河北省鸡泽县第一中学2020届高三物理二轮复习模拟试题（八）（含解析）

1 河北省鸡泽县第一中学河北省鸡泽县第一中学 20202020 届高三物理二轮复习模拟试题 八 届高三物理二轮复习模拟试题 八 含解析 含解析 一 选择题 本题共一 选择题 本题共 8 8 小题 其中第小题 其中第 1919 2020 2121 小题为多选题 其余为单选题 多选题至小题为多选题 其余为单选题 多选题至 少有两个选项符合题意 少有两个选项符合题意 1 下列说法正确的是 a 铀 238 发生 衰变成钍 234 时 粒子与钍 234 的质量之和等于铀 238 的质量 b 铀 238 发生 衰变成钍 234 时 粒子与钍 234 的结合能之和一定大于铀 238 的结合 能 c 衰变中释放的 射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚形成的高速电子流 d 核反应方程 14n he 17o x 中 x 是质子且反应过程中系统动量守恒 4 2 答案 bd 解析 详解 a 铀 238 钍 234 发生衰变时质量都要亏损 释放的核能转化为动能 故 a 错误 b 几个粒子从自由状态结合成为一个复合粒子时所放出的能量叫结合能 结合能数值越大 分子就越稳定 所以铀 238 发生 衰变成钍 234 时 粒子与钍 234 的结合能之和一定 大于铀 238 的结合能 故 b 正确 c 射线的本质是原子核内部一个中子变成一个质子和电子产生的 故 c 错误 d 设 x 的质量数为 m 电荷数为 n 则有 4 14 17 m 2 7 8 n 解得 m 1 n 1 所以 x 表示质子 故 d 正确 点睛 发生衰变时质量都要亏损 释放的核能转化为动能 几个粒子从自由状态结合成 为一个复合粒子时所放出的能量叫结合能 结合能数值越大 分子就越稳定 射线的本 质是原子核内部一个中子变成一个质子和电子产生的 2 轰炸机进行实弹训练 在一定高度沿水平方向匀速飞行 轰炸机在某时刻释放炸弹 一段时 间后击中竖直悬崖上的目标 p 点 不计空气阻力 下列判断正确的是 a 若轰炸机提前释放炸弹 则炸弹将击中 p 点上方 b 若轰炸机延后释放炸弹 则炸弹将击中 p 点下方 c 若轰炸机在更高的位置提前释放炸弹 则炸弹仍可能击中 p 点 d 若轰炸机在更高的位置延后释放炸弹 则炸弹仍可能击中 p 点 2 答案 c 解析 详解 由题意可知 炸弹若提前释放 水平位移增大 在空中的运动时间变长 应落在 p 点下方 反之落在上方 故 ab 错误 炸弹若从更高高度释放 将落在 p 点上方 若要求 仍击中 p 点 则需要更长的运动时间 故应提前释放 故 c 正确 若延后释放 将击中 p 点上方 故 d 错误 故选 c 3 某行星的自转周期为t 赤道半径为r 研究发现 当该行星的自转角速度变为原来的 2 倍时会导致该行星赤道上的物体恰好对行星表面没有压力 已知引力常量为g 则 a 该行星的质量为 23 2 4r m gt b 该行星的同步卫星轨道半径为 3 4rr c 质量为m的物体对行星赤道地面的压力为 2 2 16mr f t d 环绕该行星做匀速圆周运动的卫星的最大线速度为 7 9km s 答案 b 解析 该行星自转角速度变为原来两倍 则周期将变为t 由题意可知此时 1 2 解得 故 a 错误 同步卫星的周期等于该星球的 2 2 2 4 1 2 mm gmr r t 23 2 16r m gt 自转周期 由万有引力提供向心力可得 又 解得 2 22 4mm gmr rt 23 2 16r m gt r r 故 b 正确 行星地面物体的重力和支持力的合力提供向心力 3 4 又 解得 由牛顿 2 2 4 n mgfmr t 2 2 2 4 1 2 mm mggmr r t 2 2 12 n mr f t 第三定律可知质量为 m 的物体对行星赤道地面的压力为 故 c 错误 2 2 12 n mr f t 7 9km s 是地球的第一宇宙速度 由于不知道该星球的质量以及半径与地球质量和半径的 3 关系 故无法得到该星球的第一宇宙速度与地球第一宇宙速度的关系 故无法确环绕该行 星作匀速圆周运动的卫星线速度是不是必不大于 7 9km s 故 d 错误 故选 b 点睛 重点知识 行星自转的时候 地面物体万有引力等于重力没错 但是不是重力全部 用来提供向心力 而是重力和支持力的合力提供向心力 星球赤道上物体恰好对行星表 面没有压力 时重力独自充当向心力 4 在某种科学益智玩具中 小明找到了一个小型发电机 其结构示意图如图 1 2 所示 图 1 中 线圈的匝数为n ab长度为l1 bc长度为l2 电阻为r 图 2 是此装置的正视图 切割处磁场的磁感应强度大小恒为b 有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是 90 外力 使线圈以角速度 逆时针匀速转动 电刷m端和n端接定值电阻 阻值为r 不计线圈转动 轴处的摩擦 下列说法正确的是 a 线圈中产生的是正弦式交变电流 b 线圈在图 2 所示位置时 产生感应电动势e的大小为bl1l2 c 线圈在图 2 所示位置时 电刷m的电势低于n d 外力做功的平均功率为 2 12 2 nbl l rr 答案 d 解析 详解 ab 一个周期时间内 有半个周期线圈的两边在均匀辐向磁场中做切割磁感线运 动 据法拉第电磁感应定律有 1 2enblv 其中 解得 2 1 2 vl 12 enbl l 不是正弦式交变电流 故 a b 错误 4 c 根据右手定则 图 2 所示位置时外电路中电流由m经电阻r流向n 外电路电流由电势 高处流向电势低处 则m的电势高于n的电势 故 c 错误 d 线圈转动一个周期时间内 产生电流的时间是半周期 故外力平均功率 2 2 12 2 2 et nbl l rr p trr 故 d 正确 5 如图所示 在第一象限内 存在磁感应强度大小为b的匀强磁场 方向垂直于 xoy 平面 向外 在 y 轴上的 a 点放置一放射源 可以不断地沿 xoy 平面内的不同方向以大小不等的 速度放射出质量为m 电荷量 q的同种粒子 这些粒子打到x轴上的 p 点 知 oa op l 则 a 粒子速度的最小值为 2 2 qbl v m b 粒子速度的最小值为 2 qbl v m c 粒子在磁场中运动的最长时间为 4 3 m t qb d 粒子在磁场中运动的最长时间为 3 2 m t qb 答案 ad 解析 设粒子的速度大小为 v 时 其在磁场中的运动半径为 r 则由牛顿运动定律有 qbv m 若粒子以最小的速度到达 p 点时 其轨迹一定是以 ap 为直径的圆 图中圆 2 v r o1所示 5 由几何关系知 sap l r l 则粒子的最小速度 选项 a 正确 b 错 2 2 2 2 2 qbl v m 误 粒子在磁场中的运动周期 设粒子在磁场中运动时其轨迹所对应的圆心角 2 m t qb 为 则粒子在磁场中的运动时间为 由图可知 在磁场中运动时间最 2 m tt qb 长的粒子的运动轨迹如图中圆 o2所示 此时粒子的初速度方向竖直向上 由几何关系有 则粒子在磁场中运动的最长时间 则 c 错误 d 正确 故选 ad 3 2 3 2 m t qb 点睛 电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动 关键是画出轨迹 找出要研究的临界状态 由 几何知识求出半径 定圆心角 求时间 6 如图所示 竖直放置的两平行金属板 长为l 板间距离为d 接在电压为u的直流电源 上 在两板间加一磁感应强度为b 方向垂直纸面向里的匀强磁场 一质量为m 电荷量为 q的带正电油滴 从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落 并经两板上端连线的中 点p进入板间 油滴在p点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等 且最后恰好从金属板 的下边缘离开 空气阻力不计 重力加速度为g 则下列说法正确的是 a 油滴刚进入两板间时的加速度大小为g b 油滴开始下落的高度h 2 22 2 u b d g c 油滴从左侧金属板的下边缘离开 6 d 油滴离开时的速度大小为 2 22 2 quu gl mb d 答案 abd 解析 详解 a 带正电油滴刚到达p点时受重力 电场力和洛伦兹力的作用 电场力和洛伦兹 力等大反向 因此油滴在p点的合力大小等于重力 由牛顿第二定律可知油滴在p点的加 速度大小为g 故 a 正确 b 由于油滴在p点水平方向的合力为零 由力的平衡条件 有 q qbv u d 对油滴从释放到p点的过程中 由机械能守恒定律 有 mgh mv2 1 2 整理后得h 故 b 正确 2 22 2 u gb d c 油滴进入平行金属板间后 做加速运动 则电场力小于洛伦兹力 由左手定则可知 油 滴所受的洛伦兹力向右 则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开 故 c 错误 d 油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程 由动能定理 有 mg h l q mv 2 2 u 1 2 油滴离开金属板下边缘时的速度大小 v 2 22 2 uqu gl b dm 故 d 正确 故选 abd 7 如图所示 竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接 不计一切摩擦 圆心o点正下 方放置为 2m的小球a 质量为m的小球b以初速度v0向左运动 与小球a发生弹性碰 撞 碰后小球a在半圆形轨道运动时不脱离轨道 则小球b的初速度v0可能为 7 a b c d 2 2gr2gr2 5gr5gr 答案 bc 解析 详解 a 与 b 碰撞的过程为弹性碰撞 则碰撞的过程中动量守恒 设 b 的初速度方向为 正方向 设碰撞后 b 与 a 的速度分别为 v1和 v2 则 mv0 mv1 2mv2 由动能守恒得 222 012 111 2 222 mvmvmv 联立得 0 2 2 3 v v 1 恰好能通过最高点 说明小球到达最高点时小球的重力提供向心力 是在最高点的速度为 vmin 由牛顿第二定律得 2mg 2 min 2 v m r a 在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒 得 22 2min 11 2222 22 mgrmvmv 联立 得 v0 可知若小球 b 经过最高点 则需要 v0 1 5 5gr1 5 5gr 2 小球不能到达最高点 则小球不脱离轨道时 恰好到达与 o 等高处 由机械能守恒定律 得 2 2 1 22 2 mg rmv 联立 得 v0 1 5 2gr 可知若小球不脱离轨道时 需满足 v0 1 5 2gr 8 由以上的分析可知 若小球不脱离轨道时 需满足 v0 或 v0 故 ad 1 5 2gr1 5 5gr 错误 bc 正确 故选 bc 点睛 小球 a 的运动可能有两种情况 1 恰好能通过最高点 说明小球到达最高点时小 球的重力提供向心力 由牛顿第二定律求出小球到达最高点点的速度 由机械能守恒定律 可以求出碰撞后小球 a 的速度 由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出小球 b 的 初速度 2 小球不能到达最高点 则小球不脱离轨道时 恰好到达与 o 等高处 由机械能 守恒定律可以求出碰撞后小球 a 的速度 由碰撞过程中动量守恒及能量守恒定律可以求出 小球 b 的初速度 8 如图所示 光滑水平桌面放置着物块 a 它通过轻绳和轻质滑轮 悬挂着物块 b 已知 a 的质量为 m b 的质量为 3m 重力加速 度大小为 g 静止释放物块 a b 后 a 相同时间内 a b 运动的路程之比为 2 1 b 物块 a b 的加速度之比为 1 1 c 细绳的拉力为 6 7 mg d 当 b 下落高度 h 时 速度为 2 5 gh 答案 ac 解析 详解 同时间内 图中 a 向右运动 h 时 b 下降一半的距离 即为 h 2 故 a b 运动的 路程之比为 2 1 故 a 正确 任意相等时间内 物体 a b 的位移之比为 2 1 故速度和 加速度之比均为 2 1 故 b 错误 设 a 的加速度为 a 则 b 的加速度为 0 5a 根据牛顿第 二定律 对 a 有 t ma 对 b 有 3mg 2t 3m 0 5a 联立解得 t a g 故 6 7 mg6 7 c 正确 对 b 加速度为 a 0 5a g 根据速度位移公式 有 v2 2 a h 解得 v 3 7 9 故 d 错误 故选 ac 6 7 gh 点睛 本题考查连接体问题 关键是找出两物体的位移 速度及加速度关系 结合牛顿 第二定律和运动学公式列式分析 也可以结合系统机械能守恒定律分析 9 某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置进行验证动量守恒定律及平台上 a 点左侧与滑块 a 之间的动摩擦因数的实验 在足够大的水平平台上的 a 点放置一个光电门 水平平台上 a 点右侧摩擦很小 可忽略不计 左侧为粗糙水平面 当地重力加速度大小为 g 采用的实 验步骤如下 a 在小滑块 a 上固定一个宽度为 d 的窄挡光片 b 用天平分别测出小滑块 a 含挡光片 和小球 b 的质量 ma mb c 在 a 和 b 间用细线连接 中间夹一被压缩了的轻短弹簧 静止放置在平台上 d 烧断细线后 a b 瞬间被弹开 向相反方向运动 e 记录滑块 a 通过光电门时挡光片的遮光时间 t f 滑块 a 最终停在 c 点 图中未画出 用刻度尺测出 ac 之间的距离 sa g 小球 b 从平台边缘飞出后 落在水平地面的 b 点 用刻度尺测出平台距水平地面的高度 h 及平台边缘铅垂线与 b 点之间的水平距离 sb h 改变弹簧压缩量 进行多次测量 1 用螺旋测微器测量挡光片的宽度 如图乙所示 则挡光片的宽度为 mm 2 该实验要验证 动量守恒定律 则只需验证两物体 a b 弹开后的动量大小相等 即 a 的动量大小 等于 b 的动量大小 用上述实验所涉及物理量的 字母表示 3 改变弹簧压缩量 多次测量后 该实验小组得到小滑块 a 的 sa与关系图象如 2 1 t 图丙所示 图象的斜率为 k 则平台上 a 点左侧与滑块 a 之间的动摩擦因数大小为 10 用上述实验数据字母表示 答案 1 2 3 4 2 550 a m d t2 b b g m s h 2 2 d kg 解析 1 螺旋测微器的读数为 2 5mm 0 050mm 2 550mm 2 烧断细线后 a向左运动 经过光电门 根据速度公式可知 a经过光电门的速度为 故 a 的动量为 b离开平台后做平抛运动 根据平抛运动规律可得 a d v t aa d pm t 及 联立解得 故b的动量为 2 1 2 hgt bb sv t 2 bb g vs h 2 bb bb b g pm vm s h 3 对物体a由光电门向左运动过程分析 则有 经过光电门的速度 2 2 aa vas 由牛顿第二定律可得 联立可得 则由图象 a d v t mg ag m 2 2 11 2 a d s g t 可知 2 2 d kg 10 某学习小组利用图甲所示的电路测量电源的电动势及内阻 1 按照原理图甲将图乙中的实物连线补充完整 2 正确连接电路后 进行如下实验 闭合开关 s 通过反复调节滑动变阻器r1 r2 使电流表 a3的示数为 0 此时电流表 a1 a2的示数分别为 100 0 ma 和 80 0 ma 电压表 v1 v2的示数分别为 1 60 v 和 1 00 v 11 再次反复调节r1 r2 使电流表 a3的示数再次为 0 此时电流表 a1 a2的示数分别为 180 0 ma 和 40 0 ma 电压表 v1 v2的示数分别为 0 78 v 和 1 76 v i 实验中调节滑动变阻器r1 r2 当电流表 a3示数为 0 时 电路中b点与c点的电势 选填 相等 或 不相等 ii 为了提高测量的精确度 电流表 a3的量程应选择 a 0 0 6 a b 0 100 ma c 0 500 a 测得电源的电动势e v 内阻r 结果保留 3 位有效数字 答案 1 1 如图所示 2 i 相等 3 ii c 4 2 87 5 1 50 解析 1 根据原理图连接实物图如图所示 2 i 实验中 调节滑动变阻器 当电流表示数为 0 时 说明电流表两端电势差 12 rr 为零 故电路中 b 点与 c 点的电势相等 ii 为了使实验结果更精确 必须严格控制 b c 两点电流为零 如果电流表 a3的量程相 比与电路中的电流太大 会造成 bc 中有电流 但是读不出来 显示为零 所以应选择量程 非常小的 故选 c iii 根据电路规律可知 第一次实验中 路端电压为 干路电 1 60 1 002 60vu 流为 第二次实验中有 干路 10080180ma0 18ai 0 78 1 762 54vu 电流为 由闭合电路欧姆定律可知 180 040 0220 0ma0 22ai 12 联立解得 euireui r 2 871 50evr 点睛 该实验的关键是明确实验原理 即利用等势法求解 要求bc两点的电势相等 即 无电流通过 bc 所以在选择 a3时一定要选择量程非常小的电流表 然后利用电路结构 结 合闭合回路欧姆定律 求解电源电动势和内阻 11 如图 是游乐场的一项娱乐设备 一环形座舱装在竖直柱子上 由升降机送上几十米的 高处 然后让座舱自由落下 落到一定位置时 制动系统启动 到地面时刚好停下 已知 座舱开始下落的高度为 h 75m 当落到离地面 h 30m 的位置时开始制动 座舱均匀减 速 在一次娱乐中 某同学把质量 m 6kg 的书包放在自己的腿上 g 取 10m s2 不计座舱 与柱子间的摩擦力及空气阻力 1 当座舱落到离地面 h1 60m 和 h2 20m 的位置时 求书包对该同学腿部的压力各是多大 2 若环形座舱的质量 m 4 103kg 求制动过程中机器输出的平均功率 答案 1 2 1 5 106w 150n 解析 分析 本题考查物体在自由下落和减速下降过程中的受力和功率问题 需运用运动学公式 牛顿 运动定律 功率等知识求解 详解 1 当座舱距地面h1 60m 时 书包处于完全失重状态 故书包对该同学的压力 f1 0 座舱自由下落高度为h h 75 30 m 45m 时 座舱开始制动 设此时的速度为v 由运动学 公式得 2 2 vg hh 座舱制动过程做匀减速直线运动 设其加速度大小为a 则有 2 2vah 13 联解得 a 15m s2 方向竖直向上 设此过程中书包受到腿的支持力为f2 根据牛顿第二定律 对书包有 2 fmgma 代入数据可得 2 150n f 根据牛顿第三定律有 该同学腿部受到的压力 22 150nff 2 设制动过程中座舱所受的制动力为f 经历的时间为t 由运动学公式得 2 1 2 hvtat 根据牛顿第二定律 对座舱有 fmgma 座舱克服制动力做功 w fh 机器输出的平均功率 w p t 联立解得p 1 5 106w 12 如图甲所示 足够长的两金属导轨mn pq水平平行固定 两导轨电阻不计 且处在竖 直向上的磁场中 完全相同的导体棒a b垂直放置在导轨上 并与导轨接触良好 两导体 棒的电阻均为r 0 5 且长度刚好等于两导轨间距l 两导体棒的间距也为l 开始时磁场 的磁感应强度按图乙所示的规律变化 当t 0 8s 时导体棒刚好要滑动 已知l 1m 滑动摩 擦力等于最大静摩擦力 求 1 每根导体棒与导轨间的滑动摩擦力的大小及 0 8s 内整个回路中产生的焦耳热 2 若保持磁场的磁感应强度b 0 5t 不变 用如图丙所示的水平向右的力f拉导体棒b 刚开始一段时间内b做匀加速直线运动 一根导体棒的质量为多少 3 在 2 问条件下a导体棒经过多长时问开始滑动 答案 1 0 2j 2 m 0 5kg 3 2s 解析 1 开始时磁场的磁感应强度按图乙所示变化 则回路中电动势 2 0 5v b el t 14 电路中的电流 0 5a 2 e i r 当时 0 8ts 0 25fbiln 回路中产生的焦耳热 2 20 2jqi rt 2 磁场的磁感应强度保持b 0 5t 不变 在a运动之前 对b棒施加如图丙所示的水平 向右的拉力 根据牛顿第二定律 即 22 2 b l at ffma r 22 2 b l at ffma r 得 0 5fma 22 0 125 2 b l a r 求得 导棒的质量 2 0 5 am s 0 5mkg 3 当导棒a刚好要滑动时 求得 此时b运动的时间 22 2 b l v f r 1vm s 2s v t a 13 下列说法正确的是 a 液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度 b 当液体与大气接触时 液体表面分子的势能比液体内部分子的势能要大 c 布朗运动虽不是分子运动 但它证明了组成固定颗粒的分子在做无规则运动 d 第二类永动机不能制成是因为它违反了能量守恒定律 e 热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行 答案 abe 解析 详解 液体的沸点是液体的饱和蒸气压与外界压强相等时的温度 a 正确 当液体与大 气接触时 液体表面分子的距离大于液体内部分子之间的距离 分子势能比液体内部分子 的势能要大 b 正确 布朗运动是悬浮微粒的无规则运动 是由于其受到来自各个方向的 分子撞击作用是不平衡导致的 其间接反映了周围的分子在做无规则运动 c 错误 第二 类永动机指的是不消耗任何能量 吸收周围能量并输出 不能制成是因为违反了热力学第 二定律 d 错误 热力学第二定律告诉我们一切自发的过程总是沿着分子热运动无序性增 大的方向进行 e 正确 15 14 如图所示 在竖直放置 内壁光滑 截面积不等的绝热气缸里 活塞 a 的截面积 sa 10cm2 质量不计的活塞 b 的截面积 sb 20cm2 两活塞用轻细绳连接 在缸内气温 t1 227 压强 p1 1 1 105pa 时 两活塞保持静止 此时两活塞离气缸接缝处距离都是 l 10cm 大气压强 p0 1 0 105pa 保持不变 取 试求 2 10 gm s a 活塞的质量 现改变缸内气温 当活塞 a b 间轻细绳拉力为零时 汽缸内气体的温度 t2 继续将缸内温度由 t2缓慢下降到 t3 23 过程中 计算 a 移动的距离 答案 1kg 0 0 3 c 1 67cm 解析 对两活塞整体研究 根据平衡条件可得 1001aabab m gp spspsps 解得 1 a mkg 气体温度下降时 气体压强不变 气体温度降低 气体体积减小两活塞一起向下运动 当两活塞都向下移动 10cm 后气体体积 3 2 2200 a vslcm 气体温度继续下降 活塞 b 不能移动 气体体积不变 气体做等容变化 当时拉力为零 02aaa pspsm g 解得 5 2 0 9 10ppa 根据理想气体状态方程可得解得 则 1 122 12 pvpv tt 2 272 7tk 22 2730 3tt 从温度继续降低 压强不变 v 减小 a 向上运动 2 t 2 p 当 解得 32 273250ttk 231 1 13 pvpv tt 3 3 183 3vcm 16 活塞 a 向上退回的距离为 23 1 67 a vv lcm s 点睛 处理理想气体状态方程这类题目 关键是写出气体初末状态的状态参量 未知的 先设出来 然后应用