2021-2022年收藏的精品资料高考模拟练3.doc

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1、高考模拟练(3)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1.太阳内部不断地进行着大量的核反应，HHHeXE是其中的核反应之一，E为核反应过程释放的能量。已知H的比结合能为1.09 MeV，H的比结合能为2.78 MeV，He的比结合能为7.03 MeV，则下列说法正确的是()A.X是质子 B.该核反应是衰变C.E3.16 MeV D.He比H、H更稳定解析根据质量数和电荷数守恒可知，核反应方程HHHeXE中的X是中子，该核反应属于核聚变，A、B错误；核反应中释放的能量为E7.03 MeV41.09 MeV22.78 MeV317.6 MeV，C错误；

2、由题可知，He的比结合能比H、H的比结合能大，因此He比H、H更稳定，D正确。答案D2.(2019湖北武汉调研)某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水向下喷出，可以使运动员悬停在空中，如图1所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度g10 m/s2，水的密度1.0103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为()图1A.2.7 m/s B.5.4 m/s C.7.6 m/s D.10.8 m/s解析设t时间内每个喷嘴有质量为m的水射出，对这部分水由动量定理得Ft2mv，mvt，运动员悬停在空中，所以有FMg，联立解

3、得v7.6 m/s，故C正确。答案C3.2019年5月17日，我国成功发射第45颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步卫星)。该卫星()A.入轨后可以位于北京正上方B.入轨后的速度大于第一宇宙速度C.发射速度大于第二宇宙速度D.若发射到近地圆轨道所需能量较少解析同步卫星只能位于赤道正上方，A错误；由可得v，可知卫星的轨道半径越大，环绕速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的速度)，B错误；同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度，C错误；若该卫星发射到近地圆轨道，所需发射速度较小，所需能量较少，D正确。答案D4.(2019海口模拟)如图2所示，一个边长为L的

4、正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直于金属框平面向里的匀强磁场中。若A、B两端与导线相连，由A到B通以如图所示方向的电流(由A点流入，从B点流出)，流过AB边的电流为I，则金属框受到的安培力大小和方向分别为()图2A.2BIL竖直向下 B.BIL竖直向上C.BIL竖直向上 D.BIL竖直向下解析由题图可知，电流由A点流入，从B点流出，则有AB和ADCB的电流，而ADCB的电流产生的安培力可等效成DC边受到的安培力，由于流过AB边的电流为I，根据并联电路特点，流过DC边的电流为I，因此金属框受到的合安培力大小为BIL，根据左手定则知安培力方向竖直向上，故选

5、项B正确。答案B5.质量均为m的小球A、B用轻杆连接，小球B用不可伸长的细线悬挂在竖直墙壁上的O点，小球A在竖直向上的力F作用下从图3所示位置开始沿竖直光滑墙壁缓慢上移至水平虚线位置，细线始终处于张紧状态。则在小球A上移过程中()图3A.轻杆先受压力后受拉力B.细线的张力大小不变C.墙壁对小球A的作用力不断增大D.轻杆对小球A的作用力先增大后减小解析小球B受三个力而平衡，这三个力构成如图甲所示的矢量三角形，且力的矢量三角形总与ABO相似，因此有，小球A缓慢上移的过程中OA减小，因此细线的张力FT和轻杆的弹力FN均增大，且轻杆始终受到压力，选项A、B、D错误；小球A的受力分析如图乙，FN1FNs

6、in ，小球A上移时增大，sin 增大，力FN1增大，选项C正确。甲乙答案C6.某住宅小区的应急供电系统由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，如图4所示，发电机中矩形线圈电阻不计，它可绕轴OO在磁感应强度大小为B的匀强磁场中以角速度匀速转动。降压变压器副线圈上的滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线电阻。下列判断正确的是()图4A.若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈中的电流瞬时值最大B.当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动C.若滑动触头P向下滑动，流向R0的电流将减小D.若发电机线圈的转速减为原来的，用户获得的功率也将减为原来的解析若发

7、电机线圈某时刻处于图示位置，此时通过线圈的磁通量最大， 但是穿过线圈磁通量的变化率为零，感应电动势为零，变压器原线圈中的电流瞬时值为零，故A错误；当用户数目增多时，用电量增加，导线上的电压损失变大，用户得到的电压减小，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动，增大副线圈匝数，提高输出电压，故B正确；若滑动触头P向下滑动，副线圈的输出电压增大，但流过R0的电流是由用户和R0共同决定的，在用户不变的情况下，流过R0的电流将增大，故C错误；若线圈从中性面开始计时，发电机产生感应电动势的表达式为eNBSsin t，2n，若发电机线圈的转速减为原来的，感应电动势的最大值EmNBS将减为原来的，变压器原

8、线圈两端的电压将减为原来的，副线圈的输出电压U也将减为原来的，而用户获得的功率P用IUI2R0，P用是由变压器的输出功率和输电线损耗的功率共同决定的，故D错误。答案B7.某静电场中，在x轴上的电势随坐标x分布的关系图象如图5所示，其中xx1处和xx1处图线切线的斜率的绝对值相等。一质量为m、电荷量为q的试探电荷从xx1处由静止释放，仅在电场力作用下沿x轴运动，则()图5A.x轴上xx1和xx1两处的电场强度相同B.试探电荷在x0处速度大小为C.试探电荷从x1处运动到x0的过程中，电势能减少q(01)D.试探电荷在x10段做匀加速运动，在0x1段做匀减速运动解析根据x图象可知，xx1和xx1两处

9、的电场强度大小相等、方向相反，A错误；x1处的电势为1，由动能定理有q1(0)mv2，可得v，B错误；试探电荷从xx1处运动到x0处电势能减少Epq1(q0)q(01)，C正确；在x1x1之间图线的斜率的绝对值是变化的，所以电场强度大小是变化的，故试探电荷在x10段做变加速运动，在0x1段做变减速运动，D错误。答案C8.(2019济南质量评估)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图6所示。一个小物块分别从两个斜面顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端。下列说法正确的是()图6A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等B.物块下滑到底端时，速度大小与其质量

10、无关C.物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量较少D.物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关解析设斜面的倾角为、物块与斜面之间的动摩擦因数为、斜面的高度为h，则对小物块由顶端下滑到底端的过程，由动能定理得mghmgcos mv2，解得v，则物块沿1滑到底端的速度较小，且速度的大小与物块的质量无关，A错误，B正确；物块与斜面之间因摩擦而产生的热量为Qmgcos mgh，则小物块沿1下滑到底端时因摩擦而产生的热量较多，且该热量的多少与质量成正比，C、D错误。答案B二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分)9.如图7是氢原子的能级图。一个氢原子从n4的能级向低能级跃迁，则以下判断正

11、确的是()图7A.该氢原子最多可辐射出6种不同频率的光子B.该氢原子跃迁到基态时需要吸收12.75 eV的能量C.该氢原子吸收不少于0.85 eV的光子就能电离D.该氢原子向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量是特定值解析本题研究的是单个氢原子，单个处于n能级的氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出(n1)条不同频率的光子，故该氢原子向低能级跃迁时最多可辐射出3种不同频率的光子，选项A错误；该氢原子跃迁到基态时需要释放0.85 eV(13.6 eV)12.75 eV的能量，选项B错误；只要吸收的光子的能量不小于0.85 eV，该氢原子就能电离，选项C正确；氢原子向低能级跃迁时，向外辐射的光子的能量等于

12、两能级的能量差，此能量差为一特定值，选项D正确。答案CD10.一列简谐横波某时刻的波形如图8(a)所示，从该时刻开始计时，质点A的振动图象如图(b)所示，下列说法正确的是()图8A.t0.6 s时，质点P的位移为2 mB.00.6 s内，质点P运动的路程为6 mC.t0.6 s时，波传播的距离为6 mD.若t0时，振动刚刚传到A点，则t1.6 s时，x50 m处的质点第二次位于波峰解析由振动图象可知t0时刻质点A沿y轴负方向振动，则波向x轴正向传播，质点P此时沿y轴负方向振动；T0.8 s，则t0.6 s时，质点P振动T到达最高点，则位移为2 m，06 s内质点P的路程为3A6 m，选项A、B

13、正确；波速v m/s25 m/s，则t0.6 s时，波传播的距离为x15 m，选项C错误；若t0时，振动刚刚传到A点，则x50 m处的质点第二次位于波峰时，波向前传播的距离为60 m，所用时间为 s2.4 s，故选项D错误。答案AB11.如图9甲所示，位于同一竖直面内的两条倾角都为的倾斜轨道a、b分别与一传送装置的两端平滑相连。现将小物块从轨道a的顶端由静止释放，若传送装置不运转，小物块运动到轨道b底端的过程的vt图象如图乙所示；若传送装置匀速转动，则小物块下滑过程的vt图象可能是下列选项中的()图9解析若传送装置顺时针匀速转动，则物块在传送装置上运动时所受的摩擦力与传送装置静止时的相同，加速

14、度为a1gsin gcos ，则vt图象不变，选项A正确；若传送装置逆时针匀速转动，当物块运动到传送装置上时的速度小于传送装置的速度时，物块将受到沿传送装置向下的摩擦力，加速度为a2gsin gcos a1，此时物块运动到轨道b底端的速度大于v1，则选项C正确，D错误；当物块运动到传送装置上时的速度大于等于传送装置的速度时，物块将受到沿传送装置向上的摩擦力，加速度仍为a1，则选项B错误。答案AC12.如图10所示，两足够长的光滑水平导轨组成水平轨道，左侧轨道间距为0.4 m，右侧轨道间距为0.2 m。轨道所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2 T。质量均为0.01 kg的金属棒

15、M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒M以5 m/s的初速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒一直在宽导轨上运动，N棒一直在窄导轨上运动。已知两金属棒接入电路的总电阻为0.2 ，轨道电阻不计，g取10 m/s2，下列说法正确的是()图10A.M棒减速运动时，回路内产生顺时针方向的电流(俯视)B.M、N棒最后都以2.5 m/s的速度向右匀速运动C.从开始到最终两金属棒做匀速运动，回路中产生的焦耳热为6.25102 JD.在整个运动过程中，金属棒M、N在水平轨道间扫过的面积之差为0.5 m2解析金属棒M向右做减速运动时，穿过M、N与导

16、轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流(俯视)，A正确；两棒最后匀速运动时，电路中无电流，即BL1v1BL2v2，解得v22v1，选取水平向右为正方向，对单棒可以用动量定理，对N有FN安tmv2，对M有FM安tmv1mv0，又知道M所在轨道宽度是N所在轨道宽度的2倍，故FM安2FN安，联立解得v11 m/s，v22 m/s，B错误；系统动能的减少量等于产生的焦耳热，则Qmvmvmv，解得Q0.1 J，C错误；在N加速的过程中，由动量定理得BL2tmv20，电路中的平均电流，根据法拉第电磁感应定律有E，其中磁通量的变化量BS，联立以上各式得S0.5 m2，D正

17、确。答案AD三、实验题(本题共2小题，共14分)13.(6分)某小组利用如图11所示装置研究“一定质量气体温度不变时，压强与体积的关系”。图11如图所示，带刻度的注射器内封闭了一定质量的气体，推动活塞可以改变气体体积V。实验时所用测量压强的装置较特殊，测量的是注射器内部气体和外部大气(压强为p0)的压强差p。在多次改变体积后，得到如下数据：p/105 Pa00.110.250.430.67V/mL109876(1)每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了_。(2)研究小组基于数据，以p为y轴，作出的函数图线为直线，则x轴是_。(3)若图象斜率为k，该直线的函数表达式是_，图象纵轴

18、截距的绝对值的物理含义是_。解析(1)在实验过程中，每次气体的状态调整后，都要等一会儿再记录数据，这是为了让封闭气体与外界进行充分的热交换，温度恢复原状，保持不变。(2)根据p0V0(p0p)V，pp0V0p0，则x轴是。(3)若图象斜率为k，该直线的函数表达式是pkp0，根据图象表达式可以得到图象纵轴截距的绝对值为外部大气压强的值。答案(1)使封闭气体与外界进行充分的热交换(保持封闭气体与外界进行充分的热交换，保持封闭气体的温度不变)(2分)(2)(1分)(3)pkp0(2分)大气压强(1分)14.(8分)某品牌电饭锅采用纯电阻电热丝加热，有“煮饭”和“保温”两种工作模式，在220 V电压下

19、的额定功率分别为600 W和80 W。物理兴趣小组的同学们想通过实验测定该电饭锅电热丝的电阻。现有实验器材：干电池两节，滑动变阻器R1(最大阻值为20 )，电阻箱R(精度0.1 )，电压表V(量程3 V，内阻很大)，电流表A(量程6 mA，内阻r35.0 )，开关及导线若干。图12(1)同学们利用多用电表进行初步测量和估算发现，电饭锅处于不同工作模式时，实验电流差异较大。为了能顺利完成实验，他们打算将电流表的测量范围扩大到48 mA，则应该将电阻箱调节至R_ 并与电流表并联。(2)同学们设计并连接了图12甲所示的电路图，接通电源前应将滑动变阻器的滑片置于_(填“a”或“b”)端。(3)将电饭锅

20、调至“煮饭”模式，_(填“闭合”或“断开”)开关S2，再闭合开关S1，调节滑动变阻器阻值，发现两表均有示数，但都不能调到零。如果该故障是由图甲中标号“1”到“6”中的一根导线断路引起的，则断路的导线是_。排除故障后，调节滑动变阻器阻值，记下各电表六组读数后断开开关S1。然后将电饭锅调至“保温”模式，改变S2状态，再闭合开关S1，调节滑动变阻器阻值，记下各电表六组读数后断开开关S1。(4)直接将两组实验读到的数据绘制成如图乙所示的图象。由图可知，该实验中电饭锅处于“煮饭”模式时测得的阻值为_ 。(结果保留2位有效数字)解析(1)根据电流表改装原理(并联分流)有Igr(IIg)R，即0.00635

21、.0 V(0.048 A0.006 A)R，解得R5.0 。(2)开关闭合后应使电路中流过电表的电流最小，滑动变阻器采用分压式接法，故滑片应置于a端使电饭锅的电路电流为零，保证安全。(3)开关S2连接电阻箱用于改装电流表，故电路闭合前应先闭合S2，否则会因电流表量程过小而在电路闭合后损坏电表，故障是两表的示数不能从零开始，是因为滑动变阻器从分压式接法变成了限流式接法，则导线3出现断路。(4)在IU图象中，斜率的倒数代表电阻，设电流表读数为I，干路电流为I，则Ir(II)R，将I5 mA，U2 V，代入R1，则R1 50 。答案(1)5.0(2分)(2)a(1分)(3)闭合(1分)3(2分)(4

22、)50(2分)四、计算题(本题共4小题，共46分)15.(8分)蓝牙(Bluetooth)是一种无线技术标准，可实现固定设备、移动设备和楼宇个人域网之间的短距离数据交换。某同学用安装有蓝牙设备的玩具车A、B进行实验：在距离为d6 m的两条平直轨道上，A车自O1点从静止开始以加速度a2 m/s2向右匀加速运动，B车自O2点前方s3 m处的O3点以初速度v06 m/s向右匀速直线运动，则两车能通信多长时间？已知当两车间的距离超过s010 m时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间。(结果可以用根式表示)图13解析设经过时间t两车相距s0，由运动学规律得A车的位移sAat2(1分)B车的位移sBv0

23、t(1分)由几何关系知(sBssA)2d2s(1分)联立解得t11 s(1分)t25 s(1分)t3(23) s(1分)t4(23) s(舍去)显然，两车能通信的时间段为0t1，t2t3，故两车能通信的时间为tt1t3t2(21) s(2分)答案(21) s16.(8分)(2020河北名校联盟监测卷)如图14所示，半圆玻璃砖的半径R2 cm，折射率为n，直径AB与屏幕垂直并接触于A点。激光a以入射角i30射向半圆玻璃砖的圆心O，结果在水平屏幕MN上出现两个光斑。图14(1)求两个光斑之间的距离；(2)改变入射角，使屏MN上只剩一个光斑，求此光斑离A点的最长距离。解析(1)设折射角为r，根据折射

24、定律有n(1分)解得r60(1分)由几何知识得两个光斑PQ之间的距离PQPAAQRtan 30Rtan 608 cm。(2分)(2)入射角增大的过程中，当发生全反射时屏MN上只剩一个光斑，此光斑离A最远时，恰好发生全反射，入射角等于临界角，即iC，则有sin C(2分)cos C(1分)最远距离QAR2 cm2 cm。(1分)答案(1)8 cm(2)2 cm17.(14分)如图15，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA2 kg、mB1 kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩

25、的轻质弹簧(未被拴接)，其弹性势能Ep12 J。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量M2 kg、长L0.5 m的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点d处。已知A与小车之间的动摩擦因数满足0.10.3，g取10 m/s2，求：图15(1)A、B离开弹簧瞬间的速率vA、vB；(2)圆弧轨道的半径R；(3)A在小车上滑动过程中产生的热量Q(计算结果可含有)。解析(1)由动量守恒定律0mAvAmBvB(1分)由能量关系EpmAvmBv(1分)解得vA2 m/s，vB4 m/s(1分)(2)设B经过d点时速度为vd，在d点有mBgmB(2分)

26、由机械能守恒定律有mBvmBvmBg2R(1分)解得R0.32 m(1分)(3)设1时A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v由动量守恒定律有mAvA(mAM)v(1分)由能量关系有1mAgLmAv(mAM)v2(1分)解得10.2(1分)讨论：当满足0.10.2时，A和小车不共速，A将从小车左端滑落，产生的热量为Q1mAgL10(J)(2分)当满足0.20.3时，A和小车能共速，产生的热量为Q2mAv(mAM)v2(1分)解得Q22 J(1分)答案(1)2 m/s4 m/s(2)0.32 m(3)见解析18.(16分)如图16所示，平面直角坐标系第一象限中，两个边长均为L的正方形与一个直角边长为

27、L的等腰直角三角形相邻排列，三个区域的底边在x轴上，正方形区域和三角形区域存在大小相等、方向沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子由正方形区域的顶点A以初速度v0沿x轴正方向射入区域，离开区域后打在区域底边的中点P。若在正方形区域内施加垂直坐标平面向里的匀强磁场，粒子将由区域右边界中点Q离开磁场，进入区域中的电场。不计粒子重力，求：图16(1)正方形区域中电场强度E的大小；(2)正方形区域中所加磁场的磁感应强度的大小；(3)粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离。解析(1)带电粒子在区域中做类平抛运动，有Lv0t(1分)yat2(1分)vyat(1分)a(1分)设粒子离开区域时

28、速度方向偏离初速度方向的角度为，则tan (1分)离开区域后粒子在区域中做匀速直线运动，故tan (1分)由以上各式联立得E，45(1分)(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由(1)分析知速率为vv0(1分)qvB(1分)由几何关系可得R(1分)可求得B(1分)(3)粒子从Q点进入区域后，若区域补成正方形区域，空间布满场强为E的电场，由对称性可知，粒子将沿抛物线轨迹运动到(3L，L)点，水平向右离开区域，通过逆向思维，可认为粒子从(3L，L)点向左做类平抛运动，当粒子运动到原电场右边界时xv0t(1分)yat2(1分)由几何关系知xyL(1分)解得y(2)L(1分)因此，粒子离开三角形区域的位置到x轴的距离dLy(1)L(1分)答案(1)(2)(3)(1)L