统考版2022届高考物理二轮专项分层特训卷第六部分高考仿真练四

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做双缝干涉实验，用黄光时得到的条纹间距较宽(2)(10分)如图所示，某种透明物质制成的直角三棱镜ABC，∠ABC＝60°，透明物质的折射率n＝eq\r(3)，一束光线在纸面内与BC面成θ＝30°角的光线射向BC面．求：(ⅰ)这种透明物质对于空气的临界角的正弦值；(ⅱ)最终的出射光线与最初的入射光线之间的偏转角．高考仿真练（四）14．答案：D解析：1W＝1N·m/s＝1kg·m/s2·m/s＝1kg·m2/s3，D正确．15．答案：B解析：由图甲可以看出，黄光（强）的饱和光电流大于蓝光的饱和光电流，故A项错误；α粒子散射实验中，散射后绝大多数α粒子基本沿原方向前进，B项正确；图丙中显示的是α粒子在威尔逊云室中的径迹，C项错误；由图丁可知，质量数中等的原子核的比结合能更大，D项错误．16．答案：A解析：由题图乙可知，在0～t1时间内，轿厢先向下做加速度增大的加速运动，再向下做加速度减小的加速运动，则轿厢加速度方向一直向下，故轿厢处于失重状态，A正确；对轿厢由牛顿第二定律得F＝mg－ma，由于在0～t1时间内轿厢的加速度先增大后减小，则钢丝绳的拉力先减小后增大，B错误；由于整个运动过程有驱动电机做功，则驱动轿厢和“对重”组成的系统机械能不守恒，C错误；由于钢丝绳通过驱动电机驱动，则驱动电机两侧钢丝绳拉力的大小不相等，D错误．17．答案：A解析：由Geq\f(Mm,（R＋H）2)＝meq\f(v2,（R＋H）)可得卫星做圆周运动的线速度v＝eq\r(\f(GM,R＋H))，根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势方向与图中电源电动势相反，其大小为E感＝BLv，由导体绳受力平衡有ILB＝f，导体绳中的电流方向向下，回路中的电流I＝eq\f(E－E感,r)，解得E＝BLeq\r(\f(GM,R＋H))＋eq\f(fr,BL)，A项正确．18．答案：B解析：（a，0）和（0，a）两点处的电荷量为q的点电荷在P点产生的电场强度的矢量和E＝eq\f(\r(2)kq,a2)，方向如图所示[由点（a，a）指向点（0，2a）]，由在距P点为eq\r(2)a的某点处放置的正点电荷Q使得P点电场强度为零可知，此正电荷位于（0，2a）点，且电荷量Q满足eq\f(kQ,（\r(2)a）2)＝eq\f(\r(2)kq,a2)，解得Q＝2eq\r(2)q，B正确．19．答案：CD解析：（1）为α衰变，（2）为β衰变，衰变过程同时释放能量，A错误；（3）是卢瑟福用α粒子轰击氮原子核产生氧的一种同位素，是人类第一次原子核的人工转变，而核衰变是原子核自发产生的变化，B错误，C正确；（4）为核聚变反应方程，可控核聚变是人类正在尝试的技术之一，D正确．20．答案：BC解析：由图乙可知输入电压的周期为0.02s，频率为50Hz，又变压器并不改变交流电的频率，所以1s的时间内交流电的方向改变100次，A错误；由变压器的工作原理eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，升压变压器副线圈的输出电压为U2＝25000V，输电电流为I＝eq\f(P,U2)＝eq\f(750kW,25000V)＝30A，输电线上损失的电压为ΔU＝IR＝30×100V＝3000V，所以降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U2－ΔU＝（25000－3000）V＝22kV，B正确；降压变压器的输入功率为P′＝U3I＝660kW，C正确；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，有U′2＝U′3＋ΔU′，ΔU′＝I2R，eq\f(U′3,U4)＝eq\f(n3,n4)＝eq\f(I3,I2)，U4＝I3（R1＋R2），联立得U′2＝I3（R1＋R2）·eq\f(n3,n4)＋eq\f(n4I3R,n3)，可知R2减小时，I3增大，I2增大，则U′3减小，U4也减小，定值电阻的分压增大，所以电压表的示数减小，D错误．21．答案：ACD解析：由楞次定律可知，两线框进入磁场过程中产生的感应电流沿逆时针方向（俯视），A项正确；线框进入磁场过程中所受的安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)－μmgcosθ＝ma，解得线框的加速度a＝gsinθ－μgcosθ－eq\f(B2L2v,mR)，由电阻定律可知两线框的电阻之比为1∶2，而质量之比为2∶1，故加速度与线框粗细无关，所以两线框运动到斜面底端时间相等，B项错误；线框在进入磁场前加速度a0＝gsinθ－μgcosθ，进入磁场时速度相等，切割磁感线产生的电动势也相等，由闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R)可知，甲、乙中电流之比为2∶1，C项正确；在整个运动过程中，两线框所受摩擦力之比为2∶1，安培力之比为2∶1，所以克服摩擦力做的功之比与克服安培力做的功之比均为2∶1，由功能关系可知，两线框机械能减少量之比为2∶1，D项正确．22．答案：（1）0.773（0.771～0.775均可，1分）（2）eq\f(πrd2,4l)（2分）（3）如图所示（2分）解析：（1）由螺旋测微器的读数规则可知，该合金丝直径的测量值d＝0.5mm＋27.3×0.01mm＝0.773mm；（2）根据r＝eq\f(ρl,S)，又S＝eq\f(πd2,4)，可得ρ＝eq\f(rS,l)＝eq\f(r·π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))\s\up12(2),l)＝eq\f(πrd2,4l).23．答案：（1）AB（2分）（2）AD（2分）（3）AD（2分）（4）m1OP＝m1OM＋m2ON（2分）（5）①C（1分）②eq\f(1,2)m1·OC2＝eq\f(1,2)m1·OA2＋eq\f(1,2)m2·OB2（1分，其他正确形式同样给分）解析：（1）本实验必须使用的是刻度尺，用来测量小球抛出的水平射程，还需要用天平，用来测量小球的质量．（2）关于本实验，同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证每次小球抛出时的速度大小相等，选项A正确；入射小球的质量要大于被碰小球的质量，以保证入射小球碰后不反弹，选项B错误；轨道倾斜部分不必光滑，只要每次阻力相同，小球水平抛出时的速度相同就可以，选项C错误；轨道末端必须是水平的，以保证小球抛出时速度方向是水平的，选项D正确．（3）因为要验证动量守恒定律，实验中还需要测量小球的质量，故选项A正确；因为H是一定的，故小球做平抛运动的时间是一定的，测量小球碰后的水平射程，即可列等式求证，选项D正确；而两个高度不用测量，只需保持不变，选项B、C错误．（4）设小球做平抛运动的时间为t，碰前的动量为：eq\f(m1OP,t)，碰后的动量之和是：eq\f(m1OM＋m2ON,t)，故二者相等即可，两边都乘以t，即m1OP＝m1OM＋m2ON.（5）①因为两小球的质量关系是m1＝2m2，再由OA＝17.5cm，OB＝25cm，OC＝30cm可知，存在下列等式：2×OC＝2×OA＋OB，故转化为动量守恒定律的等式就是：m1OC＝m1OA＋m2OB，故C是未放被碰小球时入射小球的落地点，A是入射小球碰后的落地点，B是被碰小球碰撞后的落地点，选项C正确．②若为弹性碰撞，则机械能守恒，故还需要满足eq\f(1,2)m1·OC2＝eq\f(1,2)m1·OA2＋eq\f(1,2)m2·OB2；也可以是：m1OC2＝m1OA2＋m2OB2；因为m1＝2m2，故等式也可以是2OC2＝2OA2＋OB2.24．答案：（1）会撞（2）29m/s解析：（1）轿车的初速度v1＝126km/h＝35m/s，货车的速度v2＝61.2km/h＝17m/s轿车匀速运动的时间t1＝5s＋1.2s＝6.2s（1分）位移大小x1＝v1t1＝217m（1分）设从开始刹车到与货车共速所用时间为t2，则v2＝v1－at2（1分）根据牛顿第二定律有μmg＝ma（1分）解得t2＝3s在t2时间内，轿车的位移大小x2＝eq\f(v1＋v2,2)t2＝78m（1分）在t1＋t2时间内货车的位移大小s＝v2（t1＋t2）＝156.4m（1分）由于x1＋x2－s＝138.6m>L＝126.6m轿车一定会撞上货车．（1分）（2）设轿车从开始刹车到与货车相撞过程中的位移大小为x3，则x3＝v1t3－eq\f(1,2)ateq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(3))（1分）轿车撞上货车前瞬间有x1＋x3＝v2（t1＋t3）＋L（2分）轿车撞上货车前瞬间的速度大小v＝v1－at3（1分）解得v＝29m/s（另一解v＝5m/s，不合题意，舍去）（1分）25．答案：（1）2×106m/s（2）eq\f(9,128)×106N/Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(128,3)＋\f(307π,135)))×10－8s（3）eq\f(14,3)cm解析：（1）粒子从P点进入磁场做匀速圆周运动的轨迹恰好与AB、OB均相切，设轨迹半径为r1，则r1＋r1tanθ＝x1（2分）由牛顿第二定律有qvB1＝meq\f(v2,r1)（2分）解得r1＝4cm，v＝2×106m/s（1分）（2）由几何关系得OP＝r1＋eq\f(r1,sinθ)MP＝eq\f(OP,tanθ)解得MP＝eq\f(128,9)cm（1分）设粒子从M点运动到P点的过程中加速度大小为a1由运动学公式有v2＝2a1·MP（1分）根据牛顿第二定律有qE1＝ma1（1分）解得a1＝eq\f(9,64)×1014m/s2，E1＝eq\f(9,128)×106N/C（1分）粒子第二次在磁场中的运动轨迹半径设为r2，则r2＝eq\f(mv,qB2)解得r2＝eq\f(8,3)cm（1分）由于OQ＝eq\f(r1,sinθ)－r1＝eq\f(8,3)cm＝r2，Q为粒子第一次出磁场时在OA的位置，则轨迹圆心在O点，粒子恰好垂直y轴离开（1分）粒子从M点开始运动到刚好进入y轴右侧电场时所用的时间t＝eq\f(3v,a1)＋eq\f(1,2)·eq\f(2πm,qB1)＋eq\f(37°,360°)·eq\f(2πm,qB2)（2分）解得t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(128,3)＋\f(307π,135)))×10－8s（1分）（3）粒子在第一象限的电场中的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有qE2＝ma2（1分）将加速度沿x轴方向和y轴方向分解，则ax＝a2sinθ（1分）ay＝a2cosθ（1分）r2＝eq\f(1,2)ayteq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))（1分）x2＝vt1＋eq\f(1,2)axteq\o\al(\s\up11(2),\s\do4(1))（1分）解得x2＝eq\f(14,3)cm（1分）33．答案：（1）ADE（5分）（2）（ⅰ）6.25p0（ⅱ）49次解析：（1）状态A和B的温度相等，根据eq\f(pV,T)＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线的一部分，沿直线由A到B，pV先增大后减小，所以