高考全真精准模拟 物理卷第02周 第1练（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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高考全真模拟理科综合之物理精准模拟试卷第2周第1练二、选择题：本题共8小题，每小题6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。14．一种典型的铀核裂变是生成氙和锶，同时放出2个中子，核反应方程是，已知部分原子核的比结合能与核子数的关系如图所示，下列说法正确的是（  ）A．核反应方程中，X粒子是电子B．核反应方程中，X粒子是质子C．、和相比，核的核子数最多，它最稳定D．、和相比，核的核子数最多，它的结合能最大【答案】 D【解析】AB．根据电荷数和质量数守恒，有235+A=96+138+292+Z=38+54解得A=1Z=0可知X为中子，故A，B错误；CD．由比结合能与核子数的关系图可知，核子数大于56后，核子数越多，比结合能就越小，核就越不稳定；、和相比，核子数最多，故它的结合能最大，但它的比结合能最小，因而不稳定，故C错误，D正确.故选D。15．如图是两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是(  )A．a点的电场强度大于c点B．ac两点的电势相同C．正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D．将正电荷由O移到b静电力做正功【答案】 C【解析】A．由电场分布的对称性可知，a、c两点的电场强度相同，A错误；B．电场方向由a→c，故φa>φc，B错误；C．因φa>φb，由Wab＝qUab知，Wab>0，故正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，C正确；D．因UOb＝0，故将正电荷由O移到b静电力不做功，D错误．故选C.16．如图，在一段平坦的地面上等间距分布着一排等高的输电线杆，挂在线杆上的电线粗细均匀且呈对称性。由于热胀冷缩，夏季两相邻线杆之间的导线长度会有所增加。对B线杆及两侧的电线，夏季与冬季相比，下列说法正确的是（  ）A．电线最低点处的张力变大 B．电线最低点处的张力不变C．线杆对地面的压力变小 D．线杆对地面的压力不变【答案】 D【解析】AB．对电线受力分析可知夏季电线拉力的夹角更小，合力不变，则可得夏季对电线杆的拉力较小，所以电线最低点处的张力也较小：AB错误；CD．把电线杆和电线看作整体，电线杆对地面的压力大小始终等于电线杆和电线整体重力之和，所以电线杆对地面的压力不变，C错误，D正确。故选D。17．如图所示，在倾角足够长的固定斜面上，甲球以沿斜面匀速向下运动，乙球在相距甲球时，以速度水平抛出。若甲球在斜面上被乙球击中，则的大小为（不计空气阻力，甲和乙都可看作质点，，g取）A．5m/s B．15m/s C．20m/s D．23m/s【答案】 C【解析】设乙运动过程中所需时间为t，对于甲：运动的位移，对于乙：竖直方向有，水平方向有，代入数据，由以上三式可得。选项C正确，ABD错误。故选C。18．额定电压都是110V，额定功率分别为、的两盏电灯，接在外电压是220V的电路上，使每盏电灯均能正常发光，则电路中消耗的功率最小的电路是（    ）A． B．C． D．【答案】 C【解析】AB．额定电压相同，，由和可知，．由串、并联电路的特点可知A、B两图中两灯都不能正常发光，选项AB错误；CD．在C图中，B灯与变阻器并联使并联电阻，则和可以相等，从而可以使两灯均正常发光；D选项所示的图中，两灯均可正常发光，但对比C、D两选项所示的图中变阻器消耗的功率可得，C选项所示的图中，D选项所示的图中，故正常发光情况下C选项所示的电路消耗的功率最小，选项C正确，D错误；故选C．19．目前美国宇航局和欧洲空间局正在推进LISA激光干涉空间天线计划，欧洲航天局计划在2034年发射更先进的引力波天文台，进一步激发起世界各国探索宇宙的热情。如图所示为一恒星系统的示意图，A、B、C为该星系的3颗行星，在同一平面内环绕中央恒星O近似做圆周运动，其中A、B两行星的质量较大，离恒星较近，C质量较小，离恒星较远。天文学家观测得到A、B、C三行星运动的轨道半径分别为：：=1：4：16，其中C行星的公转周期为T。并观测发现，中心恒星实际也有周期性振动，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A、B的万有引力引起中心恒星的振动，则由此可推知恒星的振动周期可能为A． B． C． D．【答案】 AB【解析】由开普勒第三定律，求得分两种情况：如果行星A、B同方向旋转，有解得；如果行星A、B反方向旋转，有解得A．，与结论相符，选项A正确；B．，与结论相符，选项B正确；C．，与结论不相符，选项C错误；D．，与结论不相符，选项D错误；故选AB.20．如图所示，光滑轨道ABCD是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点B处的进、出口靠近但相互错开，C是半径为R的圆形轨道的最高点，BD部分水平，末端D点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度v逆时针转动。现将一质量为m的小滑块从轨道AB上某一固定位置A由静止释放，滑块能通过C点后再经D点滑上传送带，则（  ）A．滑块过C点的最小速度为0B．固定位置A到B点的竖直高度可能为2RC．滑块可能重新回到出发点A处D．传送带速度v越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多【答案】 CD【解析】A．若滑块恰能通过点时，有：得：则滑块过点的最小速度为，A错误；B．由到根据机械能守恒定律知：联立解得到点的竖直高度最小值：B错误；C．若滑块从传送带上返回到点速度大小不变，则滑块可重新回到出发点点，C正确；D．滑块与传送带摩擦产生的热量：是滑块与传送带间的相对路程，传送带速度越大，相同的时间内产生的相对路程越大，产生热量越多，D正确。故选CD。21．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B, M为磁场边界上一点，有无数个带电量为q(q>0)、质量为m的相同粒子在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.不计粒子的重力，不计粒子间的相互作用，下列说法正确的是A．粒子从M点进入磁场时的速率B．粒子从M点进入磁场时的速率C．若将磁感应强度的大小变为，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的D．若将磁感应强度的大小变为，则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的【答案】 AD【解析】如图甲所示,，边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，偏转圆半径为，得粒子速率为；若将磁感应强度的大小变为，偏转圆半径，得偏转圆半径，粒子射出的范围是偏转圆直径为弦所对应的边界圆弧长，如图乙所示．由几何关系可知，．两次粒子射出边界的圆弧长之比为，．综上分析AD正确． 22. （6分）在测量金属丝电阻率的实验中，可用的器材如下：待测金属丝Rx（阻值约为4 Ω，额定电流约为0.5 A）；电压表V（量程为0～3 V～15 V，内阻约为3 kΩ）；电流表A（量程为0～0.6 A～3 A，内阻约为0.2 Ω）；电源E（电动势为3 V，内阻不计）；滑动变阻器R（最大阻值约为20 Ω）；螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S及导线若干。(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图（甲）所示，金属丝的直径为____mm。(2)若滑动变阻器采用限流接法，在虚线框内作出电路原理图（_________）。实物图中已连接了部分导线，如图（乙）所示，请按原理图补充完成图（乙）中实物间的连线。（_________）(3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图（丙）、（丁）所示，则可得该电阻的测量值Rx=____Ω。（保留三位有效数字）【答案】 1.776(1.774~1.778)            3.96【解析】(1)螺旋测微器固定刻度为1.5mm，可动刻度为27.6×0.01mm=0.276 mm，所以金属丝的直径为1.776mm(1.774~1.778)；(2)比较被测电阻与电流表的内阻可知，电流表内接时，电流表分压之比约为，电流表外接时，电压表分流之比约为比较可得待测电阻为小电阻，故应选择电流表外接法可以减小系统误差，滑动变阻器规定采用限流接法，可画出电路原理图，并连接实物图，如图（甲）（乙）所示：(3)电流表示数I=0.48A，电压表示数U=1.90V，故该电阻的测量值。 23. （9分）如图甲表示利用平行四边形定则求合力某一实验操作。(1)实验中使用的弹簧的劲度系数，，毫米刻度尺测得图甲中弹簧的伸长量，则弹力________N（保留三位有效数字）；(2)由图甲可读得弹簧秤的示数________N；(3)图乙中已标记O点位置和两个拉力、的方向，请根据图乙标度作出这两个拉力的图示，再根据力的平行四边形定则作出力的图示表示它们的合力__________；(4)根据图乙的标度和作的图示可得到的合力________N（保留二位有效数字）。【答案】 1.80    2.00（或2.05～2.15）        3.2（或3.1～3.3）【解析】(1)根据胡克定律：；(2)弹簧秤的分度值为，所以读数为：；(3)选择恰当的标度，应用平行四边形法则作图：(4)根据标度和作的图示可得到的合力：。 24．（14分）质量M＝4 kg、长2l＝4 m的木板放在光滑水平地面上，以木板中点为界，左边和右边的动摩擦因数不同．一个质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)放在木板的左端，如图甲所示．在t＝0时刻对滑块施加一个水平向右的恒力F，使滑块和木板均由静止开始运动，t1＝2 s时滑块恰好到达木板中点，滑块运动的x1－t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2.(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1和恒力F的大小．(2)若滑块与木板右边的动摩擦因数μ2＝0.1，2 s末撤去恒力F，则滑块能否从木板上滑落下来？若能，求分离时滑块的速度大小．若不能，则滑块将停在离木板右端多远处？【答案】 (1) 6 N(2)不会，0.4 m【解析】(1)滑块和木板均做初速度为零的匀加速直线运动，设滑块的加速度大小为a1，木板的加速度大小为a2，则t1＝2 s时木板的位移：     ①滑块的位移x1＝4 m  ②由牛顿第二定律得：    ③由位移关系得x1－x2＝l    ④联立①②③④式解得μ1＝0.4    ⑤滑块位移：  ⑥恒力：F＝ma1＋μ1mg    ⑦联立②⑤⑥⑦式解得F＝6 N.(2)设滑块到达木板中点时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，滑块滑过中点后做匀减速运动，木板继续做匀加速运动，此时滑块和木板的加速度大小分别为：设滑块与木板从t1时刻开始到速度相等时的运动时间为t2，则：v2＝a2t1v1＝a1t1v1－a′1t2＝v2＋a′2t2解得t2＝1.6 s，在此时间内，滑块位移：x′1＝v1t2－a′1木板的位移：x′2＝v2t2＋a′2Δx＝x′1－x′2联立解得Δx＝1.6 m<2 m因此滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为：d＝l－Δx＝0.4 m.答：(1)求滑块与木板左边的动摩擦因数μ1＝0.4和恒力F＝6 N．(2) 滑块没有从木板上滑落，滑块与木板相对静止时距木板右端的距离为0.4m 25．（18分）如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L，与水平面成θ角，导轨与定值电阻和相连，和的阻值均为R，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度大小为B，有一质量为m、电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置，它与导轨始终接触良好，现让导体棒ab从静止开始释放，沿导轨下滑，导体棒ab从静止释放沿导轨下滑x距离后运动达到稳定状态。已知重力加速度为g，导轨电阻不计，求在导体棒的运动达到稳定前的整个过程中，求：(1)导体棒稳定时的速度v的大小；(2)导体棒克服安培力所做的功W；(3)电阻上产生的电热；(4)通过的电量是多少？【答案】 (1)；(2)；(3)；(4)。【解析】(1)导体棒在稳定后有：，根据闭合回路欧姆定律可得：，又导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：，联立解得：；(2)在达到稳定前，根据由动能定理可得：，解得：；(2)整个回路产生的焦耳热：，R1上产生的焦耳热：；(4)设平均感应电动势为E，通过导体棒平均电流为I，导体棒运动的平均速度为，所用时间为t，则：，；又：，通过导体棒的电荷量为：，解得：，所以通过R1的电荷量为：。 （二）选考题：共15分。请考生从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．【选修3-3】（15分）（1）（5分）下列说法正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给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0分）A．影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和气压的差距B．在油膜法估测分子大小的实验中，在水面上撒痱子粉，是为了清楚看出油膜的轮廓C．温度高的物体分子平均动能和内能一定大D．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加E.只要分子间距增大，分子势能就一定减小【答案】 ABD【解析】A．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素，不是空气中水蒸气的绝对数量，而是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距。水蒸气的压强离饱和汽压越近，相对湿度大，越不利于水的蒸发，人们感觉潮湿，故A正确；B．在油膜法估测分子大小的实验中，在水面上撒痱子粉，是为了清楚看出油膜的轮廓，选项B正确；C．温度高的物体分子平均动能大，但是内能与物体的温度、体积以及物质的量等因素有关，则温度高的物体的内能不一定大，选项C错误；D．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，温度一定升高，则内能一定增加，选项D正确；E．若r<r0，则分子力表现为斥力，当分子间距变大时，分子力做正功，则分子势能减小；若r>r0，则分子力表现为引力，当分子间距变大时，分子力做负功，则分子势能增大；选项E错误；故选ABD。 （2）（10分）如图所示，一质量为2m的气缸，用质量为m的活塞封有一定质量的理想气体，当气缸开口向上且通过活塞悬挂静止时，空气柱长度为如图甲所示现将气缸旋转悬挂缸底静止如图乙所示，已知大气压强为，活塞的横截面积为S，气缸与活塞之间不漏气且无摩擦，整个过程封闭气体温度不变求：图乙中空气柱的长度；从图甲到图乙，气体吸热还是放热，并说明理由．【答案】 ；  从图甲到图乙，气体放热【解析】 汽缸内气体处于甲状态时，压强处于乙状态时，气体的压强为由玻意耳定律可得：解得：气体从状态甲变化到状态乙，气体温度相同，内能相同，由于体积减小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体要放出热量。 34．【选修3-4】（15分）（1）（5分）一列横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形曲线如图所示。已知这列波的质点P从t=0时刻起第一次达到波峰的时间为0.6s，质点PQ的坐标分别为（1，0）和（7，0），则下列说法正确的是         。（填正确答案标号，选对1个给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0分）A．这列波的频率为B．这列波的波长为5mC．这列波的传播速度为D．当时，质点P的位移E. 质点Q到达波峰时，质点P恰好到达波谷【答案】 ADE【解析】波沿x轴正方向传播，由传播方向与振动方向的关系可知t=0时刻P振动的方向向下，则P质点经过=0.6s第一次到达波峰，所以可知周期为0.8s，波的频率为：=1.25Hz，故A正确；从波形图象可知此波的波长是4 m，故B错误；波速为：，故C错误；在t=0时刻P在平衡位置，经0.8s即一个周期回到原位置，故D正确；P、Q两质点相距6 m，即个波长，P、Q两质点振动步调相反，故E正确。 （2）（10分）如图所示，直角玻璃三棱镜置于空气中，已知∠A=60°，∠C=90°；一束极细的光于AC边距C点为的点E垂直AC面入射，AC =a，棱镜的折射率n=求：（i）光在棱镜内经一次全反射后第一次射入空气时的折射角；（ii）光从进入棱镜到第一次射入空气时所经历的时间（设光在真空中的传播速度为c）【答案】 （i）；（ii）【解析】（i）如图所示，因为光线在D点发生全反射，由反射定律和几何知识得∠4＝30°，则第一次射入空气的折射角∠5＝45°．（ii）设光线由O点到E点所需的时间t，则，， 由数学知识得，，由以上各式可得．