黃石二中2025屆高三下學期適應性考試（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．根據質量數與電荷數守恒有2+3-1=4，1+1=2可知，X是，故B正確；C．核反應前后質量數不變，因為存在質量虧損，所以質量不守恒，故C錯誤；D．比結合能是原子核穩定性的指標。在輕核聚變中，生成物（如氦-4）的比結合能高于反應物（氘和氚）。實際數據中，氚的比結合能（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．根據理想氣體狀態方程，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，根據熱力學第一定律可知，此過程放出熱量，故B正確；C．c→a過程體積不變，沒有做功，根據理想氣體狀態方程可知，壓強增大溫度升高，結合熱力學第一定律可知，從外界吸收熱量，故C錯誤；D．據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與器壁單位面積碰撞次數決定，c狀態溫度低于b狀態，熱運動減弱，分子平均撞擊力減小，而壓強又相同，所以c狀態下氣體分子單位時間與器壁單位面積碰撞次數大于b狀態，故D錯誤。故選B。3.【答案】D【解析】根據臨界角與折射率的關系可得：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：根據幾何關系可得由于對稱性可知，總長度至少為聯立可得；故選D。4．【答案】B【解析】A．根據電場線的疏密可判定，A、B、C三點的電場強度大小關系為故A錯誤；電場方向由正極指向負極，根據沿著電場線方向電勢降低可知，B、C、D三點的電勢大小關系為故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，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閉合時穩定時，線圈L中有電流通過，當S斷開時L產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，且此時二極管能導體，從而實現給高壓充電，選項B正確；C．該電路中當S閉合時穩定時，線圈L中有電流通過，但當S斷開時L也與電路斷開，還是只有回收系統的電壓U加在充電電池兩端，則不能實現給高壓充電，選項C錯誤；D．該電路中當S閉合時穩定時，線圈L中有電流通過，但當S斷開時電源U也斷開，只有L產生的自感電動勢相當電源加在充電電池兩端，則不能實現給高壓充電，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】由兒何關系知，設B、A間的距離為，則A所受的合力，聯立可得由幾何對稱性可知星體B、C受力大小相等，根據牛頓第三定律又設星體B所受的合力為，正交分解，有，則則故選A。8.【答案】ACD【解析】A．根據圖甲可得波的波長為，根據圖乙可得周期為，則波速，故A正確；B．波沿x軸正方向傳播，根據同側法可知，時刻P沿方向振動，則時，質點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點Q做簡諧運動的位移y隨時間t變化的關系式為故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，圓環與桿構成的回路由于磁場均勻增大，產生的感生電動勢為動生電動勢為所以回路中的感應電動勢大小為，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．設平衡位置為O，彈簧在平衡位置的壓縮量為，則有設平衡位置O下方有一D點，且B、D相對于O點對稱，根據對稱性可知，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．設小球在平衡位置的速度為，根據微元累積的思想可得∑max=mS=W合根據動能定理可得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]根據楞次定律可知，此時感應電流產生的磁場方向與原磁場（條形磁鐵的磁場）方向相反，結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）根據楞次定律可知，此時感應電流產生的磁場方向穿過線圈向下，結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導電性，因此燈泡B短暫發光，燈泡A不發光。故選D。【答案】（1）（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為，根據平衡關系可知，小球的質量；（2）[2]小球經過最低點時的速度大小；（4）[3]根據向心力公式可知解得則的圖像為一次函數，故選D。（5）[4]實驗中發現明顯大于，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]上應變片的電阻分別是Ra、Rb，外力F時，上應變片被拉伸，下應變片被壓縮，根據電阻定律可知，上應變片電阻變大，下應變片電阻變小；若圖丙中R1對應的是Rb，則Ra=R1=Rb，Rc=R2=Rd根據并聯電路的電壓特點以及串聯電路電壓的分配與電阻的關系可知B、C兩點之間無電壓輸出，因此圖丙中R1對應的是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區磁場方向垂直紙面向里，設粒子在Ⅰ區、Ⅱ區中的半徑分別為R1，R2在Ⅰ區：①在Ⅱ區：②當粒子進入Ⅱ區后恰能達x軸，臨屆軌跡與x軸相切，軌跡如圖所示由幾何關系得：③由①②③式得：④結合φ=37°可求得：⑤Ⅱ區磁場的磁感應強度B′應滿足的條件設某時刻粒子沿兩軸的速度分量分別為vx和vy，如圖所示設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T=t0+t=3s物塊B與木板A的擋板發生第二次碰撞。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的擋板發生3次碰撞時間內，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；根據數學知識可知，從物塊B開始運動到與木板A的擋板發生第n次碰撞時間內，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：帶入數據可得：，