θ;且 Mgsin θ≤μMgcos θ.当 Q 放在 P 上方时, 整体有(M+m)gsin θ≤μ(M+m)gcos θ,所以系统仍然静止;两个物体的质量和斜面倾角不 知道,所以无法求解摩擦力大小,也无法求解 P 对斜面的正压力,A,C,D 错误;由于系统静止且 P 的上表面水平,所以 Q 受到的摩擦力为零,B 正确;两个物体的质量和斜面倾角不知道. 16.D 电场线越疏,电场强度越弱,电场线越密,电场强度越强,由图可知,A 点的电场强度比 B 点的小,故 A 错误;根据沿着电场线方向电势降低,可知小球表面的电势比容器内表面的高, 故 B 错误;因 A,B 在同一等势面上,将检验电荷从 A 点沿不同路径到 B 点,电场力所做的功均 为零,C 错误,D 正确. 17.C 设飞行的时间为 t,则 x=v0t,h= gt2 由几何关系,tan 37°= 代入数据,解得 t≈1 s. 18.B 当金属棒 ab 向左运动后,由于切割磁感线产生感应电流,于是 ab 受到向右的安培 力,cd 受到向左的安培力,故 ab 向左做减速运动,cd 向左做加速运动,随速度的变化,感应电 流逐渐减小,安培力减小,故两棒的加速度减小,两棒做加速度减小的变速运动,最后当两棒 共速时达到稳定速度,选项 A 错误;两棒运动过程中,因为两棒组成系统所受合外力为零,故 动量守恒,则 ab 棒减小的动量等于 cd 棒增加的动量,选项 B 正确;由能量关系可知,ab 棒减 小的动能等于cd棒增加的动能与产生的电能之和,选项C错误;当两棒最终匀速运动时,两棒 中无感应电流产生,此时无电能产生,选项 D 错误. 19.ABC 组合体绕地球运动的角速度为ω= ,根据公式 G =mω2r 可得 M= ,A 正确;忽 略地球自转,在地球表面万有引力等于重力,即 G =m'g,即可求得地球半径,根据ρ = 可求得地球密度,B 正确;根据 v=ωr 可得组合体做圆周运动的线速度,C 正确;由于不 知道组合体质量,所以无法求解其受到地球的万有引力大小,D 错误. 20.BD 变压器只能改变交变电流的电压,所以第二次实验只能研究远距离交流输电,故 A 错 误;T1 采用升压变压器能减小输电电流,从而减小远距离输电的能量损失,故 B 正确;第一次 实验输电线上的电流 I= ,输电线上损失的功率 P1=I2R= R;第二次实验,升压变压器副线 圈上的电压 U2= U1,输电线上的电流 I'= ,输电线上损失的功率 P2=I'2R= R,所以 = = ,故 D 正确,C 错误. 21.AD 根据牵引力和速度的图像和功率 P=Fv 得汽车运动中的最大功率 F1v1,该车达到最大 速度时加速度为零,此时阻力等于牵引力,所以阻力 f= ,选项 A 正确;根据牛顿第二定律 有恒定加速时,加速度 a= = - ,匀加速的时间 t= = ,则汽车匀加速 运动的过程中牵引力的冲量大小为 I=F1t= ,故 B 错误;速度为 v2 时的牵引力是 , 根据牛顿第二定律,有速度为 v2 时加速度大小为 a'= - ,故 C 错误;若速度为 v2 时牵 引力恰为 ,则 = ,则 v2=2v1,选项 D 正确. 22.解析:(1)以表示两力的线段作为邻边作平行四边形,平行四边形的对角线是两力的合力, 合力如图所示,图中每个正方形小格边长均代表 1.0 N,F1 与 F2 的合力 F≈6.5 N. (2)使合力与两个分力同时作用时的作用效果相同. (3)结点 O 位置保持不变,合力不变,不改变测力计 1 的示数 F1 的大小,逐渐减小两个弹簧测 力计之间的夹角,以 O 点为圆心,F1 为半径的圆弧上各点到 F 顶点的距离逐渐减小,测力计 2 的示数将减小. 答案:(1)6.5 N (2)使力的作用效果相同 (3)减小 评分标准:每空 2 分 23.解析:(1)闭合开关 S1,调节 R1 的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度,然后再闭合 S2,保持 R1 不变,调节 R2 的阻值,使电流表的指针偏转到满刻度的一半,记下 R2 的阻值,B 正确. (2)由实验步骤可知,电阻箱阻值不变,电路总电阻不变,电路总电流不变,电流表半偏时流过 电阻箱电流等于电流表电流,由于它们两端电压相等,则它们电阻阻值相等,由此可知,电流 表内阻 Rg=R2=120 Ω,B 正确. (3)电流表指针满偏时 R1 的接入阻值小,说明电压小,故应将电源换成一个电动势为现在电源 两倍、内阻可以忽略的电源,C 正确. (4)实际上再闭合 S2 后电路的总电阻减小了,串联部分的总电流增大了;电流表半偏时,流过 电阻箱的电流大于电流表的电流,电阻箱接入的电阻小于电流表的电阻,所以该测量值略小 于实际值. (5)改装电压表,需要串联一个电阻分压,根据欧姆定律可得 Ig(Rg+R)=3 V,代入数据解得 R= Ω-120 Ω=14 880 Ω. 答案:(1)B (2)B (3)C (4)小于 (5)串 14 880 评分标准:(1)(3)(4)每空 2 分,(2)(5)每空 1 分. 24.解析:(1)A,B 接触的过程中,当第一次速度相同时,由动量守恒定律得, mv0=2mv1, 解得 v1= v0.(2 分) (2)设 A,B 第二次速度相同时的速度大小为 v2,对 ABC 系统,根据动量守恒定律 mv0=3mv2 解得 v2= v0.(2 分) (3)B 与 C 接触的瞬间,B,C 组成的系统动量守恒,有 m =2mv3,解得 v3= v0(2 分) 系统损失的机械能为 ΔE= m 2- ·2m 2= m (2 分) 当 A,B,C 速度相同时,弹簧的弹性势能最大. 此时 v2= v0(2 分) 根据能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能 Ep= m - (3m) -ΔE= m .(2 分) 答案:(1) v0 (2) v0 (3) m 25.解析: (1)设粒子射入磁场时的速度大小为 v,因在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R, 由牛顿第二定律有 qvB=m ,(2 分) 得 v= (2 分) 如图(甲)所示,因粒子的轨迹半径是 R,故沿 AO1 方向射入的粒子一定从与圆心等高的 D 点沿 x 轴负方向射入电场,则粒子在电场中从 D 点到 N 点做类平抛运动,有 2R=vt(2 分) 又因为 R= t2(2 分) 解得 E= .(2 分) (2) 对于速度 v(斜向右上方)的粒子,轨迹如图(乙)所示,轨迹圆心为 C,从 M 点射出磁场,连接 O1M, 四边形 O1MCA 是菱形,故 CM 垂直于 x 轴,速度方向偏转角度等于圆心角θ=150°,(2 分) 速度为 v 的粒子在磁场中运动的时间为 t1= T= (2 分) 粒子离开磁场到 y 轴的距离 MH= (2 分) 在无场区运动的时间 t2= = .(2 分) 故粒子到达 y 轴的时间为 t=t1+t2= + .(2 分) 答案:(1) (2) + 33.解析:(1)气体中分子间的平均距离 d= ,故知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和 密度,可以估算出该气体中分子间的平均距离,选项 A 正确;一定质量的理想气体经历一缓慢 的绝热膨胀过程,气体对外界做功,内能减小,温度降低,气体分子的平均动能减小,选项 B 正 确;布朗运动不是反映悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动,是液体分子无规则运动的反映, 选项 C 错误;根据热力学第二定律可知,即使是没有摩擦的理想热机也不可以把吸收的能量 全部转化为机械能,选项 D 错误;一定量 100 ℃的水变成 100 ℃的水蒸气,要吸收热量,分子 动能不变,故其分子之间的势能增加,选项 E 正确. (2)①初态时,对活塞受力分析,可得气体压强 p1=p0+ 体积 V1=1.8h0S,温度 T1=T0(2 分) 两边水银面相平时,汽缸内气体的压强 p2=p0, 此时活塞下端一定与汽缸底接触,V2=1.2h0S(2 分) 设此时温度为 T2,由理想气体状态方程有 = (2 分) 解得 T2= .(2 分) ②从开始至活塞竖直部分恰与汽缸底接触,气体压强不变,外界对气体做功 W=p1ΔV=(p0+ )×0.6h0S(2 分) 由热力学第一定律得ΔU=0.6(p0S+mg)h0-Q. 答案:(1)ABE (2)① ②0.6(p0S+mg)h0-Q 34.解析:(1)由振动图像可知,振动周期为 2 s,波长为λ=vT=4 m;质点 a 开始起振的方向为 y 轴正方向,故波传播到质点 c 时,质点 c 开始振动的方向也沿 y 轴正方向,选项 A 正确;振动传 到 b 点需要的时间为 1 s,故在剩下的 3 s 内,质点 b 通过的路程为 6A=12 cm,选项 B 正确;t=4 s 时振动传到 e 点,此时 d 点在平衡位置向下振动,故 4~5 s 内质点 d 的加速度先逐渐增大, 再逐渐减小,选项 C 错误;振动传到 e 点需时间 4 s,故 6 s 时质点 e 正好振动一个周期第二 次回到平衡位置,选项 D 错误;因 a,c 之间正好相差一个波长的距离,故各质点都振动起来 后,a 与 c 的振动方向始终相同,选项 E 正确. (2)①设入射角为 i,折射角为 r,在三角形△ODC 中,sin i= ,(1 分) i=60°,(1 分) 故 r=30°,(1 分) n= = .(2 分) ②BD=2Rcos r=12 cm,(2 分) v= = ×108 m/s(2 分) t= =4 ×10-10s.(1 分) 答案:(1)ABE (2)① ②4 ×10-10s