黃石二中2025屆高三下學(xué)期適應(yīng)性考試（二）參考答案一、選擇題：題號12345678910答案BBDBBCAACDBDBD1.【答案】B【解析】A．是中子不帶電，故A錯誤；B．根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒有2+3-1=4，1+1=2可知，X是，故B正確；C．核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)不變，因為存在質(zhì)量虧損，所以質(zhì)量不守恒，故C錯誤；D．比結(jié)合能是原子核穩(wěn)定性的指標。在輕核聚變中，生成物（如氦-4）的比結(jié)合能高于反應(yīng)物（氘和氚）。實際數(shù)據(jù)中，氚的比結(jié)合能（約2.8MeV/核子）高于氘（約1.1MeV/核子），故D錯誤。故選B。2.【答案】B【解析】A．因a→b變化圖線為雙曲線的一支，為等溫線，所以是等溫變化，故A錯誤；B．根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，從b到c為等壓變化，體積減小，所以溫度降低，又因為外界對氣體做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，此過程放出熱量，故B正確；C．c→a過程體積不變，沒有做功，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知，壓強增大溫度升高，結(jié)合熱力學(xué)第一定律可知，從外界吸收熱量，故C錯誤；D．據(jù)氣體壓強的微觀解釋，氣體壓強由分子平均撞擊力大小與單位時間內(nèi)與器壁單位面積碰撞次數(shù)決定，c狀態(tài)溫度低于b狀態(tài)，熱運動減弱，分子平均撞擊力減小，而壓強又相同，所以c狀態(tài)下氣體分子單位時間與器壁單位面積碰撞次數(shù)大于b狀態(tài)，故D錯誤。故選B。3.【答案】D【解析】根據(jù)臨界角與折射率的關(guān)系可得：則，欲使所有平行光線都不能到達x軸正半軸，則需發(fā)生全反射，入射角至少等于臨界角，當入射角等于臨界角時，可得下圖：根據(jù)幾何關(guān)系可得由于對稱性可知，總長度至少為聯(lián)立可得；故選D。4．【答案】B【解析】A．根據(jù)電場線的疏密可判定，A、B、C三點的電場強度大小關(guān)系為故A錯誤；電場方向由正極指向負極，根據(jù)沿著電場線方向電勢降低可知，B、C、D三點的電勢大小關(guān)系為故B正確；C．帶電液滴向右運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤；D．帶電液滴受到的電場力方向沿電場線切線方向，其運動軌跡還與初速度方向有關(guān)，帶電液滴在電場力作用下不一定沿著電場線運動，故D錯誤。故選B。5．【答案】B【解析】A．該電路中當開關(guān)S斷開時，整個電路均斷開，則不能給電池充電，選項A錯誤；B．該電路中當S閉合時穩(wěn)定時，線圈L中有電流通過，當S斷開時L產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流減小，L相當電源，電源U與L中的自感電動勢共同加在電池兩端，且此時二極管能導(dǎo)體，從而實現(xiàn)給高壓充電，選項B正確；C．該電路中當S閉合時穩(wěn)定時，線圈L中有電流通過，但當S斷開時L也與電路斷開，還是只有回收系統(tǒng)的電壓U加在充電電池兩端，則不能實現(xiàn)給高壓充電，選項C錯誤；D．該電路中當S閉合時穩(wěn)定時，線圈L中有電流通過，但當S斷開時電源U也斷開，只有L產(chǎn)生的自感電動勢相當電源加在充電電池兩端，則不能實現(xiàn)給高壓充電，選項D錯誤。故選B。6．【答案】C【解析】A.小球在上升過程中，由牛頓第二定律得逐漸減小，則減小，下降過程中有越來越大，故加速度繼續(xù)減小，圖像趨勢正確，但速度為零時，斜率不為零，且加速度為，圖像應(yīng)為平滑曲線，故A錯誤；B．圖斜率為在上升過程中斜率變大，下降過程中斜率變小，故B錯誤；C．圖像斜率為合外力，向上運動過程變小，向下運動過程中繼續(xù)變小，故C正確；D、向上運動過程比向下過程中任意一個位置，阻力要更大，故向上過程中阻力做功更多一點，機械能損失要更多一點，故D錯誤。故選C。7.【答案】A【解析】由兒何關(guān)系知，設(shè)B、A間的距離為，則A所受的合力，聯(lián)立可得由幾何對稱性可知星體B、C受力大小相等，根據(jù)牛頓第三定律又設(shè)星體B所受的合力為，正交分解，有，則則故選A。8.【答案】ACD【解析】A．根據(jù)圖甲可得波的波長為，根據(jù)圖乙可得周期為，則波速，故A正確；B．波沿x軸正方向傳播，根據(jù)同側(cè)法可知，時刻P沿方向振動，則時，質(zhì)點P位于平衡位置上方正在向下振動，所以P的加速度方向沿y軸負方向，故B錯誤；C．質(zhì)點Q做簡諧運動的位移y隨時間t變化的一般表達式為當時，代入上式解得所以質(zhì)點Q做簡諧運動的位移y隨時間t變化的關(guān)系式為故C正確；D．時，P的位置坐標為距離P點最近的Q點的平衡位置坐標為P點平衡位置位于所以P、Q兩質(zhì)點的平衡位置最小間距為，故D正確。故選ACD。9.【答案】BD【解析】A．由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向為逆時針方向，故A錯誤；B．t=0到的過程中，回路中的感生電動勢和動生電動勢均增大，故B正確；C．時，圓環(huán)與桿構(gòu)成的回路由于磁場均勻增大，產(chǎn)生的感生電動勢為動生電動勢為所以回路中的感應(yīng)電動勢大小為，故C錯誤；D．時，回路中的電流大小為，故D正確。故選BD。10.【答案】CD【解析】A．小球至B點時開始壓縮彈簧，一開始彈力小于重力，則小球繼續(xù)向下加速運動，所以小球在B點時的速度不是最大，故A錯誤；B．設(shè)平衡位置為O，彈簧在平衡位置的壓縮量為，則有設(shè)平衡位置O下方有一D點，且B、D相對于O點對稱，根據(jù)對稱性可知，小球到達D點的速度等于B點的速度，且B、D兩點的加速度大小相等，即D點的加速度大小為，則小球在最低點C點的加速度大于，方向向上，根據(jù)牛頓第二定律可得可得最低點C的壓縮量滿足則小球從B到C的運動為簡諧運動的一部分，振幅為故B錯誤；C．小球和彈簧、地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球從B運動到C的過程中，小球的重力勢能一直在減小，小球的動能與彈簧的彈性勢能之和一直在增大，故C正確；D．設(shè)小球在平衡位置的速度為，根據(jù)微元累積的思想可得∑max=mS=W合根據(jù)動能定理可得m，m由于,所以mS1<mS2,則S1<S2；即中陰影部分1的面積小于陰影部分2的面積，故D正確。故選CD。二、實驗探究題11.【答案】(每空2分)(1)向右（2分）相反（2分）(2)D（2分）【解析】（1）[1][2]根據(jù)楞次定律可知，此時感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場（條形磁鐵的磁場）方向相反，結(jié)合安培定則可確定此時螺線管中的電流方向，電流計的指針向右偏。（2）根據(jù)楞次定律可知，此時感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向穿過線圈向下，結(jié)合安培定則可確定此時螺線管中的電流方向，由于二極管具有單向?qū)щ娦裕虼藷襞軧短暫發(fā)光，燈泡A不發(fā)光。故選D?！敬鸢浮浚?）（1分）（2）（1分）（4）D（2分）（5）球心到懸點的距離l用懸線的長度表示（2分）（6）變大（2分），（2分）【解析】（1）[1]小球自然下垂時力傳感器讀數(shù)為，根據(jù)平衡關(guān)系可知，小球的質(zhì)量；（2）[2]小球經(jīng)過最低點時的速度大小；（4）[3]根據(jù)向心力公式可知解得則的圖像為一次函數(shù)，故選D。（5）[4]實驗中發(fā)現(xiàn)明顯大于，可能的原因是球心到懸點的距離l用懸線的長度表示；（6）[5][6]上應(yīng)變片的電阻分別是Ra、Rb，外力F時，上應(yīng)變片被拉伸，下應(yīng)變片被壓縮，根據(jù)電阻定律可知，上應(yīng)變片電阻變大，下應(yīng)變片電阻變小；若圖丙中R1對應(yīng)的是Rb，則Ra=R1=Rb，Rc=R2=Rd根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點以及串聯(lián)電路電壓的分配與電阻的關(guān)系可知B、C兩點之間無電壓輸出，因此圖丙中R1對應(yīng)的是Rd。三、計算題13．（10分）（1）秋千靜止時，受三個力的作用：重力G、細繩拉力T和水平拉力F作用。根據(jù)共點力平衡知識得（1分）F=mgtanθ（1分）（2）不計空氣阻力，秋千從靜止擺到最低點的過程中，機械能守恒（2分）秋千運動到最低點，拉力與重力的合力提供向心力（2分）得（1分）（3）若考慮空氣阻力，秋千最終停在最低點。根據(jù)動能定理WG+Wf=0（1分）WG=mgL（1-cosθ)（1分）得Wf=-mgL（1-cosθ)（1分）14.（16分）解析：（1）若Ⅱ區(qū)磁場方向垂直紙面向里，設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)中的半徑分別為R1，R2在Ⅰ區(qū)：①在Ⅱ區(qū)：②當粒子進入Ⅱ區(qū)后恰能達x軸，臨屆軌跡與x軸相切，軌跡如圖所示由幾何關(guān)系得：③由①②③式得：④結(jié)合φ=37°可求得：⑤Ⅱ區(qū)磁場的磁感應(yīng)強度B′應(yīng)滿足的條件設(shè)某時刻粒子沿兩軸的速度分量分別為vx和vy，如圖所示設(shè)P速度第一次沿－y方向的位置在直線l上的M（x0,y0），最終停止在N(x1,y1)粒子從O到M,由x方向的動量定理得：，⑥即⑦M（x0,y0）在直線l上，則有⑧故有：⑨粒子達N(x1,y1)，，粒子從O到N,由x方向的動量定理得：，⑩即?由y方向的動量定理得：,?即?由⑦⑧⑨??聯(lián)立解得：則粒子p最終停止的位置坐標15.（18分）【答案】(1)04m/s(2)2s8m/s4m/s(3)-4［2+4n(n-1)］J(n=1，2，3，4，…)解析(1)B從A的左端開始運動到右端的過程，由動能定理有:qEd=12m解得v0=4m/sB與A第一次碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有:mv0=mvB+mvA12mv02=12mv解得vB=0，vA=4m/s(2)第一次碰撞后A向右以速度vA=4m/s做勻速直線運動，B做初速度為0、加速度為a=qEm=4m/s2的勻加速直線運動則第二次碰撞時有vAt=12at解得t=2s；而從由A、B靜止開始運動到第一次碰撞的時間t0=v0a=故由A、B靜止開始經(jīng)T=t0+t=3s物塊B與木板A的擋板發(fā)生第二次碰撞。t/s此時B的速度為vB1=at=8m/s，A的速度為vA1=vA=4m/s，t/s第二次碰撞時，同樣由動量守恒定律和機械能守恒定律有:mvA1+mvB1=mvA2+mvB212mvA12+12mvB12=1解得vA2=8m/s，vB2=4m/s(3)方法（一）同理第三次碰撞時有vB2t'+12at'2=vA2解得t'=2s此時B的速度為vB3=vB2+at'=12m/s從開始運動到第一次碰撞的時間t0=v0a=由A、B靜止開始到B與A的擋板發(fā)生3次碰撞時間內(nèi)，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像如圖所示,此后以此類推。由以上分析可知，從第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前運動的距離都比前一次多8m，由v-t圖像可知，從B開始運動到第1次碰撞，B運動的距離為2m；從第1次碰撞到第2次碰撞，B運動的距離為8m；從第2次碰撞到第3次碰撞，B運動的距離為8m+8m=16m；從第3次碰撞到第4次碰撞，B運動的距離為16m+8m=24m；根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，從物塊B開始運動到與木板A的擋板發(fā)生第n次碰撞時間內(nèi)，物塊B運動的距離：SB=2m+8m+16m+24m+…+8(n-1)m=2m+(n?1)［8+8(n?1)］2m=[2+4n(n-1)]則物塊B的電勢能的改變量為：帶入數(shù)據(jù)可得：，