高考全真精准模拟 物理卷第08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8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．如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为1.0Ω，电路中的电阻阳为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是(       )A．电动机的输出功率为14W B．电动机两端的电压为7.0VC．电动机产生的热功率为4.0W D．电源输出的功率为24w【答案】 B【解析】ABC．电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为电动机的总功率为电动机的发热功率为所以电动机的输出功率为故B正确，AC错误；D．电源的输出的功率为故D错误。故选B。15．下列说法正确的是（　　）A．光电效应既显示了光的粒子性，又显示了光的波动性B．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质C．一个氘核与一个氚核聚变生成一个氦核的同时，放出一个电子D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量不变【答案】 B【解析】A．光电效应说明了光子具有能量，显示了光的粒子性，故A错误；B．原子核内的中子转化成一个质子和一个电子，这种转化产生的电子发射到核外，就是β粒子，这就是β衰变的实质，故B正确；C．核反应方程满足质量数和质子数守恒所以放出的是中子，不是电子，故C错误；D．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，电势能增大，原子的总能量减小，故D错误。故选B。16．如图所示，质量均为m的 A、B 两物体中间用一个轻杆相连，在倾角为θ的斜面上匀速下滑。已知A物体光滑，B 物体与斜面间的动摩擦因数为μ，整个过程中斜面始终静止不 动。则下列说法正确的是（　　）A．B 物体与斜面间的动摩擦因数μ=tanθB．轻杆对 A 物体的弹力平行于斜面向下C．增加 B 物体的质量，A、B 整体不再沿斜面匀速下滑D．在B 物体上施加一垂直于斜面的力，在 A、B 整体停止运动前，地面对斜面的摩擦力始终为零【答案】 C【解析】A．以整体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可得解得B物体与斜面间的动摩擦因数故A错误；B．以A物体为研究对象，沿斜面方向根据平衡条件可知轻杆对物体的弹力平行于斜面向上，大小为故B错误；C．设B物体的质量增加，则摩擦力增加为B的重力沿斜面向下的分力增加，A、B物体整体沿斜面减速下滑，故C正确；D．原来A、B物体整体匀速下滑，地面对斜面的摩擦力为零；在B物体上施加一垂直于斜面的力后，则B对斜面的压力增加，对斜面的摩擦力增加与的合力方向如图所示根据图中几何关系可得即，偏离竖直方向斜向左下方，则对面对斜面的摩擦力方向向右，故D错误；故选C。17．在地面附近，存在着一个有界电场，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域II中有竖直向上的匀强电场，在区域I中离边界某一高度由静止释放一个质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，则（ ）A．小球受到的重力与电场力之比为5：3B．在t=5s时，小球经过边界MNC．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功大于电场力做功D．在1 s～4s过程中，小球的机械能先减小后增大【答案】 D【解析】图象的斜率大小等于加速度大小，小球进入电场前的加速度大小为a1=v1，进入电场后的加速度大小为，由牛顿第二定律得，G= ma1=mv1又F—mg=m a2， 故F=mg+m a2=，于是，选项A错误；小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s或4s时，选项B错误；小球进入电场后受到电场力作用而做减速运动，故由动能定理可知重力做的功小于电场力做的功，选项C错误；在1 s～4s过程中，电场力对小球先做负功后做正功，由功能关系知小球的机械能先减小后增大，选项D正确．18．质量为m的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l，另一质量也为m且可视为质点的物体从箱子中央以v0=的速度开始运动（g为当地重力加速度），如图所示。已知物体与箱壁共发生5次完全弹性碰撞。则物体与箱底的动摩擦因数的取值范围是（　　）A． B．C． D．【答案】 C【解析】小物块与箱子组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得对小物块和箱子组成的系统，由能量守恒定律得解得由题意可知，小物块与箱子发生5次碰撞，则物体相对于木箱运动的总路程，小物块受到摩擦力为对系统，利用产热等于摩擦力乘以相对路程，得故，即，故C正确，ABD错误。故选C。19．如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是(     )A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒B．小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒【答案】 BD【解析】AB．小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，选项B正确；C．当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；D．因为小球在槽内运动过程中，速度方向与槽对它的支持力始终垂直，即支持力不做功，且在接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽．物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确．故选BD.20．如图所示，虚线PQ左上方存在有垂直于纸面向外的匀强磁场，甲、乙两个带正电的粒子先后由静止经过相同电压加速后，分别以速度v甲、v乙从PQ上的O点沿纸面射入磁场，结果两粒子从PQ上的同一点射出磁场．已知v甲、v乙之间的夹角α=60°，v乙与PQ之间的夹角β=30°，不计甲、乙两粒子的重力及甲、乙之间的作用力．设甲、乙在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙，以下关系正确的是（  ）A．v甲：v乙=1：2 B．v甲：v乙=2：1C．t甲：t乙=3：4 D．t甲：t乙=3：2【答案】 BC【解析】AB．甲乙两个粒子在磁场中的运动情况如图粒子在加速过程中，根据动能定理有：解得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：解得运动的半径为：，根据几何知识可知，甲乙两粒子在磁场中运动的半径之比为：R甲：R乙=1：2，联立解得：，v甲：v乙=2：1，A错误，B正确；CD．甲粒子在磁场中运动的圆心角为180°，乙粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为60°，则甲乙粒子在磁场中运动的时间之比为：C正确，D错误。故选BC。21．已知质量分布均匀的球壳对其内部物体的引力为零．设想在地球赤道正上方高h处和正下方深为h处各修建一绕地心的环形真空轨道，轨道面与赤道面共面．两物体分别在上述两轨道中做匀速圆周运动，轨道对它们均无作用力，设地球半径为R,则A．两物体的线速度大小之比为B．两物体的线速度大小之比为C．两物体的加速度大小之比为D．两物体的加速度大小之比为【答案】 AC【解析】设地球密度为ρ，则有：在赤道上方：，在赤道下方：解得：，，故AC正确；BD错误。故选AC。 22. （6分）某实验小组要测量木块与长木板间的动摩擦因数，设计如图甲所示装置，已知当地的重力加速度为。(1)对于实验的要求，下列说法正确的是_______；A．将长木板没有定滑轮的一端适当垫高，平衡摩擦力B．钩码的质量要远小于木块的质量C．要保证长木板水平D．接通电源的同时释放木块(2)按正确的操作要求进行操作，打出的一条纸带如图乙所示，打点计时器使用的是的交流电源，纸带上的点每5个点取1个记数点，但第3个记数点没有画出，则该木块的加速度_____；（结果保留三位有效数字）(3)若木块的质量为，钩码的质量为，则木块与长木板间的动摩擦因数为_____（用、、、表示结果）。【答案】 C    0.737    【解析】(1)AB．本实验不需要平衡摩擦力，也不需要使钩码的质量远小于木块的质量，选项AB错误；C．为了能使木块对长木板的正压力等于木块的重力，长木板必须水平，选项C正确；D．接通电源，待打点计时器打点稳定，再释放木块，选项D错误。故选C。(2)每打5个点取一个记数点，所以相邻的计数点间的时间间隔，根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小，则有求得。(3)由牛顿第二定律得求得。 23. （9分）某同学利用多用电表欧姆挡测量标准电压表的内阻并对电压表的示数进行校对，实验器材如下：多用电表（欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15）；标准电压表（量程10V，内阻约为几十）；电压表（量程10V，内阻）；滑动变阻器R（最大阻值约）；电源E（电动势为12V，内阻不计）；开关S一个、导线若干。(1)利用多用电表欧姆挡测量电压表的内阻，将红、黑表笔短接调零后，选用图甲中________（选填A或B）方式连接；(2)实验中，两表的示数如图乙所示，可得多用电表欧姆挡的读数为，电压表的读数为________V，通过计算可得出欧姆挡电池的电动势为________V（结果保留三位有效数字）；(3)利用标准电压表对电压表进行校对，请在虚线框中画出电路图_______；(4)校对中发现，调节滑动变阻器，标准电压表示数为9.00V时，电压表的示数为10.00V，为使示数准确，应给表串联________的电阻。【答案】 A    5.80    8.70        1000【解析】(1)用多用电表欧姆挡测量电压表的内阻，电流从欧姆表黑表笔流出，流入的+接线柱，故A正确，B错误。故选A。(2)电压表每小格为0.1V，所以估读到下一位，为5.80V，由欧姆定律因多用电表欧姆挡的读数为，所以欧姆档选的是档，又因为欧姆挡对应刻度盘上正中央数值为15，得，解得(3)校正电路需采用分压式，如图(4)当示数为9.00V时，示数为10.00V，说明内阻偏小，需串联电阻让其读数为9.00V，示数为10.00V满偏，所以让指针偏转到，即为9.00V，即结合，解得 24．（14分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于C点，AC=7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出），随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF=4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g。（取，）（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。（2）求P运动到Ｅ点时弹簧的弹性势能。（3）改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。【答案】 （1）（2）（3），【解析】（1）根据题意知，B、C之间的距离l为l=7R–2R①设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得②式中θ=37°，联立①②式并由题给条件得③（2）设BE=x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep。P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有④E、F之间的距离l1为l1=4R–2R+x⑤P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有Ep–mgl1sin θ–μmgl1cos θ=0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x=R⑦⑧（3）设改变后P的质量为m1。D点与G点的水平距离x1和竖直距离y别为⑨⑩式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实。设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有⑪x1=vDt⑫联立⑨⑩⑪⑫式得⑬设P在C点速度的大小为vC。在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有⑭P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得⑯ 25．（18分）当下世界科技大国都在研发一种新技术，实现火箭回收利用，有效节约太空飞行成本，其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了4台电磁缓冲装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓火箭对地的冲击力。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd，指示灯连接在cd两处；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，指示灯发光，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，软着陆要求的速度为0；指示灯、线圈的ab边和cd边电阻均为R，其余电阻忽略不计；ab边长为L，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计。（1）求缓冲滑块刚停止运动时，线圈的ab边受到的安培力大小；（2）求缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；（3）若火箭主体的速度大小从v0减到0的过程中，经历的时间为t，求该过程中每台电磁缓冲装置中线圈产生的焦耳热。【答案】 （1）（2）（3）【解析】（1）ab边产生电动势E＝BLv0线圈总电阻R总＝R＋＝1.5RFab＝BIL＝BL＝。（2）由牛顿第二定律4Fab－mg＝ma解得a＝－g。（3）根据动量定理mgt－4t＝0－mv0即mgt－4·＝0－mv0化简得根据能量守恒定律，每个减速器得到热量每个线圈得到的热量 （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）关于理想气体，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．已知气体的摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可估算一个分子质量B．已知气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，可估算一个分子直径C．气体压强是因为气体分子间表现为斥力D．气体压强是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致E.一定质量的理想气体体积不变，温度升高，压强一定增大【答案】 ADE【解析】A．一个分子的质量已知气体的摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可估算一个分子质量，A正确；B．一个气体分子占据的体积已知气体的摩尔体积和阿伏伽德罗常数，不可以估算一个分子直径，B错误；CD．气体压强是因为气体分子无规则运动撞击器壁所致，气体分子之间的距离较大，几乎不体现分子力，C错误，D正确；E．根据理想气体状态方程可知一定质量的理想气体体积不变，温度升高，压强一定增大，E正确。故选ADE。 （2）（10分）如图所示，两个固定的导热良好的水平气缸A、B，由水平硬杆相连的活塞面积分别为SA=100 cm2， SB=20 cm2。两气缸通过一带阀门K的细管连通，最初阀门关闭，A内有理想气体，B内为真空。两活塞分别与各自气缸底相距a=b=50 cm，活塞静止。设环境温度保持不变，不计摩擦，大气压强保持p0 =76 cmHg不变，细管体积可忽略不计，求：(1)阀门K关闭未打开时，气缸A中气体的压强；(2)将阀门K打开，足够长时间后，左侧活塞停在距A气缸底多远处。【答案】 (1) ；(2)【解析】(1)阀门K关闭未打开时，取两活塞和杆整体为研究对象，由平衡状态得解得(2)打开阀门K稳定后，设气体压强为，取两活塞和杆为整体，由平衡状态得解得设左侧大活塞停在距A气缸底处，对封闭气体由玻意耳定律得代入数据解得则左侧大活塞停在距A气缸底处。 34．【选修3-4】（15分）（1）（5分）如图所示，一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，振幅A=6cm，a、b质点平衡位置在x=1m和x=12m，若图示时刻为t=0s时刻，此波刚传到b点，质点a 的位移xa=3cm，向 y 轴负方向振动，质点a距第一次出现波峰时间Δt=0.9s，并且T<Δt<2T，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．简谐横波的周期T=0.8sB．简谐横波的波速v=10m/sC．a、b 质点动能可能同时为零D．0.3s<t<0.5s，质点b加速度先减小后增加E.质点a的振动方程为y=－6sin()【答案】 ABD【解析】A．根据题意可知，因此，A选项正确；B．又根据平衡位置间距可知因此波长，故波速B选项正确；C．根据题目可知故无论如何、两质点不可能同时速度为零，故C选项错误；D．根据振动方向及周期可知，，质点b向y轴负方向运动且位移从变化到，加速度先减小后增加，故D正确；E．质点的振动方程为，故E选项错误。故选ABD。 （2）（10分）如图，一玻璃砖截面为矩形ABCD，固定在水面上，其下表面BC刚好跟水接触。现有一单色平行光束与水平方向夹角为θ（θ>0），从AB面射入玻璃砖。若要求不论θ取多少，此光束从AB面进入后，到达BC界面上的部分都能在BC面上发生全反射，则该玻璃砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为。【答案】 【解析】随着θ的增大，当θ为90º时，α最大，β最小，此时若在BC上发生全反射，则对任意θ都能发生全反射。由折射定律由全反射有由几何关系有由以上各式解得