高考物理模拟试题(三)参考答案与提示

1.B 提示:半衰期的大小与温度、压强及化学状态等无关,选项A 错误。钍核经过1次β衰变可变成镤,选项B 错误。核反应方程式中生成物比反应物稳定,生成物的比结合能比反应物的比结合能大,选项C正确。根据质量数守恒和电荷数守恒可知,题中铀核裂变的核反应方程为,选项D 错误。

2.C 提示:开关S从断开状态突然闭合时,因二极管具有单向导电性而不能导通,灯泡L2一直不亮;此时灯泡L1、L3和线圈L串联在同一回路中,线圈L产生自感电动势阻碍通过其电流的增大,所以灯泡L1和L3均逐渐变亮。开关S 从闭合状态突然断开时,通过灯泡L3的电流立即变为零,所以灯泡L3立即熄灭;线圈L产生自感电动势阻碍通过其电流的减小,此时自感电动势的方向满足二极管导通的条件,所以灯泡L1、L2和线圈L串联在同一回路中,通过灯泡L1的电流逐渐减小,灯泡L1逐渐熄灭,灯泡L2突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭。

3.C 提示:当钩码的质量为最大值m1时,滑块所受的滑动摩擦力沿斜面向下,则m1g=mgsin θ+μmgcosθ;当钩码的质量为最小值m2时,滑块所受的滑动摩擦力沿斜面向上,则m2g+μmgcos θ=mgsinθ。联立以上二式解得

4.C 提示:设杆的倾角为θ,把圆环的重力沿杆和垂直于杆方向分解得G∥=mgsinθ,G⊥=mgcosθ,根据左手定则可知,圆环受到的洛伦兹力qvB垂直于杆向上,圆环上滑过程中因摩擦阻力的作用v越来越小。若qvB＜mgcosθ,则f=μN,N=mgcosθ-qvB,因此圆环做加速度增大的减速运动;若qvB＞mgcosθ,则随着v的不断减小先有N=qvB-mgcosθ,后有N=mgcosθ-qvB,即圆环先做加速度减小的减速运动再做加速度增大的减速运动。根据速度—时间图像的斜率表示加速度可知,选项A、B 错误。在圆环上滑的过程中洛伦兹力不做功,摩擦力做功使圆环的机械能减小,则ΔE=-fΔx。根据上述分析可知,在圆环上滑的过程中摩擦阻力f可能逐渐增大,所以机械能的变化率逐渐增大,选项D 错误;摩擦阻力f也可能先减小后增大,所以机械能的变化率先减小后增大,选项C正确。

5.B 提示:根据x-t图像可知,t=T时刻,物体的速度不为零,选项A 错误;0～T时间内物体做匀加速直线运动,T～2T时间内物体做匀变速直线运动,-x0=,解得a1∶a2=1∶3,选项B正确。t=T时刻,物体的速度v1=a1T,t=2T时刻,物体的速度v2=v1+(-a2)T=-2v1,选项C 错误。物体速度从v1变为0所用的时间,则t=T+时刻,物体的速度为0,在时间内,根据牛顿第二定律得f+F=ma2,在时间内,根据牛顿第二定律得F＇-f=ma2,因此在T～2T时间内物体受到的水平恒力的大小发生了变化,选项D 错误。

6.CD 提示:电场方向沿x轴正方向,电子所受的静电力始终沿x轴负方向,所以电子可能沿x轴正方向一直减速,也可能先沿x轴正方向减速至零,再反向加速,选项A错误。电子经x1处时,图像的斜率最大,电场强度最大,电子的加速度最大,但电势不是最低,电势能不是最大,选项B错误。设x3处的电势为φ2,电子从O点运动到x3处,根据动能定理得-e(φ0-φ2)=,解得φ2=,选项C正确。假设电子恰好可以到达无穷远处,根据动能定理得-e(φ0-0)=0-,解得,当时电子能返回O点,根据能量守恒定律知电子回到O点时的速度大小仍为v0,选项D 正确。

7.AC 提示:由题中所给数据,可以求出地球同步卫星的轨道半径及“北斗2号”在“墓地轨道”上运行时的轨道半径,且同步卫星的运行周期为24 h,所以根据开普勒第三定律,可以估算出已失效的“北斗2号”在“墓地轨道”上的运行周期,选项A 正确。由题中所给数据得转移轨道的半长轴a=根据开普勒第三定律,解得“实践21号”在转移轨道上的运行周期T=,选项B错误。对于“实践21号”卫星,若仅考虑地球对它的万有引力作用,则根据万有引力提供向心力得,解得a1=a2,选项C正确。11.2 km/s是从地球表面发射卫星,使之脱离地球束缚的最小速度,已失效的卫星由Q点脱离地球引力的束缚,同等条件下,需要克服地球引力所做的功要少,所以可以在Q点给它一个小于11.2 km/s的初速度,选项D 错误。

8.AD 提示:开始时细绳中无张力,当转盘缓慢加速转动的过程中,物块受到的静摩擦力提供向心力,当物块相对转盘滑动时需满足物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力,即μm0g=m0ω2r。每一个物块相对转盘滑动的临界条件是,与其质量无关,在动摩擦因数相同的情况下,角速度ω仅与半径r有关,且半径大的先出现相对运动趋势。rB＞rA,当物块B的摩擦力达到最大静摩擦力,即时,物块A还未达到最大静摩擦力,绳中产生张力。之后,ω继续增大,对两物块分别进行受力分析,对物块A有T+fA=mω2L,对物块B有T+μmg=mω2·2L,整理得fA=μmg-mω2L,因此随着ω增大,fA减小。当fA减小到0 时,,此后物块A所受摩擦力方向反向。再对两物块分别进行受力分析,对物块A有T-fA=mω2L,对物块B有T+μmg=mω2·2L,整理得fA=mω2Lμmg,因此随着ω增大,fA增大,当fA增大到反向的最大静摩擦力μmg时,两物块均将滑动,此时T=3μmg。F-ω2图像如图1所示。

图1

提示:(1)小铁球的直径D=10 mm+6×0.05 mm=10.30 mm。(2)用小铁球经过光电门时的平均速度表示瞬时速度,则(3)小铁球从光电门1 运动到光电门2做匀加速直线运动,则,解得

10.(1)电流表 外接 (2)B

提示:(1)电压表示数有明显变化,而电流表示数无明显变化,说明内接、外接对电流表的影响很小,对电压表的影响较大,应采取电流表外接法。(2)由U-x图像可知,k取值为0.1、0.4时比较符合线性,因此选B。

11.(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1,根据运动学公式得v0-at1,根据牛顿第二定律得f=μmg=ma,解得a=5 m/s2,μ=0.5,v1=4 m/s。(2)设碰后瞬间弹珠A和B的速度分别为v1＇、v2＇,根据动量守恒定律得mv1=mv1＇+mv2＇,根据机械能守恒定律得,解得v2＇=4 m/s。因为弹珠B在地面上运动时的加速度大小均为a=5 m/s2,碰后弹珠B能够运动的距离,所以弹珠B能进坑,该同学胜出。

12.(1)从P(x,y)点射入电场的粒子在电场中做类平抛运动,则,解得(2)设从P(x,y)点射入电场的粒子从O点射入磁场时,速度v与x轴负方向间的夹角为θ,在电场中产生的位移与x轴负方向间的夹角为α,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的速度大小v=,设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r,根据牛顿第二定律得,解得r=,根据几何关系可得,粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦长d=2rcosθ,解得d=,所以d为定值,即所有粒子从磁场中射出时与y轴的交点一定,所有粒子的轨迹经过的区域如图2所示。根据类平抛运动的规律得当时,θ=45°,粒子进入磁场时的最大速度当粒子从O点以最大速度入射时,其轨迹与y轴所围图形的面积当粒子从O点以最小速度v2=v0入射时,其轨迹与y轴所围图形的面积因此磁场区域的最小面积Smin=S2-S1=(3)粒子进入第四象限,沿x轴方向以速度v0做匀速直线运动,以速度v0垂直于xOy平面做匀速圆周运动,根据题意得,因此

图2

13.(1)D (2)(ⅰ)壶中原来空气的体积V1=0.5 L,根据玻意耳定律得p1(nV0+V1)=p2V1,解得n=15。(ⅱ)喷出的液体体积ΔV=nV0=0.75 L=0.75×10-3m3,外界对气体做的功-131.25 J,喷液过程中气体做等温变化,根据热力学第一定律得ΔU=W+Q=0,解得Q=131.25 J。

14.(1)D (2)(ⅰ)作出光路图如图3所示,其中DE连线与AC边垂直,又与AB边的夹角为α,根据几何关系得α=45°,设DE与AC的交点为F,则,所以在△DFO中有,根据折射定律得解得(ⅱ)光在玻璃砖中的传播速度,光在玻璃砖里前进的距离在△DPO中,根据几何关系得∠DOP=β=30°,∠OPD=α-β=15°,根据正弦定理得因此光从P点射向玻璃砖到再次回到P点所用的时间,解得

图3