曲一線2023版《5年高考3年模擬》B版第頁綜合測試卷二一、選擇題1.(2022山東濟南期末,3)ETC是電子不停車收費系統(tǒng)的簡稱,可以提高高速公路的通行能力,如圖甲所示為ETC通道和人工通道的示意圖。一輛汽車通過人工通道時的v-t圖像如圖乙所示,t=0時剛好進入人工通道。t=7s時離開人工通道。若該汽車以4m/s的速度勻速通過ETC通道,則相比通過人工通道可節(jié)省的時間為()甲乙A.2sB.4s C.5sD.6s答案Cv-t圖像中圖線與時間軸包圍的面積表示位移,汽車通過人工通道行駛的距離L=4×22m+4×(7-5)2m=8m;若該汽車以4m/s的速度勻速通過ETC通道,所用時間為t2=Lv=84s=2s,相比通過人工通道可節(jié)省的時間為Δt=t1-t22.物理生活|(2022河西一模,7)(多選)如圖所示,傾角為37°的斜面和豎直擋板固定在卡車上,現(xiàn)將均質圓柱狀工件置于斜面和豎直擋板之間,忽略工件與斜面、豎直擋板之間的摩擦,運輸過程中工件與卡車始終相對靜止,下列說法中正確的是()A.卡車突然剎車時,工件對斜面的壓力可能為零B.卡車由靜止突然啟動時,工件對豎直擋板的壓力變小C.卡車勻速行駛時,豎直擋板對工件的支持力大于工件的重力D.卡車減速運動過程中,斜面對工件做的功小于工件克服豎直擋板支持力做的功答案BD卡車突然剎車時,豎直方向受力仍滿足N2cosθ=mg,則工件對斜面的壓力不可能為零,選項A錯誤;卡車由靜止突然啟動時,對工件根據(jù)牛頓第二定律可知N2sinθ-N1=ma,N2cosθ=mg,則N2不變,N1減小,由牛頓第三定律可知,工件對豎直擋板的壓力變小,選項B正確;卡車勻速行駛時,豎直擋板對工件的支持力等于mgtan37°,小于工件的重力,選項C錯誤;卡車減速運動過程中,動能減小,根據(jù)動能定理可知W斜-W豎=ΔEk<0,即斜面對工件做的功小于工件克服豎直擋板支持力做的功,選項D正確。3.(2022山東菏澤一模,6)如圖所示,粗糙程度處處相同、傾角為θ的傾斜圓盤上,有一長為L的輕質細繩,一端可繞垂直于傾斜圓盤的光滑軸上的O點轉動,另一端與質量為m的小滑塊相連,小滑塊從最高點A以垂直細繩的速度v0開始運動,恰好能完成一個完整的圓周運動,則運動過程中滑塊受到的摩擦力大小為()A.m(v0C.m(v0答案A由于小滑塊恰好能完成一個完整的圓周運動,則在最高點有mgsinθ=mv2L,整個過程根據(jù)能量守恒可得-2πLf=12mv2-12mv02,解得f=mv04.(2022湖南師大附中月考七,7)(多選)中國火星探測器“天問一號”歷經(jīng)200多天成功闖過“四關”:第一關,抓住發(fā)射“窗口期”開啟“地火轉移”;第二關,抓住被火星捕獲的機會精準剎車;第三關,繞“火”飛行尋找最佳著陸點;第四關,安全著陸開展火星表面探測任務?！疤靻栆惶枴背晒Πl(fā)射,標志著中國深空探測技術取得了巨大進步。其中,探測器在停泊軌道和遙感軌道上運行時相切于同一點P(未畫出)。下列有關闖這“四關”方面的物理學知識正確的是()A.地火轉移過程,探測器關閉發(fā)動機后以第二宇宙速度勻速運動B.第二關中,探測器要被火星捕獲,開啟發(fā)動機作用是使探測器減速C.探測器在停泊軌道上運行經(jīng)過P處時的加速度比在遙感軌道上經(jīng)過同一P點時的加速度大D.若測出探測器繞火星表面做圓周運動的周期,即可根據(jù)引力常量求得火星的平均密度答案BD地火轉移過程,關閉發(fā)動機,探測器靠近火星,火星引力對其做功,其動能會增加,所以不是勻速運動,故A錯誤;探測器要被火星捕獲,開啟發(fā)動機目的是使探測器減速,故B正確;兩軌道P點處探測器所受萬有引力相等,故加速度相同,故C錯誤;由萬有引力提供向心力,可知GMmR2=m(2πT)2R,M=ρ43πR3,可知火星密度ρ=5.(2022三湘名校教育聯(lián)盟3月大聯(lián)考,3)質量m=50kg的小強同學參加學校運動會的三級跳遠項目,從靜止開始助跑直至落地過程如圖所示。已知小強每次起跳騰空之后重心離地的高度是前一次的2倍,每次跳躍的水平位移也是前一次的2倍,最終跳出了xAD=10.5m的成績。將小強同學看成質點,已知小強最高的騰空距離h=1m,從O點靜止開始到D點落地,全過程克服阻力做功Wf=200J?？諝庾枇雎圆挥?重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是()A.第三步跳躍在空中運動的時間為55B.運動到第三次起跳騰空之后最高點時的動能為1050JC.運動到D點著地時的動能為1625JD.全過程運動員做的功為1425J答案C小強從最高點下落過程可看成平拋運動,豎直方向上有h=12gt2,解得t=55s,由對稱性可知,第三步跳躍在空中運動的時間為255s,A錯誤;由題意可知,第三次起跳騰空的水平位移xCD=6m,水平方向勻速直線運動,xCD2=v3t,解得v3=35m/s,即運動到第三次起跳騰空之后最高點時的動能為Ek3=12mv32=1125J,B錯誤;平拋到D點過程由動能定理可知mgh=Ek-Ek3,解得Ek=1625J,C正確;全過程由動能定理可知WF-Wf=Ek-0,6.物理生活|(2022河東二模,8)(多選)如圖所示,在干燥的冬天,手接觸金屬門把手時,經(jīng)常會有一種被電擊的感覺。帶負電的手在緩慢靠近門把手還未被電擊的過程中,下列說法正確的是()A.門把手的右端感應出正電荷B.門把手左端電勢低于右端電勢C.門把手與手指之間場強逐漸增大D.門把手內(nèi)部的場強逐漸變大答案AC放電前手指靠近金屬門把手的過程中,門把手在手的影響下,發(fā)生靜電感應,在其右端感應出正電荷,左端感應出負電荷,A正確;門把手處于靜電平衡狀態(tài),內(nèi)部場強為零,兩端電勢相等,B、D錯誤;門把手與手之間看成一個電容器,可知當兩者距離減小時,根據(jù)公式C=εS4πkd,E=Ud,C=QU,聯(lián)立可得E=4πkQεS,由于異種電荷相互吸引7.物理生活|(2022重慶二模)(多選)某光控開關控制電路如圖所示,R1為光敏電阻(電阻值隨光照強度的減弱而增大),R2為滑動變阻器,電源內(nèi)阻忽略不計。當光控開關兩端電壓升高到一定值時,照明系統(tǒng)打開,以下操作能使傍晚時照明系統(tǒng)更早打開的是()A.電源不變,R2的滑片P向下滑動B.電源不變,R2的滑片P向上滑動C.R2的滑片位置不變,換電動勢更大的電源D.R2的滑片位置不變,換電動勢更小的電源答案AC要使照明系統(tǒng)更早打開,即在R1阻值不變時增加R1兩端電壓,而R1兩端電壓UR1=R1R1+R2E,可知應減小R8.物理生活|(2022浙江麗水五校聯(lián)考選考模擬,14)(多選)在炎熱酷暑的時候,大量的電器高負荷工作,一些沒有更新升級輸電設備的老舊社區(qū),由于輸電線老化,線損提高,入戶電壓降低,遠達不到電器正常工作的需要,因此出現(xiàn)了一種“穩(wěn)壓源”的家用升壓設備,其原理就是根據(jù)入戶電壓與電器工作電壓,智能調(diào)節(jié)變壓器原、副線圈匝數(shù)比,現(xiàn)某用戶家庭電路工作情況如圖所示,忽略變壓器電阻。下列說法正確的是()A.現(xiàn)入戶電壓U1=150V,若要穩(wěn)壓源輸出電壓U2=225V,則需調(diào)節(jié)n1∶n2=2∶3B.空調(diào)制冷啟動時,熱水器實際功率不變C.空調(diào)制冷停止時,導線電阻耗能升高D.在用電器正常工作時,若入戶電壓U1減小,則需要更大的入戶電流,從而輸電線路損耗更大答案AD變壓器的電壓與匝數(shù)的關系為U1U2=n1n2,代入數(shù)據(jù)有n1∶n2=2∶3,故A正確;空調(diào)啟動時電路中電流增大,導線電阻分壓增加,熱水器電壓降低、功率降低,故B錯誤;空調(diào)制冷停止時,電路中電流減小,導線電阻分壓減小,導線電阻耗能減小,故C錯誤;在用電器正常工作時,功率不變,若入戶電壓U1減小,由P=UI可知,需要更大的入戶電流9.物理科技|(2022江蘇蘇州調(diào)研,3)新冠病毒是一種傳染病毒,傳染病的傳播過程十分復雜,但是可以構建最簡單的傳播模型來描述,這個最簡模型稱為鏈式模型,類似于核裂變鏈式反應模型,鈾核裂變反應方程為92235U+ZAn→

56144Ba+3689Kr+RZA.從鈾核裂變反應方程看,“傳染系數(shù)”R=2B.核反應堆中通過鎘棒吸收中子降低“傳染系數(shù)C.鏈式反應的臨界值對應的實際“傳染系數(shù)”為3D.核反應堆中的實際“傳染系數(shù)”與鈾濃度無關答案B中子的電荷數(shù)Z=0,質量數(shù)A=1,核反應遵循電荷數(shù)守恒及質量數(shù)守恒,因此可計算得R=3,故A錯誤;核反應堆中通過鎘棒吸收中子,減少轟擊鈾核的中子數(shù),最終起到降低實際“傳染系數(shù)”的作用,故B正確;在鏈式反應中,當實際“傳染系數(shù)”R≥1時,反應才能持續(xù)發(fā)展下去,當實際“傳染系數(shù)”R<1時,反應將趨于停滯,即R=1是鏈式反應持續(xù)下去的臨界值,故C錯誤;核反應堆中還可以通過鎘棒來控制核反應的速率,實際上就是通過調(diào)整鈾濃度來控制實際“傳染系數(shù)”,故D錯誤。10.物理科技|(2022河東一模,5)圖甲中B超成像的基本原理就是通過探頭向人體發(fā)送超聲波信號,遇到人體組織會產(chǎn)生不同程度的反射,接收后經(jīng)計算機的處理,形成B超圖像。圖乙為沿x軸正方向發(fā)送的超聲波圖像,已知超聲波的頻率約為1.25×105Hz,下列說法中不正確的是()A.此超聲波在人體內(nèi)的傳播速度約為1500m/sB.圖乙中質點A此時沿y軸正方向運動C.圖乙中質點A、B此時的速度不同D.圖乙中質點B從圖示時刻開始經(jīng)過2×10-6s通過的路程為4cm答案D根據(jù)圖乙可得,超聲波的波長為12mm,v=λf=1.2×10-2×1.25×105m/s=1500m/s,A正確;超聲波沿x軸正方向傳播,質點A此時沿y軸正方向運動,B正確;質點A、B振動方向相反,故此時速度不同,C正確;質點B振動的周期為T=1f=11.25×105s=8×10-6s,質點B從圖示時刻開始經(jīng)過2×10-6s,即運動了四分之一個周期,因B此刻不是在平衡點、波峰或波谷的位置,二、非選擇題11.(2022湖南名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考,11)如圖所示,某實驗小組同學利用DIS實驗裝置研究支架上力的分解,A、B為兩個相同的雙向力傳感器,該型號傳感器在受到拉力時讀數(shù)為正,受到壓力時讀數(shù)為負。A連接質量不計的細繩,可沿固定的圓弧形板移動。B固定不動,通過光滑鉸鏈連接長為0.3m的桿。將細繩連接在桿右端O點構成支架。保持桿在水平方向,按如下步驟操作:①測量繩子與水平桿的夾角∠AOB=θ②對兩個傳感器進行調(diào)零③用另一根繩在O點懸掛一個鉤碼,記錄兩個傳感器的讀數(shù)④取下鉤碼,移動傳感器A改變θ角重復上述實驗步驟,得到表格。F11.0010.580…1.002…F2-0.868-0.291…0.865…θ30°60°…150°…(1)根據(jù)表格,A傳感器對應的是表中力(選填“F1”或“F2”)。鉤碼質量為kg(g取10m/s2,結果保留1位有效數(shù)字)。

(2)本實驗中多次對傳感器進行調(diào)零,對此操作說法正確的是。

A.因為事先忘記調(diào)零B.何時調(diào)零對實驗結果沒有影響C.為了消除橫桿自身重力對結果的影響D.可以完全消除實驗的誤差答案(1)F10.05(2)C解析(1)A傳感器中的力均為拉力,為正值,故A傳感器對應的是表中力F1。平衡時,mg=F1sinθ,當θ=30°時,F1=1.001N,可求得m=0.05kg。(2)在掛鉤碼之前,對傳感器進行調(diào)零,是為了消除橫桿自身重力對結果的影響,故C正確。12.(2022江蘇鹽城二模,12)利用DIS電流傳感器可以測量電容器的電容。讓充電后的電容器通過大電阻R放電,電流傳感器A與計算機連接,記錄放電電流I隨時間t變化的圖像,圖像與坐標軸圍成的面積數(shù)值上等于電容器的帶電荷量Q(可用DIS系統(tǒng)軟件計算),Q與充電電壓U的比值即電容器的電容C。甲乙(1)圖甲、圖乙為放電法測量電容的兩種電路原理圖,先讓開關S與1端相連,充電結束后,讀出電壓表的示數(shù)。然后把開關擲向2端,得到I-t圖像,測量出電容器的帶電荷量Q。在甲、乙兩圖中,實驗系統(tǒng)誤差較大的是(選填“甲”或“乙”),原因是對實驗的影響,使電容測量值(選填“偏大”、“偏小”或“不變”)。

(2)DIS系統(tǒng)軟件記錄的放電電流I隨時間t變化的圖像可能是。

ABCD(3)某同學選擇了正確的實驗電路圖,經(jīng)過實驗操作獲得了多組數(shù)據(jù),如下表所示:123456U/V10.813.716.820.023.827.0Q/×10-4C0.921.201.221.702.082.41請根據(jù)以上數(shù)據(jù),作出Q-U圖作,由圖作可得該電容器的電容是μF(結果保留兩位有效數(shù)字)。

(4)該同學是通過滑動變阻器來改變電容器的充電電壓的,請結合上述電路原理圖,在下面的方框內(nèi)作出能改變電容器充電電壓的電路原理圖。(5)該同學在完成電容的測量實驗后,把一多用電表的選擇開關調(diào)到歐姆擋,正確調(diào)零后把紅黑表筆同時與電容器的兩極接觸,請你描述接觸后多用電表指針的偏轉情況。

答案(1)乙電壓表分流偏小(2)C(3)如圖所示8.9(8.6~9.0均可)(4)電路原理圖如圖所示(5)多用電表指針先快速偏大角度,后逐漸回到原位置解析(1)在甲、乙兩圖中,實驗系統(tǒng)誤差較大的是乙;原因是電容器放電時電壓表有分流對實驗的影響;使電容器放電量值偏小,則電容測量值偏小。(2)電容器放電時,放電電流逐漸減小,且逐漸變慢,則DIS系統(tǒng)軟件記錄的放電電流I隨時間t變化的圖像可能是C。(3)作出Q-U圖像如答案圖所示。根據(jù)C=QU可知C=ΔQΔU=2.50(4)能改變電容器充電電壓的電路原理圖如答案圖所示。(5)兩表筆與電容器接觸后,電容器先有較大的放電電流,然后逐漸減小,則多用電表指針的偏轉情況是:多用電表指針先快速偏大角度,后逐漸回到原位置。13.(2022山東淄博一模,16)潛艇從海水高密度區(qū)域駛入低密度區(qū)域,浮力頓減,潛艇如同汽車那樣掉下懸崖,稱之為“掉深”,曾有一些潛艇因此沉沒。某潛艇總質量m=3.0×103t,在高密度海水區(qū)域水面下沿水平方向緩慢潛航,潛航深度為h0=180m,如圖所示。當該潛艇駛入海水低密度區(qū)域時,浮力F突然降為2.94×107N;20s后,潛艇官兵迅速對潛艇減重(排水),此后潛艇以0.1m/s2的加速度勻減速下沉,速度減為零后開始上浮,升至距水面120m處時立即對潛艇加重(加水)后使其緩慢勻減速上浮,升到水面時速度恰好為零。重力加速度g取10m/s2,不計潛艇加重以及減重的時間和水的粘滯阻力。求:(1)潛艇“掉深”達到的最大深度(自水面算起);(2)潛艇從開始“掉深”到升至水面的過程所用的總時間。答案(1)300m(2)160s解析(1)潛艇向下的加速過程有mg-F=ma1此過程下落高度為h1=12a1設潛艇向下減速過程下落的高度為h2h2=(潛艇“掉深”達到的最大深度為h=h0+h1+h2聯(lián)立解得h=300m(2)設潛艇向下減速過程的時間為t2a1t1=a2t2潛艇向上加速過程有:h3=12a2t32,h3=h-h4,h4設升至距水面120m處的速度為v2v2=a2t3潛艇向上減速過程有h4=v2+0潛艇從開始掉深到升至水面的過程所用總時間t總=t1+t2+t3+t4聯(lián)立解得t總=160s14.(2022湖南百師聯(lián)盟開學考,14)2021年3月,8輛編組高速動車組首次在符合實際工況的線路上進行了整列車被動安全碰撞試驗,試驗有效采集了列車吸能系統(tǒng)的變形次序等重要數(shù)據(jù)。列車吸能系統(tǒng)中的多個吸能裝置可以有效吸收碰撞或掛接過程中損失的動能。假設在編組站進行的某次掛接試驗中,共有3節(jié)車廂,當動力車1以某速度勻速運動到距靜止的編組車2距離為L時撤掉動力,動力車1與編組車2相碰,并以共同速度運動距離L后與編組車3相碰,最后三車又以共同速度運動了距離L后停止。已知每輛編組車的質量均為m,運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍,重力加速度為g,碰撞時間很短,忽略空氣阻力。求:(1)整個運動過程中摩擦阻力所做的總功;(2)動力車1勻速運動時的速度大小;(3)因摩擦系統(tǒng)損失的動能和因碰撞系統(tǒng)損失的動能之比。答案(1)-6kmgL(2)27kgL解析(1)設運動過程中摩擦阻力做的總功為W,則W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL,即整個過程中摩擦阻力所做的總功為-6kmgL。(2)設動力車1初速度為v0,第一次碰前速度為v1,碰后兩車的共同速度為v2,第二次碰前兩車速度為v3,碰后三車的共同速度為v4,由動能定理,分別對三段減速過程列式,有-kmgL=12mv12-12mv02,-k·2mgL=12×2mv32-12×2mv22,-k·3mgL=0-12×3mv42,由動量守恒定律,對兩次碰撞過程分別列式,有(3)設兩次碰撞中系統(tǒng)動能損失分別為ΔEk1和ΔEk2,分別有ΔEk1=12mv12-12×2mv22,ΔEk2=12×2mv32-12×3mv42,即因碰撞損失的動能為ΔEk15.(2022和平一模,12)質譜儀是一種檢測同位素的儀器,利用電場和磁場可以將同位素進行分離?，F(xiàn)有氕(11H)、氘(12H)兩種帶電粒子從容器A下方的狹縫S1飄入電勢差為U0的加速電場,其初速度幾乎為零,然后沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B0的足夠大勻強磁場中,最后打到照相底片上。已知帶電粒子從狹縫S3進入磁場時與垂直磁場邊界方向存在一個很小的散射角θ,所有粒子均打在底片區(qū)域內(nèi),所能到達的最遠點為M。已知氘粒子的質量為(1)求M點與狹縫S3之間的距離d;(2)若某些氘粒子進入磁場后,形成等效電流為I的粒子束,最終垂直打在照相底片上的P點(圖中未畫出)形成一個曝光點,粒子均被吸收,求氘粒子束單位時間內(nèi)對P點的沖擊力F的大小;(3)若考慮磁感應強度在(B0-ΔB)到(B0+ΔB)之間波動,要使在底片上能完全分辨氕、氘兩種粒子,求ΔB應滿足的條件。答案(1)1B(2)I2(3)ΔB<2cosθ解析(1)氘粒子在加速電場中運動,由動能定理可知qU0=12mv2在磁場中運動,qvB=mv2r=d2聯(lián)立①②③可得d=1B08U(2)設t時間內(nèi)打到P點的氘粒子個數(shù)為NN=Itq由動量定理-F't=0-Nmv⑤由牛頓第三定律F=F'⑥聯(lián)立④⑤⑥可得F=I2(3)設氕粒子在磁場中運動的半徑為r0聯(lián)立qU0=12mv2與qvB=mv2r因此對氕粒子r0=1兩種粒子在底片上不重疊,需要氘粒子曝光點的最近距離大于氕粒子的曝光點的最遠距離,最遠距離為垂直邊界射入磁場時,最近距離為與垂直于邊界方向夾角為θ入射,因此兩種粒子不重疊的條件為2rmincosθ>2r0max⑦又磁感應強度最大時半徑最小,因此有21B0+ΔB2U0m整理可得ΔB<2cosθ16.物理技術|(2022浙江溫州十五校選考模擬,21)如圖所示,為磁懸浮列車的原理圖,水平地面上有兩根很長的平行直導軌PQ和MN,導軌間有豎直(垂直紙面)方向等間距的勻強磁場B1和B2,二者方向相反。導軌上有一個與磁場間距等寬的金屬框abcd。當勻強磁場B1和B2同時以某一速度沿直軌道向右運動時,金屬框也會沿直軌道運動。設金屬框ab邊長L=1m,勻強磁場的磁感應強度大小為B1=B2=1T,金屬框的質量m=1kg,金屬框的電阻為R=2Ω,金屬框受到的阻力與其速度成正比,即f=kv,比例系數(shù)k=0.5N·s/m。(1)若磁場運動速度為v0=5m/s,設在t=0時刻,金屬框從如圖所示位置起動,求此時金屬框運動的加速度大小;(2)若磁場的運動速度為v0=5m/s時,求金屬框的最大速度v1的大小;(3)金屬框要維持最大速度v2=3m/s運動,每秒鐘需要消耗多少能量?答案(1)10m/s2(2)4m/s(3)5.625J解析(1)當金屬框的速度為零時,金屬框相對于磁場的速度大小為v0,金屬框中左右兩邊都切割磁感線,產(chǎn)生的感應電動勢為E1=2BLv0,其中B=1T金屬框中產(chǎn)生的感應電流I1=E金屬框受到的安培力F1=2BI1L由牛頓第二定律得F1=ma聯(lián)立解得a=10m/s2(2)金屬框產(chǎn)生的感應電動勢為E=2BL(v0-v1)金屬框中的感應電流為I=ER=金屬框受到的安培力為F=2BIL=4當F=f時金屬框速度最大,即F=kv1代入數(shù)據(jù)解得v1=4m/s(3)當金屬框以速度v2勻速運動時,設金屬框中感應電流為I2,則有2BI2L=f金屬框以速度v2做勻速運動時,克服阻力的功率為P1=fv2金屬框中的熱功率為P2=I2所以外界在單位時間內(nèi)需提供的總能量為E=(P1+P2)t聯(lián)立解得E=5.625J17.物理生活|(2022江蘇蘇州調(diào)研,13)很多轎車中設有安全氣囊以保障駕乘人員的安全。轎車在發(fā)生一定強度的碰撞時,利用三氮化鈉(NaN3)產(chǎn)生氣體(假設都是N2)充入導溫效果良好的氣囊。若氮氣充入前后安全氣囊的容積分別為V1=10L、V2=70L。已知大氣壓強p0=1.0×105Pa,氣囊中氮氣密度ρ=2.5kg/m3,一個氮氣分子的質量約為4.65×10-23g,氮氣摩爾質量M=0.028kg/mol,阿伏加德羅常數(shù)NA≈6×1023mol-1,在標準大氣壓下,氮氣的摩爾體積為22.4L/mol。求氮氣充入后