高考全真模擬理科綜合之物理精準模擬試卷第1周第1練二、選擇題：本題共8小題，每小題。在每小題給出的四個選項中，第14~18題只有一項符合題目要求，第19~21題有多項符合題目要求。全部選對的得，選對但不全的得，有選錯的得。14．明代詩人曾寫下這樣一首詩：空手把鋤頭，步行騎水牛；人在橋上走，橋流水不流。其中橋流水不流中的橋流應(yīng)理解成其選擇的參考系是（）A．人 B．橋 C．水 D．地面【答案】C【解析】橋流水不流可以理解為橋動水不動，意思就是說橋在運動，研究對象是橋。以水為參照物，橋的位置發(fā)生了變化，則橋是運動的。故C正確，ABD錯誤故選：C。15．兩物體分別在某行星表面和地球表面上由靜止開始自由下落相同的高度，它們下落的時間之比為2:3．已知該行星半徑約為地球的2倍，則該行星質(zhì)量與地球質(zhì)量之比約為（）A．9:1B．2:9C．3:8D．16:9【答案】A【解析】由靜止開始自由下落相同的高度，它們下落的時間之比為2:3，則根據(jù)h=gt2可知兩星球的表面的重力加速度之比為g星：g地=9：4；根據(jù)可得GM=gR2，則，故選A.16．某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系和電阻R1、R2的電壓與電流的關(guān)系圖如圖所示.用此電源和電阻R1、R2組成電路.R1、R2可以同時接入電路，也可以單獨接入電路.為使電源輸出功率最大，可采用的接法是()A．將R1單獨接到電源兩端B．將R1、R2并聯(lián)后接到電源兩端C．將R1、R2串聯(lián)后接到電源兩端D．將R2單獨接到電源兩端【答案】A【解析】根據(jù)閉合電路歐姆定律得：U=E?Ir知，I=0時，U=E，圖象的斜率等于r，則由電源的U?I圖線得到：電源的電動勢為E=3V，內(nèi)阻為r=0.5Ω.由電阻的伏安特性曲線求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1單獨接到電源兩端時，兩圖線的交點表示電路的工作狀態(tài)，可知，電路中的電流為3A，路端電壓為1.5V，則電源的輸出功率為P出1=1.5V×3A=4.5W，同理，當將R1、R2串聯(lián)后接到電源兩端，利用歐姆定律可得電路電流I串=1.5A，此時電源的輸出功率P串=I2串(R1+R2)=3.75W；兩電阻并聯(lián)時，利用歐姆定律可得電路電流I并=3.6A,此時電源的輸出功率P并=EI并?I2并r=4.32W；R2單獨接到電源兩端輸出功率為P出2=2V×2A=4W.所以將R1單獨接到電源兩端時電源的輸出功率最大。故A正確，BCD錯誤。故選：A17．如圖所示，邊長為L的等邊三角形ABC內(nèi)、外分布著兩方向相反的勻強磁場，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B．頂點A處有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分線發(fā)射不同速度的粒子粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為+q，粒子重力不計．則粒子以下列哪一速度值發(fā)射時不能通過C點（）A． B． C． D．【答案】C【解析】粒子帶正電，且經(jīng)過C點，其可能的軌跡如圖所示：所有圓弧所對圓心角均為60°，所以粒子運行半徑：r=（n=1，2，3，…），粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m，解得：（n=1，2，3，…），則的粒子不能到達C點，故ABD不合題意，C符合題意。故選C。18．如圖所示,質(zhì)量m=1kg的物塊（可視為質(zhì)點）以v1=10m/s的初速度從粗糙斜面上的P點沿斜面向上運動到達最高點后,又沿原路返回,其速率隨時間變化的圖象如圖乙所示。已知斜面固定且足夠長,且不計空氣阻力,取g=10m/s2,下列說法中正確的是（）A．物塊所受的重力與摩擦力之比為3∶2B．在t=1s到t=6s的時間內(nèi)物塊所受重力的平均功率為50WC．在t=6s時物體克服摩擦力做功的功率為20WD．在t=0到t=1s時間內(nèi)機械能的變化量大小與t=1s到t=6s時間內(nèi)機械能變化量大小之比為1∶5【答案】D【解析】設(shè)斜面傾角為θ，根據(jù)速度-時間圖象的斜率表示加速度得：上滑過程：，下滑過程：，根據(jù)牛頓第二定律得：，，帶入數(shù)據(jù)解得：，，故A錯誤；根據(jù)速度-時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移得：1-6s內(nèi)的位移x=×5×10＝25m，則t=1s到t=6s的時間內(nèi)物塊所受重力的平均功率，故B錯誤；摩擦力，則t=6s時物體克服摩擦力做功的功率P=fv=4×10=40W，故C錯誤；在t=0到t=1s時間內(nèi)機械能的變化量大小△E1=fx1，t=1s到t=6s時間內(nèi)機械能變化量大小△E2=fx2，則，故D正確．故選D．19．鈾核在被中子轟擊后分裂成兩塊質(zhì)量差不多的碎塊，這類核反應(yīng)定名為核裂變.1947年中國科學家錢三強、何澤慧在實驗中觀察到鈾核也可能分裂為三部分或四部分，其概率大約是分裂為兩部分的概率的千分之三．關(guān)于鈾核的裂變，下列說法正確的是A．裂變的產(chǎn)物不是唯一的B．裂變的同時能放出2~3個或更多個中子C．裂變能夠釋放巨大能量，每個核子平均釋放的能量在裂變反應(yīng)中比在聚變反應(yīng)中的大D．裂變物質(zhì)達到一定體積（即臨界體積）時，鏈式反應(yīng)才可以持續(xù)下去【答案】ABD【解析】因鈾核也可能分裂為三部分或四部分，則裂變的產(chǎn)物不是唯一的，選項A正確；因裂變是鏈式反應(yīng)，則裂變的同時能放出2~3個或更多個中子，在重新轟擊鈾核發(fā)射裂變，選項B正確；核子在一次聚變反應(yīng)中釋放的能量不一定比裂變反應(yīng)多，但平均每個核子在聚變中釋放的能量一定大，故C錯誤；裂變物質(zhì)達到一定體積（即臨界體積）時，鏈式反應(yīng)才可以持續(xù)下去，選項D正確；故選ABD.20．如圖所示，長為L＝0.5m、傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強電場中，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點），以初速度v0＝2m/s恰能沿斜面勻速上滑，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法中正確的是A．小球在B點的電勢能大于在A點的電勢能B．水平勻強電場的電場強度為C．若電場強度加倍，小球運動的加速度大小為3m/s2D．若電場強度減半，小球運動到B點時的速度為初速度v0的一半【答案】BD【解析】A.帶電小球從A點到B點，電場力做正功，電勢能減小，因此B點的電勢能小于A點的電勢能。故A錯誤；B.帶電小球從A點到B點勻速上滑，則：mgsinθ=qEcosθ得：故B正確；C.由題意知，電場強度加倍后，小球在斜面方向的合力F=2qEcosθ?mgsinθ=ma，所以小球的加速度a=gsinθ=6m/s2，故C錯誤；D.若電場強度減半，小球在斜面方向的合力為：F=mgsinθ?qEcosθ=mgsinθ=ma所以小球的加速度為：a=-gsinθ=-3m/s2，根據(jù)速度位移公式，有：，代入數(shù)據(jù)解得v=1m/s=v0，故D正確。故選：BD。21．如圖所示，在水平面上有一傳送帶以速率v1沿順時針方向運動，傳送帶速度保持不變，傳送帶左右兩端各有一個與傳送帶等高的光滑水平面和傳送帶相連(緊靠但不接觸)，現(xiàn)有一物塊在右端水平面上以速度v2向左運動，物塊速度隨時間變化的圖像可能的是：A． B．C． D．【答案】ABD【解析】如果傳送帶足夠長，從而使得物體不能向左滑出傳送帶，則物體先減速向左滑行，直到速度減為零，然后物體會在滑動摩擦力的作用下向右加速，則：如果v1＜v2，物體向左的速度減至零后會在滑動摩擦力的作用下向右加速，當速度增大到等于傳送帶速度時，物體還在傳送帶上，之后不受摩擦力，故物體與傳送帶一起向右勻速運動；故圖像B正確。如果v1＞v2，物體向右運動時會一直加速，當速度大小增大到等于v2時，物體恰好離開傳送帶；如果v1=v2，物體同樣會一直加速，當速度大小增大到等于v1時，物體恰好離開傳送帶，此時的圖像為A。若物體向左滑上傳送帶后做減速運動，直到離開傳送帶后繼續(xù)以較小的速度在平臺上向左滑行，則圖像為D；故選ABD.22.（6分）某探究學習小組的同學們要探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，他們在實驗室組裝了一套如圖所示的裝置，水平軌道上安裝兩個光電門，小車上固定有力傳感器和擋光板，細線一端與力傳感器連接，另一端跨過定滑輪掛上砝碼盤．實驗時，調(diào)整軌道的傾角正好能平衡小車所受的摩擦力(圖中未畫出)．(1)該實驗中小車所受的合力________(選填等于或不等于)力傳感器的示數(shù)，該實驗是否需要滿足砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量？________(選填需要或不需要)．(2)實驗獲得以下測量數(shù)據(jù)：小車、力傳感器和擋光板的總質(zhì)量M，擋光板的寬度l，光電門1和光電門2的中心距離為x.某次實驗過程：力傳感器的讀數(shù)為F，小車通過光電門1和光電門2的擋光時間分別為t1、t2(小車通過光電門2后，砝碼盤才落地)，已知重力加速度為g，則該實驗要驗證的關(guān)系式是________________．【答案】等于(2)不需要F＝(－)【解析】(1)[1][2]實驗時，調(diào)整軌道的傾角正好能平衡小車所受的摩擦力，所以力傳感器顯示拉力的大小，而拉力的大小就是小車所受的合力，故不需要讓砝碼和砝碼盤的總質(zhì)量遠小于小車的質(zhì)量．(2)[3]由于擋光板的寬度l很小，故小車在光電門1處的速度v1＝在光電門2處的速度為v2＝由速度位移關(guān)系式得a＝＝故驗證的關(guān)系式為F＝Ma＝23.（9分）在描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗中，現(xiàn)除了有一個標有5V，2.5w的小燈泡、導(dǎo)線和開關(guān)外，還有：A．直流電源（電動勢約為5V，內(nèi)阻可不計）B．直流電流表（量程0?3A，內(nèi)阻約為0.1Ω)C．直流電流表（量程0?600mA，內(nèi)阻約為0.5Ω)D．直流電壓表（量程0?15V，內(nèi)阻約為15kΩ)E.直流電壓表（量程0?5V，內(nèi)阻約為5kΩ)F.滑動變阻器（最大阻值10Ω，允許通過的最大電流為2A)實驗中要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化以便能測量多組數(shù)據(jù)．①實驗中電流表應(yīng)選用_____，電壓表應(yīng)選用_____．(均用序號字母表示）②請按要求將圖中所示的器材連成實驗電路____________．③某同學通過實驗正確做出小燈泡的伏安特性曲線如下圖甲所示．現(xiàn)把實驗中使用的小燈泡接到下圖乙所示的電路中，其中電源電動勢E=6V，內(nèi)阻r=1Ω，定值電阻R=4Ω，此時燈泡的實際功率為________W．(結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】CE1.73W（1.68-1.78均可）【解析】①因為小燈泡的額定電壓為5V，額定電流為，所以電流表選C，電壓表選E；②實物連線如圖示．③此電源的電動勢為E=6V，內(nèi)阻可認為=r+R=5Ω，則將此電源的U-I圖線與燈泡的U-I線畫在同一坐標系中，可是看出，兩圖線的交點為U=3.7V,I=0.47A，所以燈泡的實際功率為P=UI=1.74W.24．（14分）如圖甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌、固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距．導(dǎo)軌電阻忽略不計，其間連接有固定電阻．導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量、電阻的金屬桿，整個裝置處于磁感應(yīng)強度的勻強磁場中，磁場方向豎直向下．用一外力沿水平方向拉金屬桿，使之由靜止開始做勻加速運動，電壓傳感器可將兩端的電壓即時采集并輸入電腦，獲得電壓隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示．（1）計算加速度的大小；（2）求第末外力的瞬時功率；（3）如果水平外力從靜止開始拉動桿所做的功，求金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）根據(jù)結(jié)合圖乙所示數(shù)據(jù)，解得：a=1m/s2．（2）由圖象可知在2s末，電阻R兩端電壓為0.2V通過金屬桿的電流金屬桿受安培力設(shè)2s末外力大小為F2，由牛頓第二定律，，故2s末時F的瞬時功率（3）設(shè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律，電阻R與金屬桿的電阻r串聯(lián)，產(chǎn)生焦耳熱與電阻成正比金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱解得：．25．（18分）如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，該裝置由三部分組成，傳送帶左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M=6.0kg的物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶的皮帶輪逆時針勻速轉(zhuǎn)動，使傳送帶上表面以u=2.0m/s勻速運動。傳送帶的右邊是一半徑R=1.25m位于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道。質(zhì)量m=2.0kg的物塊B從圓弧的最高處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，傳送帶兩軸之間的距離l=4.5m。設(shè)第一次碰撞前，物塊A靜止，物塊B與A發(fā)生碰撞后被彈回，物塊A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：(1)物塊B滑到圓弧的最低點C時對軌道的壓力；(2)物塊B與物塊A第一次碰撞后彈簧的最大彈性勢能；(3)如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時彈簧都會被立即鎖定，而當它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊B經(jīng)第一次與物塊A碰撞后在傳送帶上運動的總時間?！敬鸢浮浚?）60N，豎直向下（2）12J（3）8s【解析】(1)設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時的速度大小為v0，由機械能守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：v0=5m/s在圓弧最低點C，由牛頓第二定律得：代入數(shù)據(jù)解得：F=60N由牛頓第三定律可知，物塊B對軌道的壓力大?。篎′=F=60N，方向：豎直向下；(2)在傳送帶上，對物塊B，由牛頓第二定律得：μmg=ma設(shè)物塊B通過傳送帶后運動速度大小為v，有代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小，設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v2、v1，兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv=mv1+Mv2由機械能守恒定律得：解得：物塊A的速度為零時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，由能量守恒定律得：(3)碰撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動，設(shè)物塊B在傳送帶上向右運動的最大位移為l′，由動能定理得解得：l′=2m＜4.5m所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上，當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速運動，可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為v1′=2m/s，繼而與物塊A發(fā)生第二次碰撞。設(shè)第1次碰撞到第2次碰撞之間，物塊B在傳送帶運動的時間為t1。由動量定理得：解得：設(shè)物塊A、B第一次碰撞后的速度分別為v4、v3，取向左為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：當物塊B在傳送帶上向右運動的速度為零后，將會沿傳送帶向左加速運動，可以判斷，物塊B運動到左邊臺面時的速度大小為v3′=1m/s，繼而與物塊A發(fā)生第2次碰撞，則第2次碰撞到第3次碰撞之間，物塊B在傳送帶運動的時間為t2．由動量定理得：解得：同上計算可知：物塊B與物塊A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物塊B在傳送帶運動的時間為構(gòu)成無窮等比數(shù)列，公比，由無窮等比數(shù)列求和公式當n→∞時，有物塊B經(jīng)第一次與物塊A碰撞后在傳送帶運動的總時間為（二）選考題：共1。請考生從2道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。33．【選修3-3】（18分）（1）（5分）下列說法正確的是。（填正確答案標號，選對1個給，選對2個得，選對3個得，每選錯1個扣，最低得分）A．在完全失重的情況下，氣體的壓強為零B．液體表面張力產(chǎn)生的原因是液體表面層分子較稀疏，分子間的引力大于斥力C．當兩分子間距離大于平衡位置的間距時，分子間的距離越大，分子勢能越小D．水中氣泡上浮過程中，氣泡中的氣體在單位時間內(nèi)與氣泡壁單位面積碰撞的分子數(shù)減小E.不可能利用高科技手段將散失在環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用而不引起其他變化【答案】BDE【解析】A.氣體壓強是由于大量氣體分子頻繁碰撞容器壁而產(chǎn)生的，在完全失重的情況下，氣體的壓強并不為零，故A錯誤；B.液體表面張力產(chǎn)生的原因是由于液體表面層里的分子較稀疏，分子間的引力大于斥力，分子間表現(xiàn)為引力，故B正確；C.當兩分子間距離大于平衡位置的間距時，分子間的距離越大，分子勢能越大，故C錯誤；D.氣泡在水中上浮過程中，體積增大，溫度基本不變，壓強減小，根據(jù)氣體壓強的微觀解釋可知，氣泡中的氣體在單位時間內(nèi)與氣泡壁單位面積碰撞的分子數(shù)減小，故D正確；E.根據(jù)熱力學第二定律可知，不可能將散失在環(huán)境中的內(nèi)能重新收集起來加以利用而不引起其他變化，故E正確。故選BDE.（2）（10分）如圖，容積均為V的汽缸A、B下端有細管(容積可忽略)連通，閥門K2位于細管的中部，A、B的頂部各有一閥門K1、K3，B中有一可自由滑動的活塞(質(zhì)量、體積均可忽略)．初始時，三個閥門均打開，活塞在B的底部；關(guān)閉K2、K3，通過K1給汽缸充氣，使A中氣體的壓強達到大氣壓p0的3倍后關(guān)閉K1．已知室溫為27℃，汽缸導(dǎo)熱．(1)打開K2，求穩(wěn)定時活塞上方氣體的體積和壓強；(2)接著打開K3，求穩(wěn)定時活塞的位置；(3)再緩慢加熱汽缸內(nèi)氣體使其溫度升高20℃，求此時活塞下方氣體的壓強．【答案】(1)，2p0；(2)上升直到B的頂部；（3）1.6p0【解析】(1)設(shè)打開K2后，穩(wěn)定時活塞上方氣體的壓強為p1，體積為V1．依題意，被活塞分開的兩部分氣體都經(jīng)歷等溫過程．由玻意耳定律得①②聯(lián)立①②式得③④(2)打開K3后，由④式知，活塞必定上升．設(shè)在活塞下方氣體與A中氣體的體積之和為V2()時，活塞下氣體壓強為p2．由玻意耳定律得⑤由⑤式得⑥由⑥式知，打開K3后活塞上升直到B的頂部為止，此時．(3)設(shè)加熱后活塞下方氣體的壓強為p3，氣體溫度從T1＝300K升高到T2＝320K的等容過程中，由查理定律得⑦將有關(guān)數(shù)據(jù)代入⑦式得p3＝1.6p0⑧34．【選修3-4】（15分）（1）（5分）一列簡諧機械橫波沿x軸正方向傳播，波速為2m/s.某時刻波形如圖所示，a、b兩質(zhì)點的平衡位置的橫坐標分別為xa＝2.5m，xb＝4.5m，則下列說法中正確的是