高中物理高考 第03周 第3练（解析版）.docx

2020年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C17．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BC20．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．mgh=12Mv2 B．mgh=Mv2C．mgh=12(2M+m)v2 D．mgh=12(M+m)v2（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t2或1t2）为纵轴，通过描点作出的图线是一条过原点的直线答案】 dt C 天平 1t2【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：v=dt2）选C设绳子拉力大小为F，对A由牛顿第二定律得：F-Mg=Ma对B与C整体下落h的过程，由牛顿第二定律得：(M+m)g-F=(M+m)a再由运动学公式应有：v2=2ah，联立以上各式可得：mg=（2M+m）v22h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F-Mg=Ma对B和C有(M+m)g-F=(M+m)a再由匀变速直线运动公式应有v2=2ah，v=dt联立解得：1t2=2h(2M+m)d2⋅mg因为M>>m，则1t2=hMd2⋅mg所以，以mg为横轴，以1t2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。