全国通用版高考物理总复习 精准提分练仿真模拟练一.docx

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全国通用版高考物理总复习精准提分练仿真模拟练一

仿真模拟练

（一）

（时间：

70分钟　满分：

110分）

二、选择题：

本题共8小题，每小题6分，共48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．下列核反应方程式中，表示核聚变过程的是（　　）

A.

N＋

He→

O＋

H

B.

U→

Th＋

He

C.

H＋

H→

He＋

n

D.

U＋

n→

Ba＋

Kr＋3

n

答案　C

解析　轻核聚变是指轻核结合成质量较大的核，并释放出核能的反应，A项为人工转变，B项为α衰变，C项为轻核聚变，D项为重核裂变，故C正确．

15．2018年4月14日，风靡全球的蹦床主题公园——乐园空间登陆上海，在人气最高的自由蹦床活动中，小朋从扁带上竖直向上跳起，落下后沉入海绵池中，如图1是小朋某次游戏中的v－t图象，t＝0时小朋离开扁带，将小朋视为质点，不考虑空气阻力，则小朋（　　）

图1

A．t1时刻落到海绵上

B．t2时刻到达最低处

C．t3时刻处于平衡状态

D．t2～t4时间内处于超重状态

答案　D

解析　小朋先向上做匀减速运动，在t1时刻达到最高点，故A错误；小朋达到最高点后开始做自由落体运动，接触海绵后，加速度开始减小，t2时刻速度达到最大，但没有在最低点，故B错误；t3时刻速度为零，但合力不为零，故C错误；t2～t4时间内先向下做减速运动，速度减到零后开始反向做加速运动，在此过程中，加速度的方向一直向上，所以是超重状态，故D正确．

16．如图2，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在竖直向下的匀强电场中运动，M、N为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在M点的速度大小为v0，方向与水平方向的夹角为60°，N点为轨迹的最高点，不计重力．则M、N两点间的电势差为（　　）

图2

A.

B．－

C．－

D.

答案　B

解析　从M点到N点利用动能定理有：

qUMN＝

mv

－

mv

＝

m（v0cos60°）2－

mv

解得：

UMN＝－

，故B正确．

17．一质量为m的电动汽车在平直公路上以恒定的功率加速行驶，当速度大小为v时，其加速度大小为a，设汽车所受的阻力恒为f.以下说法正确的是（　　）

A．汽车的功率为fv

B．当汽车的速度增加到2v时，加速度为

C．汽车行驶的最大速率为（1＋

）v

D．当汽车的速度为v时，行驶的距离为

答案　C

解析　汽车做加速运动，由牛顿第二定律有：

F－f＝ma，所以F＝f＋ma，

所以汽车的功率为P＝Fv＝（f＋ma）v，故A错误；

当汽车的速度增加到2v时，此时的牵引力为

F＝

＝

＝

由牛顿第二定律有：

F－f＝ma1，即

－f＝ma1

解得a1＝

，故B错误；

当汽车的牵引力与阻力相等时，汽车速度最大，

即vm＝

＝

＝

v，故C正确；

由于以恒定的功率行驶，汽车做加速度减小的加速运动，行驶的距离不能用2ax＝v2即x＝

来计算，故D错误．

18．如图3，在含有理想变压器的电路中，三个定值电阻R2＝R3＝2R1，电流表为理想交流电表，U为有效值恒定的正弦交流电源．当S闭合时，电流表的示数为I；当S断开时，电流表的示数为

.该变压器原、副线圈匝数比

为（　　）

图3

A．2B．3C．4D．5

答案　A

解析　设变压器原、副线圈匝数比为k，则可知，开关闭合时，副线圈总电流为kI，根据理想变压器原理可知

＝k，同理

＝k

联立解得：

k＝2，故A正确．

19．如图4甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．下列图象正确的是（　　）

图4

答案　BD

解析　线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率．由题图可知，0～1s时间内，B增大，Φ增大，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反（感应电流产生的磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则知感应电流是逆时针的，是负值，因磁场均匀变化，所以产生的感应电流恒定，同理可判断出1～4s内感应电流的方向，故A错误，B正确；0～1s时间内，ad边感应电流是向下的，ad边所受的安培力F＝BIL，根据左手定则得安培力方向向右为正值，由于B随时间均匀增大，I不变，所以安培力F随时间t均匀增大，同理可判断出1～4s时间内安培力F随时间t的变化关系，故C错误，D正确．

20．某卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T.已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，假设地球的质量分布均匀，忽略地球自转．以下说法正确的是（　　）

A．卫星运行半径r＝

B．卫星运行半径r＝

C．地球平均密度ρ＝

D．地球平均密度ρ＝

答案　AC

解析　由万有引力提供向心力有：

G

＝m

r和G

＝mg

联立解得：

r＝

，故A正确，B错误；

地球的质量M＝

，

地球的体积V＝

，

所以地球的密度为ρ＝

＝

＝

，

故C正确，D错误．

21.有三根长度皆为L的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别挂有质量均为m、电荷量分别为－q和q的带电小球A和B，A、B间用第三根线连接起来．所在空间存在水平向右、大小E＝

的匀强电场，系统平衡时，A、B球的位置如图5所示．现将O、B之间的轻线烧断，因空气阻力，A、B两球最后会达到新的平衡位置（不计两带电小球间相互作用的静电力）．以下说法正确的是（　　）

图5

A．A球的电势能增加了

qEL

B．B球的电势能减少了

qEL

C．A球的重力势能减少了

mgL

D．B球的重力势能减少了

mgL

答案　ACD

解析　设达到新的平衡位置时OA绳与竖直方向的夹角为α，OB绳与竖直方向的夹角为β，由平衡条件得

对A：

FT1cosα＝mg＋FT2cosβ

qE＝FT1sinα＋FT2sinβ

对B：

FTcosβ＝mg

qE＝FTsinβ

FT＝FT2

联立解得：

α＝0，β＝45°

所以A球的重力势能减少了

mgL（1－cos30°）＝

mgL

B球的重力势能减少了

mgL（1＋cos45°）－mgLcos30°＝

mgL

A球的电势能增加了qELsin30°－qEL＝

B球的电势能增加了qEL（sin45°－sin30°）＝

qEL

综上所述，故A、C、D正确．

三、非选择题

（一）必考题

22．（5分）利用图6的装置探究“恒力做功与系统动能变化”的关系，小车的质量为M，钩码的质量为m，打点计时器的电源是频率为f的交流电．

图6

（1）实验中，把长木板右端垫高，在不挂钩码且________的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响．（填选项前的字母）

A．打点计时器不打点

B．打点计时器打点

（2）图7是正确操作后得到的一条纸带，纸带上各点是打出的计时点，其中O为打出的第一个点．在纸带上连续选取A、B、C、D、E点进行分析，测得各点到O点的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5，则打点计时器打D点时，小车的速度vD＝____.（用已知和测得物理量的符号表示）

图7

（3）若采用图中的OD过程进行验证，则需要验证的关系式为________．（用已知和测得物理量的符号表示）

答案　

（1）B　

（2）

（3）mgs4＝

（m＋M）（s5－s3）2f2

解析　

（1）在不挂钩码且打点计时器打点的情况下，若小车拖着纸带做匀速直线运动，表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响，故选B.

（2）利用中间时刻的瞬时速度等于平均速度可求得

vD＝

＝

（3）根据功能关系可知mghD＝

（m＋M）v

代入数据得：

mgs4＝

（m＋M）（s5－s3）2f2

只要验证上关系式成立即可．

23．（10分）实验室中有热敏电阻Rt、电炉丝、电磁继电器、电源E（3.6V，内阻不计）、电阻箱R0（0～999.9Ω）、开关K和导线若干，某同学设计了如图8甲所示的温控电路，当通过电磁继电器线圈的电流达到20mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18mA时，衔铁与继电器分开，电炉丝通电加热，图乙为热敏电阻Rt的阻值与温度t的关系．

图8

该同学主要实验过程如下，完成下列填空：

（1）用多用电表的欧姆“×1Ω”挡测继电器线圈的电阻时，主要步骤如下：

A．将选择开关旋至“×1Ω”挡，短接两表笔，调节欧姆调零旋钮，使指针指在欧姆挡“0”刻度

B．调节多用电表的指针定位螺丝，使指针指在直流电流“0”刻度

C．将多用电表的选择开关旋至“OFF”

D．将两表笔直接连到图甲中的1、4两点，读出欧姆表的示数即继电器线圈的电阻值

以上步骤中存在错误的一项是________．改正后正确的步骤顺序为________________．（填步骤前的字母）

（2）已知继电器线圈的电阻为25.0Ω.该同学将电阻箱的阻值调为75.0Ω，则该温控器的温度控制范围在______之间；若要提高控制的温度，则需要将电阻箱的阻值____________（选填“调大”或“调小”）．

（3）正确设计电路后闭合K，发现电炉丝发热，Rt温度一直升高但继电器并不吸合．将多用电表选择开关旋至直流电压“×10V”挡，将表笔分别接到图甲中1、2、3、4各点进行故障排查（仅一处故障），现象如下表，则可知________.

表笔位置

1、2

3、2

3、4

4、1

电表示数

3.60V

3.60V

0

0

A.开关K断路

B．电阻箱断路

C．热敏电阻Rt短路

D．电磁继电器线圈短路

答案　

（1）D　BADC　

（2）50℃～60℃　调大　（3）B

解析　

（1）由于欧姆表不能直接测量带电源的电路，应该断开开关将继电器隔离后再放到1、4两点直接测量继电器的电阻，所以上述步骤中的D有错误，欧姆表的正确的操作步骤是BADC.

（2）当通过电磁继电器线圈的电流达到20mA时，衔铁被吸合，电炉丝停止加热；当通过继电器线圈的电流降到18mA时，街铁与继电器分开，所以回路中的电流取值范围是18mA～20mA，当继电器线圈的电阻为25.0Ω.电阻箱的阻值调为75.0Ω，利用闭合电路欧姆定律I＝

可解得此时热敏电阻的取值范围为80Ω～100Ω，结合图象可知温度的取值范围为50℃～60℃，若要提高控制的温度，即热敏电阻的阻值变小，则需要将电阻箱的阻值调大，保持回路中电流的取值范围不变．

（3）从图中可以看出电表在测量变阻箱时的电压为电源电动势，所以回路中应该出现了变阻箱断路这样的故障，所以选B.

24．（12分）如图9为分拣邮件的传输装置示意图，固定在竖直平面内的光滑四分之一圆弧轨道与水平传送带相切于B点，圆弧的半径为R＝0.8m，传送带的长度L＝3m，以速度v＝2m/s沿顺时针方向匀速转动．现将一质量m＝2kg的邮件（可视为质点）由圆弧顶点A点静止释放，已知邮件和传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：

图9

（1）邮件滑到B点时的速度大小；

（2）邮件由B点运动到C点的时间；

（3）邮件与传送带间因摩擦产生的热量．

答案　

（1）4m/s　

（2）1.3s　（3）4J

解析　

（1）由动能定理得：

mgR＝

mv

解得：

vB＝4m/s；

（2）邮件在传送带上滑动，由牛顿第二定律得：

μmg＝ma

减速到v的过程中：

v2－v

＝2（