高考全真精准模拟 物理卷第03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3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．中国自主研发的世界首座具有第四代核电特征的核电站—华能石岛湾高温气冷堆核电站，位于山东省威海市荣成石岛湾。目前核电站使用的核燃料基本都是浓缩铀，有一种典型的铀核裂变方程是＋x→＋＋3x。下列关于x的说法正确的是（  ）A．x是α粒子，具有很强的电离本领B．x是α粒子，穿透能力比较弱C．x是中子，中子是卢瑟福通过实验最先发现的D．x是中子，中子是查德威克通过实验最先发现的【答案】 D【解析】AB．根据该反应的特点可知，该核反应属于重核裂变，根据核反应方程的质量数守恒和电荷数守恒可知，x为中子，故AB错误；CD．根据物理学史可知，卢瑟福发现了质子，预言了中子的存在，中子是查德威克通过实验最先发现的，故C错误，D正确。故选D。15．如图所示，一个m=3kg的物体放在粗糙水平地面上，从t=0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动，在0～3s时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则(   )A．在0～3s时间内，物体的速度先增大后减小B．3s末物体的速度最大，最大速度为C．2s末F最大，F的最大值为12ND．前2s内物体做匀变速直线运动，力F大小保持不变【答案】 B【解析】AB．由图可知，在0～3s内始终加速，3s末速度最大，最大为图象围成“面积”，即，A错误，B正确；C．动摩擦因素未知，不能计算动摩擦力大小，因而不能确定拉力F的大小，C错误；D．但滑动摩擦力不变，0～2s加速度变大，则拉力大小变大，D错误．选B.16．日前，最高人民法院印发了《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于认定 高空抛物犯罪和高空坠物犯罪做出了具体规定。为验证高空坠物的危害，将一颗鸡蛋 自45m高的15层楼顶由静止释放，鸡蛋落地后不反弹，与地面的作用时间为0.01s。不考虑空气阻力，则鸡蛋对地面产生的冲力约为其重力的（    ）A．30倍 B．100倍 C．300倍 D．1000倍【答案】 C【解析】设鸡蛋的质量为m，重力加速度g=10m/s2，鸡蛋落地时速度=30m/s落地过程中，设地面对鸡蛋的作用力为F，取竖直向下为正方向，由动量定理：可得：由牛顿第三定律，地面对鸡蛋的作用力为F与鸡蛋对地面产生的冲力F'大小相等，联立解得：故C正确，ABD错误；故选C。17．如图所示，实线表示等量异种点电荷的等势线，过O点的虚线MN与等势线垂直，两个相同的带正电的粒子分别从A、B两点以相同的初速度v0开始运动，速度方向水平向右，且都能从PQ左侧经过O点，AB连线与PQ平行．设粒子在A、B两点的加速度大小分别为a1和a2，电势能分别为Ep1和Ep2，通过O点时的速度大小分别为v1和v2.粒子的重力不计，则(　　)A．A点的电势高于B点的电势B．a1＜a2C．Ep1＞Ep2D．v1＜v2【答案】 D【解析】B粒子能通过O点，说明M带负电，N带正电，由图知，B点的电势与AO之间某点的电势相等，根据顺着电场线方向电势降低，可知A点的电势小于B点的电势，故A错误；A处电场线密，电场强度大，粒子在A点受到的电场力大，加速度大，则a1＞a2，故B错误；根据正电荷在电势高处电势能大，可知Ep1＜Ep2，故C错误；两个粒子从A、B运动到O点电场力做负功，因为AO间的电势差大于BO间的电势差，则粒子从A运动到O点电场力做负功较多，由动能定理知v1＜v2，故D正确。所以D正确，ABC错误。18．如图，理想变压器的原线圈接在输出电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈的中间有一抽头将副线圈分为匝数分别为n1和n2的两部分，抽头上接有定值电阻R。开关S接通“1”、“2”时电流表的示数分别为I1、I2，则为（　　）A． B． C． D．【答案】 C【解析】设变压器原线圈两端的电压为U0、匝数为n0，根据变压器原理可知副线圈n1和n2的电压分别为，根据能量守恒，整理得故ABD错误，C正确。故选C。19．在光滑水平面上放有质量分别为3m和m的物块A、B，用细线将他们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧（弹簧与物体不相连），弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧物块A的速度大小为v，则（　　）A．物块B的加速度大小为a时弹簧压缩量为B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为C．物块开始运动前弹簧弹簧弹性势能为D．物块开始运动前弹簧弹簧弹性势能为【答案】 BC【解析】A．当物块A的加速度大小为a，根据胡克定律和牛顿第二定律得当物块B的加速度大小为a时，有联立解得故A错误；B．取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得又解得故B正确；C．根据动量守恒定律得得物块B刚要离开弹簧时的速度由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为故C正确，D错误。故选BC。20．如图所示，一水平方向的匀强磁场,磁场区域的高度为h,磁感应强度为B。质量为m、电阻为R、粗细均匀的矩形线圈,ab= L,bc=h,该线圈从cd边离磁场上边界高度处自由落下,不计空气阻力,重力加速度为g,设cd边始终保持水平,则(       )A．cd边刚进入磁场时速度大小B．cd边刚进人磁场时其两端电压C．线圈穿过磁场的时间D．线圈穿过磁场过程中,回路中产生的热量【答案】 CD【解析】A．由题意可知，线圈从开始运动到cd边进入磁场时做自由落体运动，故cd边刚进入磁场时速度大小满足，解得故A不符合题意．B．cd边刚进入磁场时其两端电压解得：故B不符合题意．C．cd边刚进入磁场时受安培力所以线圈匀速穿过磁场,所用时间故C符合题意．D．回路中产生的热量等于重力势能的减少量，即Q=2mgh．故D符合题意．21．由于首次发现太阳系外的类地行星，2019年诺贝尔物理学奖被授予迪迪埃•奎洛兹。 他们发现，两颗行星绕着名为“蒂加登”的恒星运行，命名为“蒂加登星b”（星b）与“蒂加登星c”（星c），它们的质量都与地球的质量近似相等，其中星b的公转周期只有5d，而星c则是12d，位于宜居带内。下列说法正确的是（    ）A．星b的公转半径是星c公转半径的倍B．星b的公转半径是星c公转半径的 倍C．星b公转的速率是星c公转速率的倍D．星b公转的速率是星c公转速率的倍【答案】 BD【解析】AB．星b和星c都绕恒星做匀速圆周运动，由开普勒定律可知，解得：故A错误，B正确；CD．由线速度和周期的关系：可得故C错误，D正确；故选BD。 22. （6分）如图所示为测量阻值约几十欧的未知电阻和一个电流表的内阻的原理图，图中E为电源，R为滑动变阻器，为电阻箱，为电流表（其中一个是待测内阻的电流表，另一个内阻为）．实验步骤如下：连接好电路，闭合S，从最大值开始调节电阻箱，先调为适当值，再调节滑动变阻器R，使示数，记下此时电阻箱的示数和的示数．重复以上步骤（保持不变），测量多组和．（1）其中______________（填或）测内阻的电流表；（2）测得一组和后，调节电阻箱，使其阻值变小，要使示数仍为0.2A，滑动变阻器触片应向______________（填a或b）端滑动．（3）根据实验数据做出的与的关系图象如图所示，图象的斜率，则____________，____________．【答案】     a    48（或47.8）；    24【解析】由题意可知，只有一个电流表的内阻是已知的，根据电路的连接情况，是两条支路的电压相等，从而判断是待测电表．这是电路的动态分析，要求示数不变，而此该减小，总电阻将减小，由欧姆定律，结合电路分析方法，可知滑动变阻器的阻值如何变化；根据串并联特征，结合与的图象的斜率含义，依据欧姆定律，即可求解．（1）．由于另一个电流表的内阻为0.2Ω为已知，两电流表分别与电阻串联后再并联，则两条支路的电压相等，而电阻箱是与串联的，所以是待测电表；（2）．当变小时，分压电路两端的电阻减小，则其两端电压也相应减小，但要保证该支路的电流不变，而总电阻减小，则只能使其两端电压也减小，所以滑片应向a端滑；（3）．两条支路的电压相等：则有所以由图象和题意知：斜率，解得Rx=47.8Ω，当R1=0时，有． 23. （9分）某同学在研究性学习中用如图装置来验证机械能守恒定律，轻绳两端系着质量相等的物体A、B，物体B上放一金属片C，铁架台上固定一金属圆环，圆环处在物体B的正下方，系统静止时，金属片C与圆环间的高度差为h，由静止释放后，系统开始运动，当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，两光电门固定在铁架台P1、P2处，通过数字计时器可测出物体B通过P1、P2这段距离的时间。（1）若测得P1、P2之间的距离为d，物体B通过这段距离的时间为t，则物体B刚穿过圆环后的速度v=______。（2）若物体A、B的质量均用M表示，金属片C的质量用m表示，该实验中验证下面__________（填正确选项的序号）等式成立，即可验证牛顿第二定律。A．    B．C．    D．（3）本实验中的测量仪器除了刻度尺、数字计时器外，还需要___________。（4）若M>>m，改变金属片C的质量m，使物体B由同一高度落下穿过圆环，记录各次的金属片C的质量m，以及物体B通过P1、P2这段距离的时间t，以mg为横轴，以__________（选填或）为纵轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线。【答案】     C    天平    【解析】（1）B通过圆环后将匀速通过光电门，则B刚穿过圆环后的速度为：。（2）选C。设绳子拉力大小为F，对A由牛顿第二定律得：对B与C整体下落h的过程，由牛顿第二定律得：再由运动学公式应有：，联立以上各式可得：所以C正确。（3）根据上面的表达式可知需要已知金属片C的质量，所以还需要的器材是天平。（4）在释放至金属片C被搁置在圆环上的过程中，分别对A和B、C由牛顿第二定律可得：对A有对B和C有再由匀变速直线运动公式应有，联立解得：因为M>>m，则所以，以mg为横轴，以为纵轴的图线是一条过原点的直线。  24．（14分）如图所示，质量m=3 kg的小物块以初速度v0=4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道．圆弧轨道的半径为R=3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角，MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑．最右侧是一个半径为r=0.4 m的半圆弧轨道，C点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接．已知重力加速度g=10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求小物块经过B点时对轨道的压力大小；（2）若MN的长度为L=6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；（3）若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L'．【答案】 （1）62N（2）60N（3）10m【解析】（1）物块做平抛运动时，根据平抛运动的规律有：解得：小物块经过A点运动到B点，根据机械能守恒定律有：小物块经过B点时，有：解得：根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N（2）小物块由B点运动到C点，根据定能定理有：在C点，由牛顿第二定律得：代入数据解得：根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60N（3）小物块刚好能通过C点时，根据 解得：小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有：代入数据解得： 25．（18分）如图，两足够长的平行金属导轨平面与水平面间夹角为，导轨电阻忽略不计，二者相距=1m，匀强磁场垂直导轨平面，框架上垂直放置一根质量为m=0.1kg的光滑导体棒ab，并通过细线、光滑滑轮与一质量为2m、边长为正方形线框相连，金属框下方h=1.0m处有垂直纸面方向的长方形有界匀强磁场，现将金属框由静止释放，当金属框刚进入磁场时，电阻R上产生的热量为=0.318J，且金属框刚好能匀速通过有界磁场。已知两磁场区域的磁感应强度大小相等。定值电阻R=1Ω。导体棒ab和金属框单位长度电阻r=1Ω/m，g=10m/s2，求(1)两磁场区域的磁感应强度为多大？(2)金属框刚离开磁场时，系统损失的机械能是多大？(3)金属框下方没有磁场时，棒的最大速度是多少？【答案】 (1)1T(2)2.136J(3)【解析】(1)由题意知，导体棒ab接入电路的电阻为与定值电阻R相等，故金属框由静止释放到刚进入磁场过程重金属导轨回路产生的总热量为此过程由动能定理得解得v=2.4m/s金属框的总电阻为金属框在磁场中做匀速运动时导体棒ab产生的电动势为，则有金属框产生的电动势金属框在磁场中做匀速运动时由平衡条件得得B=1T(2)由于金属框刚好能做匀速通过有界磁场，说明磁场宽度与线框边长相等根据能量守恒得得(3)金属框下没有磁场，棒的速度达到最大后做匀速运动，设此时速度为，则根据平衡条件得解得。 （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）气闸舱是空间站中供航天员进入太空或由太空返回用的气密性装置，其原理如图所示。座舱A与气闸舱B间装有阀门K，A中充满空气，B内为真空。航天员由太空返回到B时，将B封闭，打开阀门K，A中的气体进入B中，最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换，舱内气体可视为理想气体，不考虑航天员的影响，则此过程中         。（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．气体对舱壁做功，内能减小B．气体分子的平均动能不变C．气体温度不变，压强减小D．气体分子在单位时间内对A舱壁单位面积碰撞的次数减少E.一段时间后，A内气体的密度可能自发地恢复到原来的密度【答案】 BCD【解析】A．气体自由扩散，没有对外做功，又因为整个系统与外界没有热交换，根据△U=W+Q可知内能不变，故A错误；B．因为内能不变，而理想气体不计分子势能而只有分子动能，其内能为：，故温度不变，平均动能不变，故B正确；CD．因为气闸舱B内为真空，根据玻意耳定律可知：pV=定值，可知扩散后压强p减小，体积V增大，所以气体的密集程度减小，根据气体压强的微观意义可知气体分子单位时间对气缸壁单位面积碰撞的次数将变少，故CD正确；E．根据熵增加原理可知一切宏观热现象均具有方向性，故A内气体的密度不可能自发地恢复到原来的密度，故E错误；故选BCD。 （2）（10分）如图，内壁光滑的绝热气缸竖直放置，内有厚度不计的绝热活塞密封，活塞质量m=10kg。初始时，整个装置静止且处于平衡状态，活塞与底部的距离为l0，温度T0=300K。现用电阻丝（体积不计）为气体加热，同时在活塞上添加细砂保持活塞的位置始终不变直到T=600K。已知大气压强p0=1×105Pa，活塞截面积S=1.0×10-3m2，取g=10m/s2，求：(i)温度为T时，气体的压强；(ii)活塞上添加细砂的总质量△m。【答案】 (i)4×105Pa；(ii)20kg。【解析】(i)初状态时，设气体的压强为，以活塞为研究对象，由平衡条件知末状态时，设气体的压强为，由查理定律有解得=4×105Pa(ii)末状态时.以活塞为研究对象，由平衡条件知解得:Δm=20kg 34．【选修3-4】（15分）（1）（5分）一列简谐波沿x轴传播，其波源位于坐标原点O。质点O刚好完成一次全振动时，形成的简谐横波波形如图所示，已知波速为4 m/s，波源O简谐运动的周期为0.8 s，B是沿波传播方向上介质中的一个质点，则         。（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O的起振方向沿y轴负方向B．图中x轴上O、A之间的距离为3.2 mC．经半个周期时间质点A将向右迁移半个波长D．此后的周期内回复力对波源O一直做负功E. 图示时刻质点B所受的回复力方向沿y轴正方向【答案】 ADE【解析】波向右传播，图示时刻波最右端质点的振动方向沿y轴负方向，所以波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向．故A正确；该波的波长为： ， OA间的距离为半个波长，故B错误；质点只上下振动，不随波迁移．故C错误；此后的周期内A点的回复力向上，位移向下，则回复力对波源A一直做负功．故D正确．图示时刻质点B沿y轴向下振动，所受的回复力方向沿y轴正方向，故E正确。所以ADE正确，BC错误。 （2）（10分）如图所示，真空中有一端面为球面的玻璃棒，球面半径为R，球心为O，玻璃棒的折射率为n，在轴线上有一点P，且，若从P点向左发出的任意一条光线经球面折射后，其反向延长线均聚焦于Q点（未画出），则P、Q两点是光学组件中的两个特殊点，称为不晕点或齐明点。求Q点的位置。【答案】 在OP的延长线上，距O点的距离为nR【解析】从P点向球面任意作一条光线PM，与轴线夹角为。 设光线在球面上的入射角为i，折射角为r，光路如图所示：当时，折射光线水平向左，可知Q点在轴线上，根据折射定律有：在中，由正弦定理：又因为即可解得：MQ为折射光线的反向延长线，有所以：即解得OQ=nR故Q点在OP的延长线上，距O点的距离为nR。