届高考物理二轮复习第章选修部分高考仿真模拟练＋＋＋选

届高考物理二轮复习第章选修部分高考仿真模拟练＋＋＋选届高考物理二轮复习第章选修部分高考仿真模拟练＋＋＋选PAGE届高考物理二轮复习第章选修部分高考仿真模拟练＋＋＋选高考仿真模拟练(8＋2＋2＋2选1)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本卷共8小题，每题6分．在每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．所有选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)14．[2018·重庆市第一期联考]现代科学的发展极大地促使了人们对原子、原子核的认识，以下相关原子、原子核的表达正确的选项是()A．卢瑟福α粒子散射实验说明原子核内部拥有复杂的构造B．天然放射现象表示原子核内部有电子C．轻核聚变反响方程有：eq\o\al(2,1)H＋eq\o\al(3,1)H→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(1,0)nD．氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级和从n＝2能级跃迁到n＝1能级，前者跃迁辐射出的光子波长比后者的长分析：卢瑟福经过α粒子散射实验提出原子的核式构造模型，天然放射现象说明原子核内部拥有复杂的构造，A、B错误；轻核聚变方程电荷数守恒、质量数守恒，C正确；氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级放出的光子能量比从n＝2能级跃迁到n＝1能级的大，由公式E＝eq\f(hc,λ)，可知前者跃迁辐射出的光子波长比后者的短，D错误．答案：C15．以以下图，在“研究影响电荷间互相作使劲的要素”实验中，若P1、P2地点所悬挂的小球的带电荷量大小相等，质量分别为m1和m2，小球与带正电的物体M之间的距离同样，两小球间的作使劲忽视不计，在P1、P2地点所悬挂小球的丝线的偏角的正切值的比值为()A.eq\f(m1,m2)B.eq\f(m2＋m1,m1)C.eq\f(m2,m1＋m2)D.eq\f(m2,m1)分析：分析小球受力，因为P1、P2地点所悬挂的小球的带电荷量大小相等，小球与带正电的物体之间的距离同样，说明电荷之间的作使劲F同样，利用均衡条件对两球分别列式，联立可得两偏角的正切值的比值．答案：D16．以以下图，假定某龙舟队在竞赛前划向竞赛点的途中要渡过宽288m且两岸平直的河，河中水流的速度恒为v水＝5.0m/s.龙舟从M处开出后实质沿直线MN抵达对岸，若直线MN与河岸成53°角，龙舟在静水中的速度大小也为5.0m/s，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，龙舟可看作质点．则龙舟在水中的合速度大小v和龙舟从M点沿直线MN抵达对岸所经历的时间t分别为()A．v＝6.0m/s，t＝60sB．v＝6.0m/s，t＝72sC．v＝5.0m/s，t＝72sD．v＝5.0m/s，t＝60s分析：设龙舟头与航线MN之间的夹角为α，龙舟的速度、水流的速度与龙舟在水中的合速度以以下图，由几何知识得α＝53°，故龙舟在水中的合速度大小v＝2v水cos53°＝6.0m/s.航线MN的长度L＝eq\f(288,sin53°)m＝360m，故龙舟从M点沿直线MN抵达对岸所经历的时间t＝eq\f(L,v)＝60s，选项A正确．答案：A17．以以下图是一理想变压器的电路连结图，变压器原线圈两头的恒定沟通电压为U1，副线圈所在电路中有一个定值电阻和一个滑动变阻器，各电表均为理想电表，开关S闭合，则以下对于各电表示数的说法正确的选项是()A．滑片P上滑时，A1的示数变大，A2的示数变大，V的示数变大B．滑片P上滑时，A1的示数变大，A2的示数变大，V的示数变小C．断开开关S，A1的示数变大，A2的示数变大，V的示数变大D．断开开关S，A1的示数变小，A2的示数变小，V的示数不变分析：开关S闭合，滑动变阻器的滑片P上滑时，接入电路中的电阻变大，可知电路中的总电阻变大，因为U1恒定不变，则电压表V的示数不变，可知电流表A2的示数变小，则电流表A1的示数也变小，A、B错误；开关S断开时，电路中的电阻变大，联合上述分析可知，电流表A1的示数变小，电流表A2的示数变小，电压表V的示数不变，C错误、D正确．答案：D18．为了研究汽车的启动和制动性能，现用甲、乙两辆圆满同样的汽车在平直公路上分别进行实验．让甲车以最大加快度a1加快到最大速度后匀速运动一段时间再以最大加快度a2制动，直到停止；乙车以最大加快度a1加快到最大速度后立刻以加快度eq\f(a2,2)制动，直到停止．实验测得甲、乙两车的运动时间相等，且两车运动的位移之比为5：4.则a1a2的值为()A．2：1B．1：2C．4：3D．4：5分析：作出甲、乙两车的v－t图象，以以下图，设甲车匀速运动的时间为t1，总时间为t2，因为两车的位移之比为5：4，则有eq\f(t1＋t2,2)vm：eq\f(t2,2)vm＝5：4，解得t1：t2＝1：4，乙车以最大加快度a1加快到最大速度后立刻以加快度eq\f(a2,2)制动，直到停止，依据v－t图线的斜率表示加快度，可知乙车匀减速运动的时间是甲车匀减速运动时间的2倍，则甲车匀速运动的时间和匀减速运动的时间相等，可知甲车匀加快运动的时间和匀减速运动的时间之比为2：1，加快度大小之比为a1：a2＝1：2，B正确．答案：B19．英国科学家法拉第发了然世界上第一台发电机，其原理以以下图，将一个半径为R的圆铜盘搁置在垂直于盘面的匀强磁场B中，铜盘以角速度ω匀速转动，铜盘的边沿周边和中心分别装有与铜盘接触优秀的电刷A、C，两电刷与敏捷电流计相连．当铜环绕中心轴按图示方向转动时，则以下说法正确的选项是()A．回路中电动势E＝eq\f(BR2ω,2)，且电刷C处的电势高于A处的电势B．若不转动铜盘，将开关快速闭合或断开，则敏捷电流计的指针也会偏转C．若仅将滑动变阻器的滑片向左滑动，则敏捷电流计的示数将会减小D．若磁场足够大，则转动铜盘时磁通量不会变化，敏捷电流计的指针将不会偏转分析：把铜盘看作是由无数根辐条构成的，转动铜盘时每根辐条都切割磁感线．依据安培定章和右手定章可知电刷C处的电势较高，感觉电动势E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(BR2ω,2)；若不转动铜盘，将开关快速闭合或断开，穿过铜盘的磁通量会发生变化，铜盘中会产生涡流，但电路中没有电流；若仅将滑动变阻器的滑片向左滑动，则电磁铁磁性减弱，输出电流会减小；若磁场足够大，转动铜盘时辐条仍旧切割磁感线，仍会产生感觉电流．答案：AC20．2017年诺贝尔物理学奖授与了三位参加引力波探测工作的科学家，以表彰他们在“LIGO项目以及引力波探测方面的决定性贡献”．双星的运动是引力波的根源之一．某双星系统由a、b两星构成，这两颗星绕它们连线的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，现测得两颗星的运转轨道半径分别为ra和rb，a星的运转周期为T，引力常量为G，不计其余天体的影响，以下说法正确的选项是()A．b星的运转周期为eq\r(\f(r\o\al(3,b),r\o\al(3,a)))TB．a、b两颗星做圆周运动的线速度大小之比为rarbC．a星的质量为eq\f(4π2r\o\al(2,a),GT2)D．a、b两颗星的总质量为eq\f(4π2ra＋rb3,GT2)分析：双星系统两颗星运转的周期同样，故b星的运转周期也为T，A错误；依据T＝eq\f(2πR,v)可得a、b两颗星做圆周运动的线速度大小之比为rarb，B正确；依据Geq\f(mamb,ra＋rb2)＝maeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2ra，Geq\f(mamb,ra＋rb2)＝mbeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2rb，可得a星的质量为ma＝eq\f(4π2ra＋rb2rb,GT2)，b星的质量mb＝eq\f(4π2ra＋rb2ra,GT2)，所以a、b两颗星的总质量为eq\f(4π2ra＋rb3,GT2)，C错误、D正确．答案：BD21．以以下图，圆滑平行金属导轨MN、PQ搁置在同一水平面内，M、P之间接必然值电阻R，金属棒cb垂直导轨水平搁置，金属棒cb及导轨电阻不计．整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加快直线运动．以下对于经过金属棒的电流i、经过导轨横截面的电荷量q、拉力F和拉力的功率P随时间变化的图象中正确的选项是()分析：t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金属棒由静止开始做匀加快直线运动，设加快度为a，则金属棒的速度可表示为v＝at，由法拉第电磁感觉定律，切割磁感线产生的感觉电动势E＝BLv＝BLat，依据闭合电路欧姆定律，金属棒中电流i＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLat,R)，与时间成正比，选项A正确；感觉电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)，S＝Lx＝L·eq\f(1,2)at2，i＝eq\f(E,R)，q＝iΔt，联立解得q＝eq\f(1,2R)BLat2，选项B错误；金属棒运动过程中所受的安培力F安＝BiL＝eq\f(B2L2at,R)，由牛顿第二定律，得F－F安＝ma，解得F＝ma＋eq\f(B2L2at,R)，选项C正确；拉力的功率P＝Fveq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ma＋\f(B2L2at,R)))at，选项D错误．答案：AC第Ⅱ卷(非选择题共62分)本卷包含必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必然做答．第33～34题为选考题，考生依据要求做答．(一)必考题(共47分)22．(5分)在用DIS研究小车加快度与外力的关系时，某实验小组用如图甲所示的实验装置进行实验，重物经过滑轮用细绳拉小车，在小车和重物之间接一个轻质微型力传感器，位移传感器(发射器)随小车一同沿水平轨道运动，位移传感器(接收器)固定在轨道一端，滑轮左边细绳与轨道平行，实验中力传感器的示数为F，保持小车[包含位移传感器(发射器)]的质量不变，改变重物重力重复实验若干次，获取加快度与外力的关系如图乙所示．(1)图乙中的a－F图线但是原点，表示实验以前缺乏的一个必需步骤是___________________________________________________________________________________________.(2)本实验能否需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器的总质量？________(填“是”或“否”)，原由是________________________________________________________________________________________________.(3)若某同学做该实验时，没有采纳位移传感器和力传感器，但是用细绳把重物绕过定滑轮与小车相连，实验获取的a－F图线还是图乙．所挂重物越重，细绳拉小车的力将越大，结果会使a－F图线不断延长，如图丙所示，展望延长后半部分的图线将会是________(填“①”、“②”或“③”)．分析：(1)刚开始力传感器示数为零，小车保持静止，说明实验前小车在轨道上运动时，没有均衡摩擦力或均衡摩擦力不足．(2)不需要使所挂重物的质量远小于小车和位移传感器的总质量，因为小车所受合外力能够经过力传感器直接读出．(3)由牛顿第二定律知小车的加快度大小为a＝eq\f(mg－Ff,m＋M)＝eq\f(1,m＋M)mg－eq\f(Ff,m＋M)，跟着m的增大，a－F图线的斜率k＝eq\f(1,m＋M)变小，故应选①.答案：(1)均衡摩擦力(2)否小车所受合外力能够经过力传感器直接读出(3)①23．[2018·湖南长沙模拟](10分)在丈量电池的电动势E和内阻的实验中，某同学在电路中增添了一个未知阻值的保护电阻R0，本实验的器械有：待测电池E，保护电阻R0，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关K1，单刀双掷开关K2，导线若干．(1)依据图甲所示的电路原理图把图乙所示的实物图用笔划线取代导线增补圆满．(2)该同学先将K2扳到________(填“a”或“b”)来丈量定值电阻两头的电压和电流，调理滑动变阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录；再将K2扳到________(填“a”或“b”)来丈量路端电压和电流，调理滑动变阻器的滑片，读出几组电压表和电流表的数据并记录．(3)将两次记录的数据在同一个坐标系中描点作图，如图丙所示，由图象可得保护电阻R0＝________Ω，被测电池的电动势E＝________V，内阻r＝________Ω；由实验电路图分析可知，所测保护电阻的丈量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真切值，这对丈量电池的电动势和内阻________(填“有影响”或“无影响”)．分析：(1)由电路的构造可知，开关K2分别在a点和b点时，丈量的电压分别是R0的电压与路端电压，由此连结圆满电路，以以下图(见答案图)．(2)由题图甲可知，要想丈量定值电阻R0的阻值，应丈量电阻R0两头的电压和电流，故应将开关K2扳到a；而要想丈量电池的电动势和内阻，应丈量路端电压和干路电流，故应将开关K2扳到b.(3)由题图丙可知，保护电阻阻值R0＝eq\f(U0,I0)＝eq\f(1.2,0.6)Ω＝2Ω；由题图丙电池的U－I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，被测电池的电动势E＝1.5V，内阻r＝eq\f(ΔU,ΔI)＝eq\f(1.5－1.2,0.6)Ω＝0.5Ω；由题图甲电路图可知，电流表采纳内接法，因为电流表的分压作用，电压表的丈量值偏大，由欧姆定律可知，保护电阻R0的丈量值大于真切值；保护电阻对测电池的电动势与内阻没有影响．答案：(1)以以下图(2)ab(3)21.50.5大于无影响24．(12分)以以下图，可视为质点的小物块放在水平面上的N点，质量为m＝0.05kg.在小物块右边缘竖直方向固定一半径为R＝0.2m的圆滑圆轨道，B点为圆轨道的最高点，圆轨道的最低点A处有一小孔(小孔可关闭，关闭后圆轨道仍旧圆滑)，A、N之间的距离为x＝1m．O点位于N点的正上方0.9m处，长度为L＝0.9m的轻绳一端固定在O点，另一端拴接一个质量为M＝0.1kg的小钢球．现将轻绳拉至与竖直方向成θ＝60°的地点由静止开释，经过一段时间，小钢球与小物块发生无能量损失的碰撞，再经过一段时间，小物块由A处的小孔进入竖直圆轨道(进入轨道瞬时小物块的能量损失可忽视)，此时立刻关闭A处的小孔，今后的运动过程中，小物块不会从小孔走开，重力加快度g＝10m/s2.欲使小物块在竖直圆轨道内做周期性运动，则小物块与水平面之间的动摩擦因数应知足什么条件？分析：设小钢球与小物块碰前瞬时的速度为v0，小钢球由静止开释到与小物块碰撞前瞬时的过程，由机械能守恒定律得Mg(L－Lcosθ)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)(1分)代入数据解得v0＝3m/s(1分)小钢球与小物块无能量损失的碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，有Mv0＝Mv1＋mv2，eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(1分)解得碰后小物块的速度v2＝4m/s状况一：若小物块恰能经过圆轨道的最高点B，则小物块在圆轨道内能做圆满的圆周运动，设小物块运动到B点时的速度为v3，由牛顿第二定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,3),R)，(1分)即v3＝eq\r(gR)(1分)对小物块由N点运动到最高点B的过程由动能定理得－μmgx－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，(1分)联立并代入数据解得μ＝0.3.(1分)状况二：若小物块恰能运动到与圆心等高的地点，小物块也能在竖直圆轨道内做周期性运动，对上述过程由动能定理，有－μmgx－mgR＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)(1分)联立并代入数据解得μ＝0.6(1分)另需μmgx＜eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，(1分)即μ＜0.8.(1分)所以小物块能在竖直圆轨道内做周期性运动时，小物块与水平面之间的动摩擦因数应知足μ≤0.3或0.8＞μ≥0.6.(1分)答案：μ≤0.3或0.6≤μ＜0.825．[2018·武汉市二模](20分)以以下图，AB、CD间的地区有竖直向上的匀强电场，在CD的右边有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带正电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入电场后，从M点飞出CD界限，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD界限回到电场所区，并恰能返回O点．已知OP间的距离为d，粒子质量为m，电荷量为q，电场强度大小E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),qd)，粒子重力不计，试求：(1)粒子从M点飞离CD界限时的速度大小；(2)P、N两点间的距离；(3)磁感觉强度的大小和圆形有界匀强磁场的半径．分析：(1)由题意作出带电粒子的运动轨迹，以以下图．粒子从O点运动到M点的时间为t1＝eq\f(d,v0)(1分)粒子在电场中的加快度a＝eq\f(qE,m)(1分)将E代入可得a＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),d)(1分)粒子在M点时竖直方向的速度大小为vy＝at1＝eq\r(3)v0(1分)粒子在M点时的速度大小为v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2v0(2分)(2)粒子从N点运动到O点的时间为t2＝eq\f(d,2v0)(1分)粒子从N运动到O点竖直方向上的位移为y＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)(2分)故P、N两点间的距离为PN＝y＝eq\f(\r(3),8)d.(2分)(3)由(1)可知eq\x\to(PM)＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝eq\f(\r(3),2)d，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，由几何关系可得Rcos60°＋R＝eq\x\to(PN)＋eq\x\to(PM)＝eq\f(5\r(3),8)d，(2分)可得半径R＝eq\f(5\r(3),12)d(1分)由qvB＝meq\f(v2,R)可得B＝eq\f(mv,qR)(2分)代入数据可得B＝eq\f(8\r(3)mv0,5qd)(1分)由几何关系可知运动轨迹必过圆形磁场的圆心，则磁场所区的半径为r＝2Rcos30°，(1分)解得r＝eq\f(5,4)d.(2分)答案：(1)2v0(2)eq\f(\r(3),8)d(3)eq\f(5,4)d(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道题中任选一题作答，假如多做，按所做的第一题计分)33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)以下说法正确的选项是________．(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．物体的温度越高，其分子的均匀动能越大B．当分子力表现为引力时，分子力老是随分子间距的减小而增大C．外界对气体做功，气体的内能可能减少D．第二类永动机不能够能制造成功是因为违反了能量守恒定律E．气体能充满容器，是因为气体分子不断地做无规则运动(2)(10分)以以下图，圆柱形喷雾器高为h，内有高度为eq\f(h,2)的水，上部关闭有压强为p0、温度为T0的空气．将喷雾器移到室内，一段时间后翻开喷雾阀门K，恰巧有水流出．已知水的密度为ρ，大气压强恒为p0，喷雾口与喷雾器等高．忽视喷雾管的体积，将空气看作理想气体．(ⅰ)求室内温度．(ⅱ)在室内用打气筒迟缓向喷雾器内充入空气，直到水圆满流出，求充入空气与原有空气的质量比．分析：(1)温度是物体分子热运动均匀动能的标记，物体的温度越高，其分子的均匀动能越大，选项A正确．当分子力表现为引力时，分子力随分子间距的减小，可能增大，可能减小，也可能先增大后减小，选项B错误．外界对气体做功，因为热传达状况不明，依据热力学第必然律知，气体的内能可能增大、可能减小、也可能不变，选项C正确．第二类永动机不能够能制造成功的原由是因为违反了热力学第二定律，选项D错误．因为气体分子间的距离比较大，分子力几乎为零，而分子又不断地做无规则运动，所以气体能充满容器，选项E正确．(2)(ⅰ)设喷雾器的截面积为S，室内温度为T1，气体压强为p1，恰巧有水流出则p1＝p0＋ρgeq\f(h,2)，V0＝Seq\f(h,2)(1分)气体做等容变化eq\f(p0,T0)＝eq\f(p0＋ρg\f(h,2),T1)(1分)解得T1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋ρg\f(h,2p0)))T0.(1分)(ⅱ)以充气结束后喷雾器内空气为研究对象，排完液体后，压强为p2，体积为V2.若此气体经等温变化，假定充气结束后喷雾器内空气的压强仍为本来未打入气体时的压强p1，设体积为V3，则p2＝p0＋ρgh(1分)p1V3＝p2V2(1分)即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p0＋ρg\f(h,2)))V3＝(p0＋ρgh)hS(2分)同温度下同种气体的质量比等于体积比，本来体积V＝eq\f(1,2)Sh，设打进气体质量为Δm，则有eq\f(Δm,m0)＝eq\f(V3－V0,V0)(2分)代入得eq\f(Δm,m0)＝eq\f(2p0＋3ρgh,2p0＋ρgh)(1分)答案：(1)ACE(2)(ⅰ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(ρgh,2p0)))T0(ⅱ)eq\f(2p0＋3ρgh,2p0＋ρgh)34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图为一简谐横波在t＝0.10s时辰的波形图，P是均衡地点为x＝1m处的质点，现在P点振动方向沿y轴正方向，并经过0.20s达成了一次全振动，Q是均衡地点为x＝4m处的质点，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．波沿x轴负方向流传B．t＝0.05s时，质点Q的加快度为0，速度为正向最大C．从t＝0.10s到t＝0.15s，该波沿x轴流传的距离是2mD．从t＝0.10s到t＝0.15s，质点P经过的行程为10c