统考版高考物理复习仿真练3（8＋2实验＋2计算＋2选1）含答案

这是一份统考版高考物理复习仿真练3（8＋2实验＋2计算＋2选1）含答案，共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷 (选择题 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．核武器实验会产生一些放射性微尘，微尘中问题最大的核素之一是锶－90( eq \\al(\s\up11(90),\s\d4(38)) Sr)，它的化学性质和钙相似，能被吸收到骨骼和牙齿里，它的半衰期为28.1年，由于β衰变会对人体健康造成影响．下列说法正确的是( )
A．β射线是能量很高的电磁波
B．锶­90经过β衰变后形成的新核的电荷数减少1
C．锶­90含量减少到初始水平的6.25%需要112.4年
D．核武器实验涉及的核反应过程中，质量守恒、电荷数守恒
15．电子束焊接机中的电场线如图中虚线所示．K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d.在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速．不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是( )
A．A、K之间的电场强度为 eq \f(U,d)
B．电子到达A极板时的动能大于eU
C．由K到A电子的电势能减小了eU
D．由K沿直线到A电势逐渐降低
16．选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果会有所不同：如图甲所示，在自由下落的电梯中，电梯外的人看到小球只受重力作用，做自由落体运动，符合牛顿定律；电梯内的人看到小球只受重力却是“静止”的，“违反”了牛顿定律．为了能够用牛顿定律描述相对地面做加速运动的参考系(又称“非惯性参考系”)中物体的运动，在非惯性系中引入惯性力的概念：惯性力F惯＝－ma，a表示非惯性系的加速度，负号表示与a方向相反．引入惯性力后，电梯中的人认为小球受到向上的惯性力与重力平衡，小球静止，符合牛顿定律．如图乙所示，某人在以加速度a做水平匀加速运动的高铁上，距地面为h处，以相对于高铁的速度v0水平抛出一个小球．已知重力加速度为g，关于此人看到的小球运动，分析正确的是( )
A．小球在竖直方向上做初速度等于零，加速度小于g的匀变速直线运动
B．小球在水平方向上做匀速直线运动
C．当v0＝a eq \r(\f(h,g)) 时，小球将落在抛出点的正下方
D．当v0＝a eq \r(\f(h,2g)) 时，小球将落在抛出点的正下方
17．如图所示，在架子上吊着一根带绝缘层的导线，右侧导线下部某处装有一个铅坠，使导线保持竖直状态，下端连接着一个铝箔刷子，刷子下方放置一张铝箔，调整刷子的高度使之下端刚好与铝箔接触．将左侧导线接到电源的正极上，电源的负极连接铝箔，用可移动的夹子水平地夹住一根强磁铁，右端N极正对右侧导线，接通电源，发现右侧导线在摆动．下列判断正确的是( )
A．右侧导线开始时垂直纸面向里摆动
B．右侧导线在摆动过程中一直受到安培力作用
C．右侧导线在整个摆动过程中安培力始终对其做正功
D．同时改变电流方向及磁铁的磁极方向，右侧导线开始摆动方向与原来相同
18．如图所示，质量为M、半径为R的半球形碗放置于水平地面上，碗内壁光滑．现使质量为m的小球沿碗壁做匀速圆周运动，其轨道平面与碗口平面的高度差用h表示，运动过程中碗始终保持静止，设碗与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．h越小，地面对碗的摩擦力越小
B．h越小，地面对碗的支持力越大
C．若h＝ eq \f(R,2) ，则小球的动能为 eq \f(3,4) mgR
D．若h＝ eq \f(R,2) ，M＝10 m，则碗与地面之间的动摩擦因数可以小于 eq \f(\r(3),11)
19．如图所示，坐标系中有两个带电荷量分别为＋Q和＋3Q的点电荷．在C处放一个试探电荷，则试探电荷所受电场力的方向可能是选项图中的( )

20．北京时间2021年2月19日4时55分，美国“毅力号”火星车成功登陆火星．“空中起重机”和“毅力号”火星车组合体到达着陆点上空20 m处后，“空中起重机”保持大小为0.75 m/s的速度竖直下降，同时，在着陆点上空20 m处时，以相对“空中起重机”大小也为0.75 m/s的速度立即(时间很短，可忽略)竖直向下释放火星车；当全长为7.6 m的吊索完全释放后，组合体又立即(时间很短，可忽略)共同以0.75 m/s的速度下降，直到火星车着陆，然后断开吊索，“空中起重机”飘离．设火星质量是地球质量的p倍，火星半径是地球半径的q倍，地球表面重力加速度为g，引力常量为G.假设工作中组合体(含燃料)的总质量M保持不变，不考虑下降过程中重力的变化，工作时喷出的气体密度为ρ，“空中起重机”共四台发动机，每台发动机喷口截面为S.下列说法正确的是( )
A．火星表面的重力加速度大小为g火＝ eq \f(p,q2) g
B．匀速竖直下降的过程中，发动机喷出气体相对火星表面的速度大小为 eq \f(1,2q) eq \r(\f(Mpg,ρS))
C．从火星车刚被释放直到火星车着陆的整个过程中，“空中起重机”下降的时间约为16.5 s
D．从火星车刚被释放直到火星车着陆的整个过程中，吊索的拉力始终保持不变
21．如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨间距为0.5 m，导轨所在平面与水平面的夹角α＝37°，匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度大小为1 T．导体棒ab与cd接入电路的电阻均为1 Ω，质量均为0.08 kg，电路中其他电阻不计．现用平行导轨向上的恒力F拉动ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰好静止．已知棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是( )
A．F的大小为0.96 N
B．ab棒运动的速度大小为6 m/s
C．ab棒运动的速度大小为3.84 m/s
D．运动1 s，cd棒上产生的焦耳热为1.44 J
第Ⅱ卷 (非选择题 共62分)
二、非选择题(共62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．(5分)如图所示为某实验小组设计的用量角器和刻度尺测定动摩擦因数的实验装置．
(1)实验步骤为：①将小球和滑块用细绳连接，使其跨过固定的斜面，均处于静止状态；②剪断细绳，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音；③保持小球和滑块的位置不变，调整________的位置，重复以上操作，直到同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音；④用量角器测出斜面的倾角θ，用刻度尺测出小球下落的高度H和滑块沿斜面运动的位移x.
(2)由实验可求得：滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值 eq \f(a,g) ＝________；滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝________．
23．(10分)某实验小组利用如图1所示的实物电路，研究某一新型电子元件的性能．E为电动势约6 V的电源，R0为阻值较大的定值电阻．

(1)实物连接图中缺少滑动变阻器的连接线，为得到元件的I ­ U关系图象，请在图中以笔画线代替导线将电路补充完整．
(2)由实物连线可以判断：根据某次测量的元件的电流与电压值得到的电阻测量值，与实际电阻值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相同”).
(3)若有三款滑动变阻器可以选择，适合于本实验的是________．
A．(0～10 Ω，0.5 A)的滑动变阻器
B．(0～20 Ω，0.5 A)的滑动变阻器
C．(0～100 Ω，0.1 A)的滑动变阻器
(4)调节滑动变阻器，记录电压表和电流表的示数，在方格纸上作出该元件的I ­ U图线如图2所示．可知，该元件是________(选填“线性”或“非线性”)元件．
(5)电路中使用定值电阻R0的原因是________．
A．防止通过元件的电流过大，烧坏待测元件
B．减小电压和电流的测量误差
C．增大滑动变阻器允许的调节范围
D．增大待测元件两端电压的可调节范围
24．(12分)近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展．如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0＝4 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带左、右两端距离为L＝3 m．现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传送带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1 m静止，包裹B向前运动了0.4 m静止．已知包裹A与传送带间的动摩擦因数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2.求：
(1)包裹A在传送带上运动的时间；
(2)包裹B的质量．
25．(20分)在如图所示的坐标系中，第一象限内存在与x轴成30°角斜向下的匀强电场，电场强度E＝400 N/C；第四象限内存在垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁场在x轴方向的宽度OA＝20 eq \r(3) cm，在y轴负方向无限大，磁感应强度B＝1×10－4 T．现有一比荷为 eq \f(q,m) ＝2×1011C/kg的正离子(不计重力)从O点沿纸面射入磁场，入射速度方向与x轴正方向间的夹角α＝60°，离子通过磁场后刚好从A点射出，之后进入电场．
(1)求离子进入磁场的速度v0的大小．
(2)离子进入电场后，经多长时间再次到达x轴上？
(3)若离子在磁场中运动的某时刻再在原磁场区域加一个与原磁场同方向的匀强磁场，使离子做完整的圆周运动，求再加磁场的磁感应强度的最小值．
(二)选考题(本题共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分)
33．[物理—选修3­3](15分)
(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号)
A．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
B．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
C．气体在等压膨胀的过程中温度一定升高
D．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
E．自然界中符合能量守恒定律的宏观过程不一定能自然发生
(2)(10分)一粗细均匀的“”形玻璃管竖直放置，短臂上端封闭，长臂端(足够长)开口向上，短臂内用水银封有一定质量的理想气体，初始状态时管内各段长度如图甲所示，密闭气体的温度为300 K，大气压强为75 cmHg.
①若沿长臂的管壁缓慢加入5 cm长的水银柱并与下方的水银合为一体，为使密闭气体保持原来的长度，应使气体的温度变为多少？
②在第①问的情况下，再使玻璃管绕过O点的水平轴在竖直平面内逆时针转过180°，稳定后密闭气体的长度为多少？
③在图乙所给的p­T坐标系中画出以上两个过程中密闭气体的状态变化图线．
34．[物理—选修3­4](15分)
(1)(5分)有两个同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学”，他们各自在那里的物理实验室利用先进的DIS系统较准确地探究了单摆周期T和摆长L的关系，然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了T2­L图象如图甲所示．已知天津市比上海市的纬度高．另外，去“复旦”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的a、b两个摆球的振动图象如图乙所示．下列说法正确的是________．(填正确答案标号)
A．甲图中“南开大学”的同学所测得的实验结果对应的图象是B
B．甲图中图象的斜率表示对应所在位置的重力加速度
C．由图乙可知，a、b两摆球振动周期之比为3∶2
D．由图乙可知，a、b两单摆摆长之比为4∶9
E．由图乙可知，t＝2 s时b球振动方向是沿＋y方向
(2)(10分)如图所示，有一玻璃圆柱体，长为L＝100 cm，横截面圆半径为R ＝10 cm. 一点光源在玻璃圆柱体中心轴线上的A点，且到玻璃圆柱体左端面距离为d＝4 cm.点光源向各个方向发射单色光，其中从左端面中央半径为r＝8 cm 圆面内射入的光线恰好不会从柱体侧面射出．光速c＝3×108 m/s，求：
①玻璃对该单色光的折射率；
②该单色光通过玻璃圆柱体的最长时间．
仿真练3
14．答案：C
解析：β射线的实质是高速运动的电子流，不是电磁波，故A错误；根据β衰变特点可知，锶­90经过β衰变后形成的新核的电荷数增加1，故B错误；核武器实验涉及的核反应过程中有能量放出，发生质量亏损，则质量不守恒，故D错误．由公式m＝m0（ eq \f(1,2) ） eq \s\up6(\f(t,T)) ，代入数据解得t＝112.4年，故C正确．
15．答案：C
解析：A、K之间的电场不是匀强电场，所以电场强度不是 eq \f(U,d) ，故A错误．电子在K极由静止被加速，到达A极时电场力做的功W＝eU，所以到A极时电子的动能等于eU，电势能减小了eU，故B错误，C正确．根据题中信息可知，A、K之间的电场线由A指向K，所以由K沿直线到A电势逐渐升高，故D错误．
16．答案：D
解析：因为该人以相对于高铁的速度v0水平抛出一个小球，小球在竖直方向上仅受重力的作用，故它会向下做初速度等于零，加速度等于g的匀变速直线运动，A错误；高铁是加速向前运行的，根据题意可知，小球在水平方向上受到恒定的惯性力，故在水平方向上小球做匀变速运动，B错误；小球水平方向的加速度大小为a，若小球落在抛出点的正下方，则小球将先向前做匀减速运动，一直到速度减为零后，再反向加速，最后水平方向位移为零，故满足t＝2× eq \f(v0,a) ，又竖直方向上有h＝ eq \f(1,2) gt2，联立解得v0＝a eq \r(\f(h,2g)) ，C错误，D正确．
17．答案：D
解析：根据左手定则可知，右侧导线开始时，受到垂直纸面向外的安培力作用，所以导线垂直纸面向外摆动，故A错误；右侧导线在摆动过程中，当铝箔刷子与下端铝箔分开时，导线中无电流通过，不受安培力作用，故B错误；右侧导线在整个摆动过程中安培力的方向既有与导线运动方向相同的情况，也有与导线运动方向相反的情况，所以安培力对导线有时做正功，有时做负功，故C错误；根据左手定则可知，同时改变电流方向及磁铁的磁极方向，右侧导线开始时所受安培力方向不变，所以开始摆动方向与原来相同，故D正确．
18．答案：C
解析：对小球受力分析，其受到重力和支持力，二力的合力提供向心力，则F向＝mg tan θ，θ为小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角，h越小，θ越大，向心力F向越大，对碗和小球组成的整体有f＝F向＝mg tan θ，故h越小，地面对碗的摩擦力越大，A错误；对碗和小球组成的整体受力分析，竖直方向合力为零，故地面对碗的支持力始终等于碗和小球的重力，故B错误；若h＝ eq \f(R,2) ，则θ＝60°，对小球根据牛顿第二定律可知mg tan 60°＝m eq \f(v2,\f(\r(3),2)R) ，则小球的动能Ek＝ eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(3,4) mgR，故C正确；若h＝ eq \f(R,2) ，根据mg tan 60°＝man解得an＝ eq \r(3) g，结合AB选项的分析可知μ（M＋m）g≥f＝man，解得μ≥ eq \f(\r(3),11) ，故D错误．
19．答案：BD
解析：根据点电荷形成的电场E＝k eq \f(Q,r2) ，可在C处画出场源电荷分别为＋3Q、＋Q电场线的示意图，根据平行四边形定则作出合场强的大小及方向，若试探电荷为正电荷，则所受的电场力与场强方向相同，若试探电荷为负电荷，则所受的电场力与场强方向相反，选项B、D正确，A、C错误．
20．答案：AC
解析：忽略星球自转，有 eq \f(GM地m,R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(地)) ) ＝mg、 eq \f(GM火m,R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(火)) ) ＝mg火，联立得 eq \f(g火,g) ＝ eq \f(M火R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(地)) ,M地R eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(火)) ) ＝ eq \f(p,q2) ，即g火＝ eq \f(p,q2) g，故A正确；在Δt时间内发动机喷出气体的体积为V＝4SvΔt，喷出气体的质量为Δm＝ρV＝4ρSvΔt，由动量定理得F·Δt＝Δmv，由于发动机匀速，则F＝Mg火，联立解得喷出气体相对于组合体的速度为v＝ eq \f(1,2q) eq \r(\f(pMg,ρS)) ，故喷出气体相对于火星表面的速度大小为v′＝ eq \f(1,2q) eq \r(\f(pMg,ρS)) ＋0.75 m/s，故B错误；“空中起重机”匀速运动，总位移为x＝20 m－7.6 m＝12.4 m，下降时间约为t＝ eq \f(x,v1) ＝ eq \f(12.4,0.75) s≈16.5 s，故C正确；火星车刚被释放时相对“空中起重机”的速度为0.75 m/s，最后二者共速，故火星车一定有一段减速过程（拉力大于火星车重力），最后做匀速运动（拉力等于火星车重力），吊索的拉力不会始终保持不变，故D错误．
21．答案：ABD
解析：对cd棒受力分析，有FA＝mg sin 37°，ab棒和cd棒所受安培力大小相等，则对ab棒受力分析有F＝FA＋mg sin 37°＝2mg sin 37°＝0.96 N，因此A正确．导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv cs 37°，则对cd棒分析可得B cs 37° eq \f(Blv cs 37°,2R) l＝mg sin 37°，解得v＝6 m/s，故B正确，C错误．运动1 s，导体棒ab沿导轨向上运动了x＝6 m，则系统产生的热量Q＝Fx－mgx sin 37°＝2.88 J，因此导体棒cd上产生的热量为1.44 J，故D正确．
22．答案：（1）挡板（1分） （2） eq \f(x,H) （2分） tan θ－ eq \f(x,H cs θ) （2分）
解析：（1）本实验利用小球与滑块的运动时间相等，结合运动学规律和牛顿第二定律进行数据处理．可知应保持小球和滑块的位置不变，调整挡板的位置，直到同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．（2）对滑块有x＝ eq \f(1,2) at2，对小球有H＝ eq \f(1,2) gt2，得 eq \f(a,g) ＝ eq \f(x,H) ；由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cs θ＝ma，得μ＝tan θ－ eq \f(a,g cs θ) ＝tan θ－ eq \f(x,H cs θ) .
23．答案：（1）如图所示（2分） （2）偏小（2分） （3）B（2分） （4）非线性（2分） （5）AC（2分）
解析：（1）为得到元件的I ­ U
关系图象，待测元件两端的电压和通过的电流应从零开始调节，故滑动变阻器应该采用分压式接法，连接电路如答图．（2）本实验测的其实是电压表与元件并联后的电阻，所以测量值会比元件实际电阻值小．（3）分压接法应选择阻值小的滑动变阻器，但A电阻太小，在滑动滑片过程中，通过的电流会超过0.5 A，滑动变阻器会被烧坏，故B正确．（4）由图象可知，该元件是非线性元件．（5）I ­ U图线上某点与原点连线的斜率为 eq \f(1,R) ，根据元件的特性可知，当电压超过一定数值时，电阻会急剧减小．若不使用R0，电流急剧增大，可能会烧坏待测元件．而有无R0对电流表和电压表的测量误差无影响，A正确，B错误；根据图象可知待测元件的有效电压测量范围小于1 V，而电源电动势约为6 V，待测元件两端电压非常小，如果不用R0，会导致滑动变阻器的调节范围变得非常小，难以调节，C正确，D错误．
24．答案：（1）1.25 s （2）0.6 kg
解析：（1）包裹A在传送带上滑行，由牛顿第二定律可得μ1mAg＝mAa1（1分）
解得a1＝4 m/s2
假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速直线运动知识可得
v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) －0＝2a1s1（1分）
解得s1＝2 m
因s1