1、1考前仿真适应性训练（一）(限时：60 分钟 满分：110 分)第卷(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15 题只有一项符合题目要求，第 68 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。1下列说法正确的是( )A氢原子核外电子轨道半径越大，其能量越小B在核反应中，比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能C 射线是原子的核外电子电离后形成的电子流D氢原子从 n2 的能级跃迁到 n1 的能级辐射出的光恰好能使某种金属发生光电效应，则从 n3 的能级跃迁到 n2 的能级
2、辐射的光也可使该金属发生光电效应解析：选 B 氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离原子核较近的轨道上时，能量减小，减小的能量以光子的形式释放出来，故氢原子核外电子轨道半径越大，其能量越大，A 错误；在核反应中，由比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核才会释放核能，B 正确； 射线来源于原子核内的中子转化为质子时放出的电子，C 错误；氢原子从 n2 的能级跃迁到 n1 的能级辐射出的光子的能量为 E13.4 eV(13.6 eV)10.2 eV，恰好能使某种金属发生光电效应，从 n 3 的能级跃迁到 n2 的能级辐射的光子的能量 E21.51 eV(3.4 eV)1.89 eV，
3、故不能使该金属发生光电效应，D错误。2.静止在水平地面的物块，受到水平向右的拉力 F 的作用， F 随时间 t 的变化情况如图所示。设物块与地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，且为 1 N，则( )A01 s 时间内，物块的加速度逐渐增大B第 3 s 末，物块的速度最大C第 9 s 末，物块的加速度为零D第 7 s 末，物块的动能最大解析：选 D 在 01 s 时间内水平拉力小于最大静摩擦力，故物块处于静止状态，选项 A 错误；13 s 物块做加速度增大的加速运动，37 s 物块做加速度减小的加速运动，故第 7 s 末，物块的加速度为零，此时速度最大，动能最大，选项 B 错误，D 正确；
4、第 9 s 末，物块水平方向只受滑动摩擦力作用，故加速度不为零，选项 C 错误。3.2022 年冬奥会将在中国举办的消息，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中。若跳台滑雪比赛运动的轨迹可近似看成平抛运动，2不计空气阻力，甲运动员以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线所示，质量比甲大的乙运动员以相同的初速度从同一点飞出，则乙的运动轨迹应为图中的( )A BC D解析：选 A 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，在竖直方向上有 y gt2，在水平方向上有 x v0t，解得 y x2，说明以相同初速度从12 g2v02同一点开始做平抛运动，其运动轨迹与质量无关，故乙的运动轨
5、迹仍是实线，故 A 对。4.如图所示，在直角坐标系 xOy 平面内存在一电荷量为 Q 的正点电荷，坐标轴上有 A、 B、 C 三点， OA OB BC a，其中 A 点和 B 点的电势相等， O 点和 C 点的电势相等，静电力常量为 k，则下列判断正确的是( )A点电荷 Q 位于 O 点处B O 点电势比 A 点电势高C C 点处的电场强度大小为kQ2a2D将正试探电荷从 A 点沿直线移动到 C 点，电势能一直减小解析：选 C 因 A 点和 B 点的电势相等， O 点和 C 点的电势相等，故 A、 B 到点电荷的距离相等， O、 C 到点电荷的距离也相等，则点电荷位置如图所示，由图可知，A 错
6、误；因点电荷带正电，故离点电荷越近电势越高，故 O 点电势比 A 点低，故 B 错误；由图可知点电荷与 C 点的距离 rC a，根据 E k ，得 EC ，故 C 正确；由图可知，将正试探电荷从 A 点沿2Qr2 kQ2a2直线移动到 C 点，电势先升高再降低，故电势能先增大再减小，故 D 错误。5如图所示，电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变，A 为理想交流电流表。在变压器原线圈 a、 b 两端加上一峰值不变的正弦式交变电压。下列分析正确的是( )A只将 S1从 1 拨向 2 时，电流表示数变小B只将 S2从 3 拨向 4 时，电流表示数变大C只将 R 的滑片上移，
7、 R1的电功率变大D只将 R 的滑片上移， R2的电功率变小3解析：选 D 根据变压器电压与匝数成正比知： U2 ，只将 S1从 1 拨向 2 时，原n2U1n1线圈的匝数减少，所以副线圈上的电压增大，副线圈上的电流增大，所以电流表示数变大，A 错误；只将 S2从 3 拨向 4 时，副线圈的匝数减少，所以副线圈上的电压减小，副线圈上的电流减小，所以电流表示数变小，B 错误；只将 R 的滑片上移，副线圈输出电压不变，则 R1两端的电压不变， R1的电功率不变，C 错误；只将 R 的滑片上移，接入电路的有效电阻变大，所以串联电路( R 和 R2)的电阻增大，流过串联电路的电流变小，所以电阻 R2的
8、电功率变小，D 正确。6.如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为 B 的匀强磁场被边长为 L 的等边三角形 ABC 理想分开，三角形内磁场方向垂直纸面向里。三角形顶点 A 处有一质子源，能沿 BAC 的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过 C 点，质子比荷 k，则qm质子的速度可能为( )A2 BkL B.BkL2C. D.3BkL2 BkL8解析：选 BD 因质子带正电，且经过 C 点，部分可能的轨迹如图所示，由几何关系知，所有圆弧所对圆心角均为 60，所以质子运行半径 r (n1,2,3，)，由洛伦兹力提供向心力得： Bqv m ，可Ln v2r得： v (n1,
9、2,3，)，故选项 B、D 正确。Bqrm BkLn7.如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端接有电阻 R，匀强磁场 B 竖直向下分布在导轨所在的空间内，金属棒 PQ 垂直导轨放置。今使 PQ 以平行于导轨的初速度 v 水平向右运动，到位置 c 时刚好静止。设导轨与 PQ 的电阻均不计， a 到 b 与 b 到 c 的间距相等。则 PQ 在由 a 到 b 和 b 到 c 的两个过程中( )A PQ 运动的加速度大小相等B回路中产生的内能相等C通过 PQ 横截面的电量相等D PQ 从 a 到 b 的动能减少量大于其从 b 到 c 的动能减少量解析：选 CD PQ 受到的安培力
10、F BIL B L ，方向水平向左， PQ 在安培力BLvR B2L2vR作用下做减速运动，速度 v 越来越小， PQ 克服安培力做功，动能转化为内能，由于 ab 间4距离与 bc 间距离相等，安培力 F 从 a 到 c 逐渐减小，由 W Fs 定性分析可知，从 a 到 b 克服安培力做的功比从 b 到 c 克服安培力做的功多，因此从 a 到 b 的过程产生的内能多，由动能定理， PQ 从 a 到 b 的动能减少量大于其从 b 到 c 的动能减少量，故 B 错误，D 正确；PQ 在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿第二定律得： ma，由于 v 减小，B2L2vR所以 PQ 向右运动过程中，
11、加速度大小逐渐减小，故 A 错误； PQ 运动过程中，通过 PQ 横截面的电荷量 Q I t t B ，从 a 到 b 与从 b 到 c 的过程中，回ER tR t R SR路面积的变化量 S 相等， B、 R 相等，因此，通过 PQ 横截面的电荷量相等，故 C 正确。8.如图所示，一个质量为 2m 的甲球和一个质量为 m 的乙球，用长度为 2R 的轻杆连接，两个球都被限制在半径为 R 的光滑圆形竖直轨道上，轨道固定于水平地面。初始时轻杆竖直，且质量为 2m 的甲球在上方，现受扰动两球开始运动，重力加速度为 g，则下列说法正确的是( )A甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能B甲球下
12、滑过程中减少的重力势能总等于乙球增加的重力势能C整个运动过程中甲球的最大速度为233gRD甲球运动到最低点前，轻杆对乙球一直做正功解析：选 ACD 甲球下滑过程中，重力对系统做正功，甲球和乙球的动能都增加，由于只有动能和重力势能之间的相互转化，所以甲球下滑过程中减少的机械能总等于乙球增加的机械能，故 A 正确；甲球下滑过程中，重力对系统做正功，甲球和乙球的动能都增加，所以甲球下滑过程中减少的重力势能总大于乙球增加的重力势能，故 B 错误；当甲球到达最低点时，乙球到达最高点，该过程中系统减小的重力势能等于系统增加的动能，且此时重力势能减少量最大，系统动能增加量最大，甲球速度最大，由于两球的线速度
13、相等，设该速度为 v，则：2 mg2R mg2R mv2 2mv2，解得： v ，故 C 正确；甲球运12 12 233gR动到最低点前，乙球的重力势能一直增大，同时乙球的动能也一直增大，可知轻杆对乙球一直做正功，故 D 正确。第卷(共 62 分)二、非选择题：包括必考题和选考题两部分，第 912 题为必考题，每个试题都必须作答。第 1314 题为选考题，根据要求作答。(一)必考题：共 47 分。9(6 分)测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图甲所示的装置，图中长木板水平固定。5(1)实验过程中，电火花计时器应接在_(选填“直流”或“交流”)电源上，调整定滑轮高度，使_。(2)已知重力
14、加速度为 g，测得木块的质量为 M，砝码盘和砝码的总质量为 m，若木块的加速度为 a，则木块与长木板间动摩擦因数 _。(3)如图乙为木块在水平长木板上运动带动纸带打出的一部分点迹，0、1、2、3、4、5、6 为计数点，相邻两计数点间还有 4 个计时点未画出，电源的频率为50 Hz。从纸带上测出 x13.20 cm， x24.52 cm， x58.42 cm， x69.70 cm。则木块加速度大小a_m/s 2。解析：(1)电火花计时器的电源为交流电源；调整定滑轮高度，使细线与长木板平行，这样细线的拉力沿水平方向，不会影响动摩擦因数的测量。(2)对砝码盘和砝码、木块组成的整体，由牛顿第二定律有
15、mg Mg ( M m)a，解得 。mg m M aMg(3)利用逐差法可得 a ，代入数据解得 a1.3 m/s 2。 x5 x6 x1 x224T2答案：(1)交流 细线与长木板平行 (2) (3)1.3mg m M aMg10(9 分)有一只灵敏电流计 G，刻度盘上只有刻度而无具体示数，现要根据图(a)所示电路测出此表的满偏电流 Ig和内阻 Rg。(1)请按电路图(a)，将图(b)中的实物电路连接完整。(2)实验中调节滑动变阻器 R0和电阻箱 R，使灵敏电流计刚好满偏，读出此时电压表的示数 U 和电阻箱的阻值 R1；然后再调节滑动变阻器 R0和电阻箱 R，使灵敏电流计刚好半偏，且电压表的
16、示数仍为 U，读出此时电阻箱的阻值 R2。用 U、 R1和 R2表示灵敏电流计的满偏6电流 Ig和内阻 Rg，表达式 Ig_， Rg_。(3)仅从实验设计原理上看，这种测量方法得到内阻的测量值与真实值相比_(选填“偏大” “偏小”或“相等”)。解析：(1)实物电路图如图所示。(2)当电流表满偏时有： Ig ，当电流表半偏时有： ，解得： IgUR1 Rg Ig2 UR2 Rg， Rg R22 R1。UR2 R1(3)仅从设计原理上看，改变电阻箱阻值后，灵敏电流计和电阻箱两端电压不变，则电流表内阻测量值等于真实值，故相等。答案：(1)见解析图 (2) R22 R1 (3)相等UR2 R111(1
17、2 分)如图所示，长 L12 m，质量为 M50 kg 的木板右端有一立柱。木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数 0.1，质量为 m50 kg 的人立于木板左端，木板与人均静止，当人以 a14 m/s2的加速度匀加速向右奔跑至木板的右端时，立刻抱住立柱，求：(1)人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小；(2)人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间；(3)人抱住立柱后，木板向什么方向滑动，滑动距离的大小。解析：(1)人奔跑过程中加速度是由摩擦力提供的，由牛顿第二定律得： Ff ma1解得： Ff200 N。(2)设人从木板左端跑到右端经历的时间为 t，对木板，由牛顿第二定律得：Ff (M m)
18、g Ma2因 Ff Ff解得： a22 m/s 2由运动学公式得： L a1t2 a2t212 12解得： t2 s。(3)设人跑至木板右端时，人的速度大小为 v1，木板速度大小为 v2，人抱住立柱后，其共同速度大小为 v，7由运动学公式得： v1 a1t8 m/s， v2 a2t4 m/s由动量守恒定律可得：mv1 Mv2( m M)v解得： v2 m/s，方向向右，人抱住立柱到两者速度减为 0 过程，由动能定理可得： (M m)gs0 (m M)v212解得： s2 m。答案：(1)200 N (2)2 s (3)向右 2 m12.(20 分)如图所示，左侧平行极板间有水平方向的匀强电场，
19、右侧绝缘光滑圆环内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为 B，圆环的圆心为 O，半径为 R，现将质量为 m、带电量为q 的带正电粒子(粒子重力忽略不计)，从 a 点由静止经电场加速后从入口 c 沿圆环直径射入磁场区域。在圆心 O 的正上方，还有一个出口 b。已知粒子和圆环的碰撞过程没有动能和电荷量损失， B、 R、 m、 q 均为已知量。(1)两极板间电压为 U 时，求粒子在磁场中的运动半径 r；(2)两极板间电压 U 可取任意值，如果粒子能从出口 b 射出，求粒子从入口 c 射入到从出口 b 射出的最短时间；(3)两极板间电压 U 取某些值时，粒子不经过圆环内的阴影 bOc 扇形区
20、域就能从 b 出口射出，求两极板间电压 U 取的可能值。解析：(1)粒子在电场中加速，由动能定理得：qU mv212粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： qvB mv2r解得 r 。1B2Umq(2)经分析可知，粒子与圆环碰撞一次后从出口 b 射出，在磁场中运动的时间最短，粒子在磁场中的运动轨迹如图 1 所示，由几何关系得 34 4T 2 rv 2 mqB则 tmin T 。22 m2qB8(3)设粒子在非阴影区与圆环碰撞 n 次后从出口 b 射出，每段圆弧所对圆心角为 ， n2 时，粒子在磁场中的运动轨迹如图 2 所示，经分析由几何关系得 ，( n1,2,3，)
21、32 n 1tan 2 Rr解得 U tan2 ，( n1,2,3，)。B2R2q2m 34 n 1答案：(1) (2) (3) tan2 ，( n1,2,3，)1B 2Umq m2qB B2R2q2m 34 n 1(二)选考题：共 15 分。请在第 13、14 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。13选修 33(15 分)(1)(5 分)关于扩散现象，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温度越高，扩散进行得越快B扩散现象是不同物质间的一种化学反应C扩散现象是
22、由物质分子无规则运动产生的D扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的(2)(10 分)如图，一粗细均匀的 U 形管竖直放置， A 侧上端封闭， B 侧上端与大气相通，下端开口处开关 K 关闭； A 侧空气柱的长度 l10.0 cm， B 侧水银面比 A 侧的高 h3.0 cm。现将开关 K 打开，从 U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为 h110.0 cm 时将开关 K 关闭。已知大气压强 p075.0 cmHg。()求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度；()此后再向 B 侧注入水银，使 A、 B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度
23、。解析：(1)扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项 A 正确；扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项 B、E 错误，C 正确；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项 D 正确。(2)()以 cmHg 为压强单位。设 A 侧空气柱长度 l10.0 cm 时的压强为 p；当两侧水银面的高度差为 h110.0 cm 时，空气柱的长度为 l1，压强为 p1。由玻意耳定律得9pl p1l1由力学平衡条件得p p0 h打开开关 K 放出水银的过程中， B 侧水银面处的压强始终为 p0，而 A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小， B、 A 两侧水银面的高度差
24、也随之减小，直至 B 侧水银面低于 A 侧水银面 h1为止。由力学平衡条件有p1 p0 h1联立式，并代入题给数据得l112.0 cm。()当 A、 B 两侧的水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为 l2，压强为 p2。由玻意耳定律得pl p2l2由力学平衡条件有p2 p0联立式，并代入题给数据得l210.4 cm设注入的水银在管内的长度为 h，依题意得 h2( l1 l2) h1联立式，并代入题给数据得 h13.2 cm。答案：(1)ACD (2)()12.0 cm ()13.2 cm14选修 34(15 分)(1)(5 分)一列简谐横波在 t0 时的波形图如图中的实线所示， t0.
25、1 s 时的波形图如图中的虚线所示，若该波传播的速度为 10 m/s，则_。(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 t0 时质点 a 沿 y 轴正方向运动B这列波沿 x 轴正方向传播C这列波的周期为 0.4 sD从 t0 时刻开始质点 a 经 0.2 s 通过的路程为 0.4 mE x2 m 处质点的振动方程为 y0.2sin(5 t)m(2)(10 分)如图所示，用折射率 n 的玻璃做成一个外径为210R 的半球形空心球壳。一束与过球心的对称轴 O O 平行的平行光，射向此球壳的外表面。若让一个
26、半径为 R 的圆形遮光板的圆心过 O O 轴，并且垂直该轴放置，则球壳内部恰好22没有光线射入。问：()临界光线射入球壳时的折射角 r 为多大？()球壳的内径 R为多少？解析：(1)由题图可知波长 4 m，则波的周期为 T 0.4 s，选项 C 正确；由题 v意知，波传播的时间为 0.1 s T，所以波传播的距离是 ，根据波形的平移可知，波的14 14传播方向沿 x 轴负方向，选项 B 错误；波沿 x 轴负方向传播，故 t0 时，质点 a 沿 y 轴负方向运动，选项 A 错误；从 t0 时刻开始经 0.2 s 时，经过的时间是半个周期，质点 a 通过的路程等于 2 个振幅，即 0.4 m，选项 D 正确； t0 时刻 x2 m 处的质点从平衡位置沿y 轴负方向运动，其位移表达式为 y Asin t0.2sin 5 t m0.2sin(5 t)2Tm，选项 E 正确。(2)()设临界光线入射角为 i，由光路图和几何知识得sin i 22RR 22设折射角为 r，由折射率的定义： nsin isin r解得 r30。()设临界角为 C，对临界光线，有：sin C1n解得 C45在如图所示 Oab 中，由正弦定理得：Rsin 180 C Rsin r解得 R R。22答案：(1)CDE (2)()30 () R2211
