河北省鸡泽县第一中学2020届高三二轮复习模拟物理试题（五）

2020届二轮模拟卷

一、选择题（本题共8小题，其中第19、20、21小题为多选题，其余为单选题。多选题至少有两个选项符合题意）

1.下列说法中正确的是(    )

A. β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比射线弱

B. 氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核

C. 已知质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么，质子和中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m1+2m2-m3）c2

D. 放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核外的电子发生电离产生的

【答案】C

【解析】

A、β射线是电子流，不是电磁波，穿透本领比γ射线弱，故A错误；

B、半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少量的原子核不适用，故B错误；

C、根据爱因斯坦质能方程可得释放的能量是，故C正确；

D、β衰变是原子核的衰变，与核外电子无关，β衰变时释放的电子是由核内一个中子转化成一个质子的同时释放出来的，故D错误；

故选C．

2.如图所示，n匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U的灯泡，灯泡正常发光．从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是 （    ）

A. 图示位置穿过线框的磁通量变化率最大

B. 灯泡中的电流方向每秒改变次

C. 线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωt

D. 变压器原、副线圈匝数之比

【答案】C

【解析】

图示位置穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，选项A错误；交流电的周期为，一个周期内电流方向改变两次，则灯泡中的电流方向每秒改变 次，选项B错误；交流电的电动势最大值：Em=nBSω，则线框中产生感应电动势的表达式为e＝nBSωsinωt,选项C正确；交流电的有效值为 ,则 ,选项D错误；故选C.

点睛：此题关键是掌握交流电的瞬时值、最大值及有效值的意义，知道它们之间的关系；掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．

3.位于贵州的“中国天眼”是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜(FAST)．通过FAST测得水星与太阳的视角为(水星、太阳分别与观察者的连线所夹的角),如图所示,若最大视角的正弦C值为,地球和水星绕太阳的运动视为匀速圆周运动,则水星的公转周期为

A. 年 B. 年 C. 年 D. 年

【答案】A

【解析】

【详解】最大视角的定义，即此时观察者与水星的连线应与水星轨迹相切，由三角函数可得：，结合题中已知条件sinθ=k，由万有引力提供向心力有：，解得：，得，得，而T地=1年，故年，故B，C，D错误，A正确.故选A.

【点睛】向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或要求解的物理量选取应用，物理问题经常要结合数学几何关系解决.

4.如图所示，固定斜面上放一质量为m的物块，物块通过轻弹簧与斜面底端的挡板连接，开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑。现将物块向上移动一段距离后由静止释放，物块一直向下运动到最低点，此时刚好不上滑，斜面的倾角为，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块向下运动过程中，下列说法不正确的是()

A. 物块与斜面间动摩擦因数为 B. 当弹簧处于原长时物块的速度最大

C. 当物块运动到最低点前的一瞬间，加速度大小为 D. 物块的动能和弹簧的弹性势能的总和为一定值

【答案】C

【解析】

【详解】A．由于开始时弹簧处于原长，物块刚好不下滑，则

得物块与斜面间的动摩擦因数

选项A正确；

B．由于物块一直向下运动，因此滑动摩擦力始终与重力沿斜面向下的分力平衡，因此当弹簧处于原长时，物块受到的合外力为零，此时速度最大，选项B正确；

C．由于物块在最低点时刚好不上滑，此时弹簧的弹力

物块在到达最低点前的一瞬间，加速度大小为

选项C错误；

D．对物块研究

而重力做功和摩擦力做功代数和为零，因此弹簧的弹力做功等于物块动能的变化量，即弹簧的弹性势能和物块的动能之和为定值，选项D正确。

故选C。

5.如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道的右端点，最低点和左端点，B点和圆心等高，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为。现从B点的正上方某处A点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平上的v通过C点，已知圆轨道半径为R，，重力加速度为g，则一下结论正确的是

A. C、N的水平距离为R B. C、N的水平距离为2R

C. 小球在M点对轨道压力为6mg D. 小球在M点对轨道的压力为4mg

【答案】C

【解析】

【详解】AB．小球从N到C的过程可看作逆过来的平抛，则

解得：

故A、B项错误。

CD．小球从M到N的过程应用动能定理可得：

对小球在M点时受力分析，由牛顿第二定律可得：

解得：

根据牛顿第三定律可得：小球在M点对轨道的压力为6mg。故C项正确，D项错误。

故选C。

6.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙两a带电粒子的电荷量之比为1:2，质量之比为1:2，不计粒子重力． 以下判断正确的是

A. 甲粒子带负电，乙粒子带正电

B. 甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍

C. 甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的2倍

D. 甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的倍

【答案】CD

【解析】

【分析】

根据粒子运动轨迹，应用左手定则可以判断出粒子的电性；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据题意求出粒子轨道半径关系，然后应用牛顿第二定律求出粒子的速度然后分析答题；根据粒子做圆周运动的周期公式与粒子转过的圆心角求出粒子的运动时间．

【详解】由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为，所以：=2R乙sin60°，解得：R乙=L，由牛顿第二定律得：qvB=m，动能：EK=mv2=，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错误；由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：，洛伦兹力：f=qvB=，即，故C正确；由几何关系可知，甲粒子的圆心角为300，由B分析可得，乙粒子的圆心角为120°，粒子在磁场中的运动时间：t=T，粒子做圆周运动的周期： 可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的1/4倍，故D正确．.

【点睛】题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，利用洛伦兹力提供向心力，结合几何关系进行求解；运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．

7.如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动．小球运动到最高点时，受到的弹力为F，速度大小为v，其F-v2图像如乙图所示．则（   ）

A. v2=c时，小球对杆的弹力方向向下

B. 当地的重力加速度大小为

C. 小球的质量为

D. v2=2b时，小球受到的弹力与重力大小相等

【答案】CD

【解析】

由图象可知，当时，有：F＜0，则杆对小球得作用力方向向下，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的弹力方向向上，故A错误；由图象知，当时，F=0，杆对小球无弹力，此时重力提供小球做圆周运动的向心力，有：，得,由图象知，当时，F=a，故有，解得：，故B错误，C正确；由图象可知，当时，由，得F=mg，故D正确；故选CD.

【点睛】小球在竖直面内做圆周运动，小球的重力与杆的弹力的合力提供向心力，根据图象、应用向心力公式、牛顿第二定律分析答题．

8.如图所示，一匝数为n，边长为L，质量为m，电阻为R的正方形导体线框bcd，与一质量为3m的物块通过轻质细线跨过两定滑轮相连．在导体线框上方某一高处有一宽度为L的上、下边界水平的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．现将物块由静止释放，当d边从磁场下边缘进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，不计—切摩擦．重力加速度为g．则(    )

A. 线框d边进入磁场之前线框加速度=2g

B. 从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量

C. 整个运动过程线框产生的焦耳热为Q=4mgL

D. 线框进入磁场时的速度大小

【答案】CD

【解析】

【详解】A.在线框ad边进入磁场之前，有，解得 ，A错误；

B.根据可得从线框全部进入磁场到完全离开磁场的过程中，通过线框的电荷量为，B错误；

C.线圈进入磁场过程中和穿出磁场过程中的总热量等于过程中的重力势能减小量，故，C正确；

D.ab边刚进入磁场时，导体做匀速直线运动，所以有，，，，联立解得，D正确．

故选CD

9.某实验小组要做“探究小车所受外力与加速度关系”的实验，采用的实验装置如图 1所示．

（1）本实验中_______(填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，______ (填“需要”或“不需要”）钩码的质量远小于小车的质量．

（2）该同学在研究小车运动时打出了一条纸带，如图2所示．在纸带上，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的距离依次为x1=1.45cm， x2=2.45 cm, x3=3.46cm，x4=4.44 cm, x5=5.45 cm, x6=6.46 cm，打点计时器的频率f=50Hz,则打纸带上第5个计数点时小车的速度为______m/s；整个过程中小车的平均加速度为_______m/s2．(结果均保留2位有效数字）

【答案】    (1). 需要    (2). 不需要    (3).     (4).

【解析】

【详解】（1）本实验是通过力传感器测量的细线的拉力，要想将拉力作为小车的合外力，需要平衡摩擦力；由于拉力可以直接读出，所以钩码的质量不需要远远小于小车的质量；
（2）频率，则周期，连续5个点为一个计数点，相邻两个计数点之间的时间间隔；第5个计数点的速度为，根据逐差法可知小车的加速度为：．

10.某个同学设计了一个电路，既能测量电池组的电动势E和内阻r，又能同时测量未知电阻Rx的阻值．器材如下：

A．电池组（四节干电池）

B．待测电阻Rx（约l0Ω）

C．电压表V1（量程3V、内阻很大）

D．电压表V2（量程6V、内阻很大）

E．电阻箱R（最大阻值99. 9Ω）

F．开关一只，导线若干

实验步骤如下：

（1）将实验器材连接成如图(a)所示的电路，闭合开关，调节电阻箱的阻值，先让电压表V1接近满偏，逐渐增加电阻箱的阻值，并分别读出两只电压表的读数．

（2）根据记录的电压表V1的读数U1和电压表V2的读数U2,以为纵坐标，以对应的电阻箱的阻值R为横坐标，得到的实验结果如图(b)所示．由图可求得待测电阻Rx=____  Ω（保留两位有效数字）．

（3）图(c)分别是以两电压表的读数为纵坐标，以两电压表读数之差与电阻箱阻值的比值为横坐标得到结果．由图可求得电池组的电动势E=__V，内阻r=____Ω；两图线的交点的横坐标为___A，纵坐标为________V.（结果均保留两位有效数字）

【答案】    (1). 8.0    (2). 6.0    (3). 4.0    (4). 0.50    (5). 4.0

【解析】

【详解】(2)[1]串联电路电流处处相等，由图（a）所示电路图可知：

则：

则图象的斜率：

解得：

RX=8.0Ω

(3)[2][3]由图（a）所示电路图可知：

图线是电源的U-I图象，由图示图象可知，电源电动势：E=6.0V，电源内阻：

[4][5]图线是RX的U-I图象，两图线交点反应的是电源与定值电阻直接串联时的情况，交点的横坐标：

纵坐标：

U=E-Ir=6-0.50×4=4.0V

11.如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d =10cm，质=0.1kg、带电荷量为q =-1×10-3C的小球以初速度=10m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，重力加速度g取10m/s2，求:

（1）小球加速度的大小;

（2）小球再次回到图中水平线时的速度和抛出点的距离.

【答案】（1）（2） 速度与水平方向夹角的正切值为，水平距离为20m

【解析】

【详解】（1）根据图象可知，电场线方向向左，电场强度大小为：

合力大小为：，方向与初速度方向垂直；
根据牛顿第二定律可得加速度大小为：；
（2）小球在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，
小球再次回到图中水平线时的时间为：，
此过程中与抛出点的距离为：x=v0cos45°t+t2=20m，
在此过程中重力做功为零，根据动能定理可得：
qEx=mv2−mv02
代入数据解得：v=10m/s．速度与水平夹角为，.

12.为研究工厂中天车的工作原理，某研究小组设计了如下模型：如图所示，质量mC=3 kg的小车静止在光滑水平轨道的左端，可视为质点的A、B两个弹性摆球质量mA= mB=1 kg，摆线长L=0.8 m，分别挂在轨道的左端和小车上．静止时两摆线均在竖直位置，此时两摆球接触而不互相挤压，且球心处于同一水平线上．在同一竖直面内将A球拉起到摆线水平伸直后，由静止释放，在最低点处与B球相碰，重力加速度大小g取10 m/s2．求：

（1）A球摆到最低点与B球碰前的速度大小v0；

（2）相碰后B球能上升的最大高度hm；

（3）B球第一次摆回到最低点时对绳子拉力的大小．

【答案】(1)      (2)    (3)

【解析】

（1）A球从水平位置摆到最低点，则

解得：v0=4m/s

（2）A与B发生弹性碰撞，则

解得：vA=0，vB=4m/s                   

B上升至最大高度过程，B、C系统水平方向动量守恒

B、C系统机械能守恒：

解得：vC=1m/s，hm=0.6m                   

（3）B从最高点又摆至最低点过程

解得：v B′=-2m/s，v C′=2m/s       

则B在最低点时有

解得：T=30N                       

由牛顿第三定律可得球对绳子的拉力为30 N   

点睛：此题考查动量守恒及机械能守恒定律的应用；关键是搞清三个物体相互作用的物理过程，分阶段应用动量守恒定律列方程；注意AB发生相互作用时，物体C可认为不动.

13.关于热现象，下列说法中正确的是________．

A.对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，压强不一定变小

B.气体吸热后温度一定升高

C.气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关

D.质量和温度都相同的气体，内能一定相同

E.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的

【答案】ACE

【解析】

对于一定质量的理想气体，当分子间的平均距离变大时，气体体积变大，但气体的温度可能也变大，压强不一定变小，A正确；根据热力学定律，气体吸热后如果对外做功，则温度不一定升高，B错误；气体温度升高过程吸收的热量要根据气体升温过程是否伴随做功来决定，C正确；气体的内能由物质的量、温度决定，质量和温度都相同的气体，内能可能不同，D错误；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，E正确．

14.如图所示，水平桌面上竖直放置上端开口的绝热圆柱形汽缸，导热性能良好的活塞甲和绝热活塞乙质量均为m,两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦，两活塞把汽缸内部分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体A和B．汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T=-3℃,气缸的截而积为S,外界大气压强为且不变，其中g为重力加速度，现对气体B缓慢加热．求：

①活塞甲恰好到达汽缸上端时气体B温度；

②若在活塞甲上放一个质量为m的砝码丙，继续给气体B加热，当活塞甲再次到达汽缸上端时，气体B的温度．

【答案】①540K②840K

【解析】

①设B开始的体积为V1,活塞甲移动至恰好到达汽缸上端的过程中气体B做等压变化，体积变为2V1

有

得气体B的温度为

②设放上丙继续加热过程后A的体积为V2,气体A做等温变化

而

得

此时B的体积

由理想气体状态方程得

得此时气体B的温度为

【点睛】处理理想气体状态方程这类题目，关键是写出气体初末状态的状态参量，未知的先设出来，然后应用理想气体状态方程列式求解即可．

15.在某一均匀介质中由波源O发出的简谐横波在x轴上传播，某时刻的波形如图所示，其波速为5m/s，则下列说法正确的是_________．

A. 此时P、Q两点运动方向相同

B. 再经过0.5s质点N刚好在（-5m，20cm）位置

C. 在1.5s<t<1.6s时间间隔内，质点N在x轴上方向上运动

D. 能与该波发生干涉的横波的频率一定为3Hz

E. 再经过0.5s时间质点M通过的路程大于100m

【答案】ABE

【解析】

【详解】A.根据对称性可知，此时P（-2m，0cm）、Q（2m，0cm）两点运动方向相同，A正确；

B.由图可知波长，周期为，时间，波传到N点的时间为T，波传到N点时，N点向上运动，经过0.5s质点N刚好在波峰，其坐标为（-5m，20cm），B正确；

C.在1.5s<t<1.6s时间间隔内，即，由周期性可知其与运动状态相同，可判断质点N在x轴下方向上运动，C错误；

D.该波的频率为，能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz，D错误；E.在经过0.5s即个周期，1个完整的周期其通过的路程为80cm，由于内M处于加速阶段，因此通过的路程大于20cm，即总路程大于100cm，E正确．

16.如图，一厚度均匀的圆形玻璃管内径为16cm，外径为24cm，长度为L1=80cm，一条光线AB从玻璃管壁中点入射，与直径MN在同一竖直面内，调整入射角，使得光线AB在玻璃中传播的时间最长，最长时间为4.0×10-9s，真空中光速3.0×108m/s，求：

（1）玻璃管的折射率n

（2）光线经玻璃管内壁折射后，从另一侧下端射出玻璃管，求玻璃管的长度

【答案】①②

【解析】

①当光在管内壁处恰好发生全反射，时间最长，光通过的路程为，

另有，解得

②光在两个界面上入射角和折射角分别是，根据折射定律可得，解得

，由几何知识有，解得

玻璃管的长度为

【点睛】解决光学问题的关键要掌握全反射的条件、折射定律、临界角公式、光速公式，运用几何知识结合解决这类问题．