高考物理总复习 考前三个月 仿真模拟卷（四）试题

仿真模拟卷(四)(时间：90分钟满分：110分)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．下列说法中正确的是()A．光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象B．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，揭示了原子核结构C．铀238的半衰期约长达45亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短D．碘131能自发地进行β衰变，衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核多一个质子而少一个中子答案D解析当入射光的频率大于金属的极限频率时，金属中的一个电子吸收了光子的能量，克服原子核的束缚而释放出来，从而形成了光电效应，故A错误．卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，发现少数α粒子发生了大角度偏转，从而揭示了原子的核式结构，故B错误．半衰期由原子核本身决定，与环境无关，所以环境变化时半衰期不变，故C错误．β衰变是一个中子变为质子同时释放一个电子的过程，因此β衰变后生成的新物质原子核比碘131原子核少一个中子而多一个质子，故D正确．15.如图1所示，一滑块以5m/s的速度从固定斜面底端O点冲上斜面，经时间t1到达A点时的速度为3m/s，再经时间t2到达B点时的速度为0，下列说法正确的是()图1A．O、A间的距离与A、B间的距离之比为5∶3B．O、A间的距离与A、B间的距离之比为3∶5C．t1与t2之比为2∶3D．t1与t2之比为3∶2答案C解析根据速度时间公式可知：xOA＝eq\f(v\o\al(2,A)－v\o\al(2,0),－2a)AB间的距离为：xAB＝eq\f(0－v\o\al(2,A),－2a)故eq\f(xOA,xAB)＝eq\f(v\o\al(2,A)－v\o\al(2,0),－v\o\al(2,A))＝eq\f(52－32,32)＝eq\f(16,9)，故A、B错误；根据速度时间公式可得：t1＝eq\f(vA－v0,－a)，t2＝eq\f(0－vA,－a)故有：eq\f(t1,t2)＝eq\f(vA－v0,－vA)＝eq\f(5－3,3)＝eq\f(2,3)，故C正确，D错误．16．如图2所示，质量为m的硬纸面字典A对称放在硬纸面的书本B上．将书本B的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，此时书脊与水平面的夹角为θ.下列说法正确的是()图2A．B对A的作用力为零B．B的一个侧面对A的弹力为mgcosθC．B对A的最大静摩擦力的合力为mgsinθD．A受到三个力的作用答案C解析字典A受到竖直向下的重力、两个侧面的支持力、两个侧面的静摩擦力，共五个力作用，选项D错误．由平衡条件可知，B对A的作用力大小等于A的重力，方向竖直向上，选项A错误．B的两个侧面对A的弹力的合力等于mgcosθ，选项B错误．由平衡条件可知，两个侧面的静摩擦力的合力等于mgsinθ.将书本B的一端缓慢抬高至字典刚要滑动，则B对A的最大静摩擦力的合力为mgsinθ，选项C正确．17.如图3所示，在正方形abcd区域内存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1.一带电粒子从ad边的中点P垂直ad边射入磁场区域后，从cd边的中点Q射出磁场；若将磁场的磁感应强度大小变为B2后，该粒子仍从P点以相同的速度射入磁场，结果从c点射出磁场，则eq\f(B1,B2)等于()图3A.eq\f(5,2)B.eq\f(7,2)C.eq\f(5,4)D.eq\f(7,4)答案A解析设正方形磁场边长为L，由题意可知，粒子在磁场B1中做圆周运动的轨道半径：r1＝eq\f(L,2)，粒子在磁场B2中的运动轨迹如图所示，由几何知识得：L2＋(r2－eq\f(L,2))2＝req\o\al(2,2)，解得：r2＝eq\f(5,4)L粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)解得B＝eq\f(mv,qr)则eq\f(B1,B2)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(\f(5,4)L,\f(1,2)L)＝eq\f(5,2)，故A正确，B、C、D错误．18．如图4所示，光滑水平面OB与足够长的粗糙斜面BC相接于B点，一轻弹簧左端固定于竖直墙面，现用质量为m的滑块压缩弹簧至D点(弹簧在弹性限度内)，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度h时静止在斜面上．重力加速度为g，以水平面OB为参考平面．下列说法正确的是()图4A．弹簧弹开滑块的过程中，弹性势能越来越大B．弹簧对滑块做功为W时，滑块的动能为0.5WC．滑块在斜面上静止时的重力势能为mghD．滑块在斜面上运动的过程中，克服摩擦力做功为mgh答案C解析弹簧弹开滑块的过程中，弹簧的压缩量越来越小，则弹性势能越来越小，故A错误．弹簧对滑块做功为W时，对滑块，由动能定理知滑块的动能为W，故B错误．滑块在斜面上静止时离OB面的高度为h，以水平面OB为参考平面，则滑块的重力势能为mgh，故C正确．对滑块在斜面上运动的过程，由动能定理得－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得滑块克服摩擦力做功为Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－mgh，由于不知道vB的大小，故无法求解滑块克服摩擦力做的功，故D错误．19．如图5甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈接有相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2，导线电阻不计，开关S闭合前，副线圈上的电压按图乙所示规律变化．现闭合开关S，则下列说法正确的是()图5A．L2两端的电压瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin50πt(V)B．电压表V1的示数为1100VC．L1的实际功率减小D．变压器的输入功率增大答案BD解析根据题图乙知周期T＝0.02s，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，L2两端的电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，故A错误；副线圈电压的有效值U2＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，根据原、副线圈电压与匝数成正比得，原线圈两端的电压U1＝5U2＝1100V，故B正确；闭合开关S后，L1两端的电压不变，L1的实际功率不变，故C错误；闭合开关S后，输出功率为两只灯泡的功率之和，由于L1功率不变，增加了L2的功率，所以输出功率增大，所以输入功率增大，故D正确．20．2017年3月30日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号甲运载火箭，成功发射了第22颗北斗导航卫星，该卫星属于地球同步轨道卫星，其轨道半径为r.已知月球环绕地球运动的周期为27天，某颗近地卫星绕地球运动的周期为1.4h，地球半径为R，由此可知()A．该北斗导航卫星的轨道半径与月球的轨道半径之比为1∶9B．该近地卫星的轨道半径与月球的轨道半径之比为1∶16C．该北斗导航卫星绕地球运行时的加速度与地球赤道上物体随地球自转的加速度之比为r∶RD．该北斗导航卫星绕地球运行时的加速度与月球绕地球运行的加速度之比为9∶1答案AC解析由开普勒定律：eq\f(r\o\al(3,北),r\o\al(3,月))＝eq\f(T\o\al(2,北),T\o\al(2,月))得eq\f(r北,r月)＝eq\r(3,\f(T\o\al(2,北),T\o\al(2,月)))＝eq\r(3,\f(1,272))＝eq\f(1,9)，则A正确；同理可知B错误．北斗导航卫星绕地球运行与地球赤道上物体随地球自转角速度相等，由a＝rω2知eq\f(a北,a物)＝eq\f(r,R)，则C正确．由a＝eq\f(GM,r2)可知：eq\f(a北,a月)＝eq\f(r\o\al(2,月),r\o\al(2,北))＝eq\f(81,1)，则D错误．21.如图6所示，以O点为圆心，半径为0.2m的圆与坐标轴交点分别为a、b、c、d，该圆所在平面内有一匀强电场(图中未画出)，已知a、b、c三点的电势分别为2V、2eq\r(3)V、－2V，则下列说法正确的是()图6A．O点电势为1VB．该匀强电场的电场强度大小为20V/mC．电子从b点运动到a点电势能增加D．从b点以相同速率向各个方向发射完全相同的、电荷量为e的带正电粒子(重力不计)，其中到达c点的粒子的动能增大了(2eq\r(3)－2)eV答案BC解析a、c两点的电势分别为2V、－2V，O点为ac中点，aO与Oc电势差相等，所以O点电势为0V，故A错误．Ob段上找一点M电势为2V，OM＝eq\f(0.2,2\r(3))×2m＝eq\f(\r(3),15)m，连接aM即为等势面，且∠OaM＝30°.过O点作aM的垂线并指向O，即为电场线．由几何关系可得E＝eq\f(U,d)＝eq\f(2,0.1)V/m＝20V/m，故B正确．电子在电势低的地方电势能大，故C正确．Ubc＝φb－φc＝(2eq\r(3)＋2)V，由W＝qU得W＝(2eq\r(3)＋2)eV，故D错误．三、非选择题(本题共6小题，共62分)(一)必考题22．(6分)用螺旋测微器测量某金属圆柱体的直径，用20分度游标卡尺测量长度，测量结果如图7所示，直径d＝________cm，长度L＝________cm.图7答案0.1843(0.1841～0.1845均给分)4.24023．(9分)在“描绘小灯泡的U—I曲线”实验中，使用的小灯泡上标有“3V0.6W”的字样，其他可供选择的器材有：A．电压表(量程0～6V，内阻20kΩ)B．电压表(量程0～20V，内阻60kΩ)C．电流表(量程0～3A，内阻0.2Ω)D．电流表(量程0～0.6A，内阻1Ω)E．滑动变阻器R1(0～1000Ω，允许通过的最大电流为0.1A)F．滑动变阻器R2(0～20Ω，允许通过的最大电流为2A)G．学生电源E(6～8V)H．开关S及导线若干(1)在虚线方框中画出实验电路图，并注明所选器材的符号(要求小灯泡上电压的改变能从0开始)．(2)某同学测量结果如下表所示，请根据表中数据在图8甲坐标系中画出小灯泡的U－I曲线.U(V)0.20.51.01.52.02.53.0I(A)0.0500.1000.1500.1720.1900.2050.215图8(3)用上述两只小灯泡a、b组成图乙所示的电路．已知电源的电动势为3V、内阻不计，则灯泡a、b消耗的总功率P＝________W(结果保留两位有效数字)．答案(1)如图所示

(2)如图所示(3)0.5224.(12分)如图9所示，倾角θ＝37°的传送带以v＝0.6m/s的速度向上匀速传动．在传送带的最顶端，有一个炭块(可视为质点)以v0＝1.2m/s的初速度沿传送带下滑．炭块与传送带之间的动摩擦因数为0.9，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，传送带足够长，求：图9(1)炭块沿传送带向下运动的最大位移；(2)炭块在传送带上的划痕的长度．答案(1)0.6m(2)1.35m解析(1)炭块下滑过程中的加速度大小为μmgcos37°－mgsin37°＝ma解得：a＝1.2m/s2根据速度位移关系可得炭块沿传送带向下运动的最大位移xm＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)解得xm＝0.6m(2)设炭块速度减到零所用时间为t，则t＝eq\f(v0,a)＝1s此时间内传送带的位移为x1＝vt＝0.6m炭块反向加速到与传送带速度相等时所需时间为t′＝eq\f(v,a)＝0.5s在此时间内，传送带的位移x2＝vt′＝0.3m炭块的位移x3＝eq\f(vt′,2)＝0.15m炭块在传送带上的划痕长度L＝xm＋x1＋x2－x3＝1.35m25.(20分)如图10所示，两条平行的水平导轨FN、EQ的间距为L，导轨的左侧与两条竖直固定、半径为r的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道平滑相接，圆弧轨道的最低点与导轨相切，在导轨左边宽度为d的EFHG矩形区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，且在磁场的右边界、垂直导轨放有一金属杆甲，右边界处无磁场．现将一金属杆乙从eq\f(1,4)圆弧轨道的最高点PM处由静止释放，金属杆乙滑出磁场时，与金属杆甲相碰(作用时间极短)并粘在一起，最终它们停在距磁场右边界为d的虚线CD处．已知金属杆甲、乙的质量均为m，接入电路的电阻均为R，它们与导轨间的动摩擦因数均为μ，且它们在运动过程中始终与导轨间垂直且接触良好，导轨的电阻不计，重力加速度大小为g.求：图10(1)金属杆乙通过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小FN；(2)整个过程中，感应电流通过金属杆甲所产生的热量Q；(3)金属杆乙通过磁场过程中通过其横截面的电荷量q.答案(1)3mg(2)eq\f(1,2)mg(r－5μd)(3)eq\f(BLd,2R)解析(1)金属杆乙在eq\f(1,4)圆弧轨道上下滑过程中的机械能守恒，有：mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v0＝eq\r(2gr)对金属杆乙在圆弧轨道最低点运用牛顿第二定律可得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),r)联立解得：FN＝3mg(2)设金属杆乙与金属杆甲相碰前后的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒可得：mv1＝2mv2金属杆甲、乙相碰后：2μmgd＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)联立解得：v1＝2eq\r(2μgd)金属杆乙在磁场中运动的过程中，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmgd＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋Q总又：Q＝eq\f(R,R＋R)Q总联立解得：Q＝eq\f(1,2)mg(r－5μd)(3)金属杆乙通过磁场区域的过程中产生的平均感应电动势为：eq\x\to(E)＝eq\f(BLd,t)此过程中的平均电流为：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋R)q＝eq\x\to(I)t解得：q＝eq\f(BLd,2R)(二)选考题(请从下列2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)33．【物理—选修3－3】(15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．A．0℃的冰融化成0℃的水，分子的平均动能不变，内能增大B．载重汽车卸去货物的过程中，外界对汽车轮胎内的气体做正功C．热量可以从低温物体传递到高温物体D．小昆虫可以在水面上蹦来蹦去，是由于水面有表面张力E．一定量的某种理想气体在等温膨胀过程中，压强一定增加(2)(10分)如图11所示，硬质透明塑料瓶用橡皮塞将瓶口塞住，已知大气压强为p0，外界环境温度不变，圆柱形橡皮塞横截面积为S.①若用打气筒再将n倍于瓶子容积的空气缓慢压入瓶中，此时橡皮塞恰能跳起．已知橡皮塞的质量为m，求橡皮塞跳起瞬间瓶中气体的压强与瓶口最大静摩擦力的大小；②若用手按压住橡皮塞，用打气筒再将2n倍于瓶子容积的空气缓慢压入瓶中，然后突然撤去按压橡皮塞的手，求撤去手瞬间橡皮塞的加速度大小．图11答案(1)ACD(2)见解析解析(2)①由玻意耳定律有：p0(n＋1)V＝pV解得：p＝(n＋1)p0对橡皮塞受力分析，由平衡条件有：p0S＋Ff＋mg＝(n＋1)p0S解得：Ff＝np0S－mg②由玻意耳定律有：p0(2n＋1)V＝p′V解得：p′＝