高考全真精准模拟 物理卷第02周 第3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3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．如图，一小车上有一个固定的水平横杆，左边有一轻杆与竖直方向成角与横杆固定，下端连接一质量为m的小球横杆右边用一根细线吊一相同的小球当小车沿水平面做加速运动时，细线保持与竖直方向的夹角为已知，则下列说法正确的是A．小车一定向右做匀加速运动 B．轻杆对小球P的弹力沿轻杆方向C．小球P受到的合力大小为 D．小球Q受到的合力大小为【答案】 D【解析】D．以小球Q为研究对象，受力分析如图所示，根据平行四边形定则可求合力：F=mgtanα故D正确；A．根据牛顿第二定律F=ma，可求加速度为a=gtanα分析水平向右，故小车可能向右做加速运动，向左做减速运动，所以A错误；BC．小球P受合外力，由牛顿第二定律得FP=ma=mgtanα又因θ<α，所以轻杆对小球P的弹力不沿轻杆方向．选项BC错误；故选D。15．将阻值为R的电阻接入下图所示的方波电压，则一周期内其两端电压有效值是（　　）A．200V B．V C．V D．220V【答案】 A【解析】设方形波有效值为，由图示波形图可知：解得：A正确，BCD错误；故选A。16．游乐场中有一种叫空中飞椅的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上。绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转面在空中飞，若将人和座椅看成质点，简化为如图所示的模型，不计空气阻力，当人做匀速圆周运动时，图中l和d不变，下列说法中正确的是（    ）A．绳的拉力对座椅做正功B．θ角越大，小球的周期越小C．θ角越大，绳子拉力越小D．θ角越大，小球的线速度越小【答案】 B【解析】A. 当人做匀速圆周运动时，绳的拉力方向上没有位移发生，拉力不做功，选项A错误；BD. 当人做匀速圆周运动时，小球与转盘一起做匀速圆周运动时速度大小为v，由重力和绳子的拉力的合力提供圆周运动的向心力，如图：则有：解得所以θ角越大，小球的周期越小，小球的线速度越大。选项B正确，D错误；C. 竖直方向上有：可知θ角越大，绳子拉力越大，选项C错误；故选B。17．下图为静电除尘机的原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，图中虚线为电场线(方向未标)。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电荷量变化，则：（  ）A．电场线方向由放电极指向集尘极 B．图中A点电势低于B点电势C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动 D．尘埃在迁移过程中动能减小【答案】 B【解析】A.带负电的尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则集尘极应带正电荷，是正极，所以电场线方向由集尘极指向放电极，选项A错误；B.集尘极带正电荷，是正极，A点更靠近放电极，所以图中A点电势低于B点电势，选项B正确；C.放电极与集尘极间是非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的，所以尘埃不是做匀变速运动，选项C错误；D.带电尘埃所受的电场力方向与位移方向相同，做正功，所以在迁移过程中动能增大，选项D错误。故选B。18．如图所示，水平面O点左侧光滑，O点右侧粗糙且足够长，有10个质量均为m完全相同的小滑块（可视为质点）用轻细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点，滑块2、3……依次沿直线水平向左排开，现将水平恒力F作用于滑块1，经观察发现，在第3个小滑块进入粗糙地带后到第4个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是A．粗糙地带与滑块间的动摩擦因数B．匀速运动过程中速度大小C．第一个滑块进入粗糙地带后，第二个滑块进入前各段轻杆的弹力大小相等D．在水平恒力F作用下，10个滑块全部可以进入粗糙地带【答案】 B【解析】A、对整体分析，根据共点力平衡得，F=3μmg，解得，故A错误.B、根据动能定理得，解得，故B正确.C、第一个滑块进入粗糙地带后，整体仍然做加速运动，各个物体的加速度相同，隔离分析，由于选择的研究对象质量不同，根据牛顿第二定律知，杆子的弹力大小不等，故C错误.D、在水平恒力F作用下，由于第4个滑块进入粗糙地带，整体将做减速运动，设第n块能进入粗焅地带，由动能定理：，解得：n=7,所以10个滑块不能全部进入粗糙地带，故D错误．故选B.19．如图所示为氢原子的能级图，一群处于n＝5能级的氢原子在向n＝1能级跃迁的过程中(　　)A．放出4种不同频率的光子B．放出10种不同频率的光子C．放出的光子的最大能量为13.06 eV，最小能量为0.66 eVD．放出的光子有的能使逸出功为13 eV的金属发生光电效应现象【答案】 BD【解析】AB．一群处于n＝5的能级的氢原子向低能级跃迁，共产生C＝＝10种不同频率的光子，故A不符合题意，B符合题意；C．根据波尔理论能级差越大跃迁放出的光子能量越大，故：ΔEmax＝E5－E1＝－0.54 eV－(－13.6 eV)＝13.06 eV，ΔEmin＝E5－E4＝－0.54 eV－(－0.85 eV)＝0.31 eV，故C不符合题意；D．因ΔEmax＝13.06 eV>13 eV，故光子的能量大于逸出功可以使金属发出光电效应，故D符合题意。故选BD。20．如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是A．地球的质量可表示为B．该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率C．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小D．卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小【答案】 AB【解析】A、在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有，解得，故选项A正确；B、在轨道Ⅰ的A点需要减速做近心运动才能进入轨道Ⅱ，所以在在轨道Ⅱ上A点速率小于在轨道Ⅰ上A点的速率，根据 可得，可知在轨道III上B点速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，所以该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，故选项B正确；C、从B运动到A的过程中只受到地球引力作用，引力做负功，势能增加，由于轨道III上的速度大于在轨道Ⅰ的速度，所以动能减小，由于在轨道Ⅲ上B点点火加速机械能增加，在轨道Ⅱ上A点点火加速机械能增加，所以机械能增加，故选项C错误；D、根据公式可得，所以轨道半径越大，向心加速度越小，故卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，轨道变小，加速度变大，故选项D错误．故选AB．21．如图所示，在区域Ⅰ和区域Ⅱ内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域Ⅱ内磁感应强度是区域Ⅰ内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域Ⅰ左侧边界处以垂直边界的速度进入区域Ⅰ，发现粒子离开区域Ⅰ时速度方向改变了30°，然后进入区域Ⅱ，测得粒子在区域Ⅱ内的运动时间与区域Ⅰ内的运动时间相等，则下列说法正确的是(　　)A．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的速率之比为1∶1B．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的角速度之比为2∶1C．粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中的圆心角之比为1∶2D．区域Ⅰ和区域Ⅱ的宽度之比为1∶1【答案】 ACD【解析】A．由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；B．由洛伦兹力f＝qBv＝ma和a＝v·ω可知，粒子运动的角速度之比为ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2则B错误；C．由于粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ内的运动时间相等，由t＝可得t＝＝且B2＝2B1所以可得θ1∶θ2＝1∶2则C正确；D．由题意可知，粒子在区域Ⅰ中运动的圆心角为30°，则粒子在区域Ⅱ中运动的圆心角为60°，由R＝可知粒子在区域Ⅰ中的运动半径是在区域Ⅱ中运动半径的2倍，设粒子在区域Ⅱ中的运动半径为r，作粒子运动的轨迹如图所示，则由图可知，区域Ⅰ的宽度d1＝2rsin 30°＝r；区域Ⅱ的宽度d2＝rsin 30°＋rcos(180°－60°－60°)＝r故D正确．故选ACD. 22. （6分）某同学利用如图所示装置探究合力做功与动能变化的关系，AB是足够长的斜面，CD为粗糙程度相同且足够长的水平木板，二者由一个小圆弧平滑连接。将带有遮光片的小滑块P从斜面AB上不同位置由静止释放，滑块P将以不同速度通过光电门Q，最后停在长木板CD上某处。已知重力加速度为g。(1)已知滑块P上遮光片的宽度为d，滑块经过光电门时遮光片的挡光时间为△t，则滑块经过光电门Q时的速度为_____。(2)要探究合力对滑块做功与滑块动能变化的关系，除了要测出滑块通过光电门时的速度外，还需要知道或测量的物理量是_____。A．滑块P的质量mB．滑块P与斜面AB间的动摩擦因数C．滑块P与水平长木板CD间的动摩擦因数D．滑块P经过光电门后停止的位置距光电门的距离x(3)如果关系式_______（用题中已知量的字母和所选择的物理量的字母表示）成立，则合力对滑块所做的功等于滑块动能的变化。【答案】     CD    【解析】(1)滑块经过光电门Q时的速度为；(2)设滑块质量为m，由动能定理可知，，解得，因此需要知道或测量的物理量为：滑块P与水平长木板CD间的动摩擦因数，滑块P经过光电门后停止的位置距光电门的距离x；(3)那么成立，则合力对滑块所做的功等于滑块动能的变化。 23. （9分）某同学想测量一个量程为0~3V，内阻约3kΩ的电压表V的内阻Rx，所用的实验器材有：待测电压表V；电流表A（量程0~1.2mA，内阻为RA=100Ω）；滑动变阻器R1（0~500Ω）；定值电阻R=5.0kΩ；电阻箱R0(0~9999.9Ω)；电源E（电动势8V，内阻较小）；开关一个、导线若干．(1)要把电流表A改为量程0~12V的电压表，应与电流表A串联的电阻箱R0电阻调为_______Ω；(2)按如图（a）所示电路连接好电路，将电阻箱阻值按照上述第(1)问计算结果调节好，闭合开关S前应先将滑动变阻器的滑片调到最______端（选填:左或右）．实验中，多次调节滑动变阻器，记下电压表V的示数U和电流表A的示数I；(3)该同学以I为纵坐标，U为横坐标建立坐标系，根据测得数据描点作图如图（b）所示．由电路图可知I与U的关系式为I=________（用题中所给物理量符号表示），结合图线（b）和已知数据可求得待测电压表内阻Rx=______kΩ；（结果保留2位有效数字）(4)该同学还想利用图（a）电路，测量一量程为0~1V、内阻约2kΩ的电压表内阻，为保证实验中的测量数据变化范围尽量大，只需更换一个定值电阻即可，若有四个阻值分别为2.0kΩ，8.0kΩ，14.0kΩ，20.0kΩ的定值电阻可供选择，他应选用阻值为____________kΩ的定值电阻．【答案】 (1)9900Ω；    (2）左端；    (3)，    3.0~3.3；    (4)14【解析】（1）要把电流表A改为量程0~12V的电压表，应与电流表A串联的电阻箱R0电阻调为；（2）闭合开关S前应先将滑动变阻器的滑片调到最左端；（3）由电路图可知： ，即 ；由图像可知： ，解得Rx=3.2kΩ（4）测量量程为0-1V、内阻约2kΩ电表内阻，则此电压表的最大电压为1V，最大电流为，定值电阻与电压表串联，电源电压为8V，所以定值电阻最大电压为7V，最大电流为I1，则电阻． 24．（14分）如图所示，倾角为的光滑斜面上，有一垂直于斜面向下的有界匀强磁场区域PQNM，磁场区域宽度L=0.1m。将一质量m=0.02kg、边长L=0.1m、总电阻R=0.4的单匝正方形闭合线圈abcd由静止释放，释放时ab边水平，且到磁场上边界PQ的距离也为L，当ab边刚进入磁场时，线圈恰好匀速运动，g=10m/s2，求：（1）ab边刚进入磁场时，线圆所受安培力的大小F安方向；（2）ab边刚进入磁场时，线圈的速度及磁场磁感应强度B的大小；（3）线圈穿过磁场过程产生的热量Q。【答案】 （1）0.1N, 方向沿斜面向上（2）2T（3）0.02J【解析】(1)边刚进入磁场时线框做匀速运动，对线圈受力分析，如图所示线圈所受安培力的大小：安安方向沿斜面向上(2)线框进入磁场前沿斜面向下做匀加速直线运动，设边刚进磁场时的速度为，由机械能守恒定律：解得：线框切割磁感线产生的感应电动势：线框中的感应电流：底边所受的安培力：安由以上各式解得：(3)由能量守恒得：解得： 25．（18分）如图所示，一质量M=0．8kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角、半径R=5m，CD的长度。质量m=0.2kg的小物块（视为质点）从某一高度处的A点以大小v0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，空气阻力不计。求：(1)物块通过B点时的速度大小vB；(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小N；(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数。【答案】 (1) 5m/s；(2) 3.8N；(3) 0.3。【解析】设物块通过B点时的速度大小为，由平拋运动的规律有：代入数值解得：；物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有：代入数值可得：设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有：代入数值解得：F=3.8N，由牛顿第三定律可知N=F=3.8N；(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为，由动量守恒定律有：由功能关系有：代入数值解得：。 （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．悬浮在水中的花粉颗粒不停地做无规则运动，这反映了水分子运动的无规则性B．随着分子间距离的增大，分子间相互作用力可能先减小后增大C．随着分子间距离的增大，分子势能一定先减小后增大D．压强是组成物质的分子平均动能的标志E.在真空和高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料中渗入其他元素【答案】 ABE【解析】A．布朗运动是悬浮在水中的花粉颗粒的运动，是由于受到水分子的撞击不平衡而发生的，故反映了水分子的永不停息的无规则运动，故A正确；BC．分子力与分子间距离的关系比较复杂，要看分子力表现为引力，还是斥力，随着分子间距离的增大，分子间的相互作用力可能先减小后增大，也可能一直减小，故B正确，C错误．D．温度是分子平均动能的标志，故D错误；E．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素．故E正确。故选ABE． （2）（10分）两个底面积均为S的圆柱形导热容器直立放置，下端由细管连通。左容器上端敞开，右容器上端封闭。容器内气缸中各有一个质量不同，厚度可忽略活塞活塞A、B下方和B上方均封有同种理想气体。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为p0，活塞A的质量为m，系统平衡时，各气体柱的高度如图所示(h已知)，现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触，此时活塞A下降了0.2h。求：①未漏气时活塞B下方气体的压强；②活塞B的质量。【答案】 ①②【解析】①设平衡时，在A与B之间的气体压强分别为P1，由力的平衡条件有P1S=P0S+mg解得： ②设平衡时，B上方的气体压强为P2，则  P2S=P1S-mg漏气发生后，设整个封闭气体体积为V′，压强为P′，由力的平衡条件有P′S=P0S+mgV′=(3h-0.2h)S由玻意耳定律得  解得：  34．【选修3-4】（15分）（1）（5分）一列简谐横波沿直线传播，时刻波源O由平衡位置开始振动,在波的传方向上平衡位置距O点处有一质点A，其振动图象如图所示，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．波源起振方向沿y轴正方向B．该简谐波波长为4mC．该简谐波周期为4sD．该简谐波波速大小为E.从振源起振开始,内质点A通过的路程为【答案】 ACE【解析】A. 据波的传播特点，各质点的起振方向与波源的起振方向相同；据图象可知，A点的起振方向沿y轴的正方向，所以波源起振方向沿y轴正方向，故A正确；BC、据图象可知：A比波源晚振动3s，其周期为4s，所以波速为：v=s/t=0.9/3m/s=0.3m/s.根据波速公式得：λ=vT=0.3×4m=1.2m 故B错误，C正确，D错误；D.t=17s时，质点A振动了3.5个周期，振幅为0.2m，质点A通过的路程为s=3.5×4A=3.5×4×0.2m=，故E正确．故选ACE. （2）（10分）如图所示，半圆形玻璃砖的半径为R，AB边竖直，O为圆心，一纸面内的单色光束从玻璃砖的某一定点P点射入，入射角θ可以任意变化，现要求只考虑能从AB边折射的情况（不考虑从AB上反射后的情况），已知：α=60°，玻璃砖对该单色光的折射率n=，光在真空中的速度为C，则求：（1）光在玻璃砖中传播的最短距离时入射角θ为多少？（2）光在玻璃砖中传播的最短时间t【答案】 （1）450（2）【解析】（1）光在玻璃砖中传播的最短时折射光线水平，折射角r=900-600=300由折射定律有：=n解得：θ=450（2）光在玻璃砖中传播的最短距离：x=Rcosr解得：x=光在玻璃砖中传播速度：v=所以最短时间为：t=解得：t=