高考物理模擬試題(三)參考答案與提示

1.B 提示:半衰期的大小與溫度、壓強及化學狀態等無關,選項A 錯誤。釷核經過1次β衰變可變成鏷,選項B 錯誤。核反應方程式中生成物比反應物穩定,生成物的比結合能比反應物的比結合能大,選項C正確。根據質量數守恒和電荷數守恒可知,題中鈾核裂變的核反應方程為,選項D 錯誤。

2.C 提示:開關S從斷開狀態突然閉合時,因二極管具有單向導電性而不能導通,燈泡L2一直不亮;此時燈泡L1、L3和線圈L串聯在同一回路中,線圈L產生自感電動勢阻礙通過其電流的增大,所以燈泡L1和L3均逐漸變亮。開關S 從閉合狀態突然斷開時,通過燈泡L3的電流立即變為零,所以燈泡L3立即熄滅;線圈L產生自感電動勢阻礙通過其電流的減小,此時自感電動勢的方向滿足二極管導通的條件,所以燈泡L1、L2和線圈L串聯在同一回路中,通過燈泡L1的電流逐漸減小,燈泡L1逐漸熄滅,燈泡L2突然變亮,然后逐漸變暗至熄滅。

3.C 提示:當鉤碼的質量為最大值m1時,滑塊所受的滑動摩擦力沿斜面向下,則m1g=mgsin θ+μmgcosθ;當鉤碼的質量為最小值m2時,滑塊所受的滑動摩擦力沿斜面向上,則m2g+μmgcos θ=mgsinθ。聯立以上二式解得

4.C 提示:設桿的傾角為θ,把圓環的重力沿桿和垂直于桿方向分解得G∥=mgsinθ,G⊥=mgcosθ,根據左手定則可知,圓環受到的洛倫茲力qvB垂直于桿向上,圓環上滑過程中因摩擦阻力的作用v越來越小。若qvB＜mgcosθ,則f=μN,N=mgcosθ-qvB,因此圓環做加速度增大的減速運動;若qvB＞mgcosθ,則隨著v的不斷減小先有N=qvB-mgcosθ,后有N=mgcosθ-qvB,即圓環先做加速度減小的減速運動再做加速度增大的減速運動。根據速度—時間圖像的斜率表示加速度可知,選項A、B 錯誤。在圓環上滑的過程中洛倫茲力不做功,摩擦力做功使圓環的機械能減小,則ΔE=-fΔx。根據上述分析可知,在圓環上滑的過程中摩擦阻力f可能逐漸增大,所以機械能的變化率逐漸增大,選項D 錯誤;摩擦阻力f也可能先減小后增大,所以機械能的變化率先減小后增大,選項C正確。

5.B 提示:根據x-t圖像可知,t=T時刻,物體的速度不為零,選項A 錯誤;0～T時間內物體做勻加速直線運動,T～2T時間內物體做勻變速直線運動,-x0=,解得a1∶a2=1∶3,選項B正確。t=T時刻,物體的速度v1=a1T,t=2T時刻,物體的速度v2=v1+(-a2)T=-2v1,選項C 錯誤。物體速度從v1變為0所用的時間,則t=T+時刻,物體的速度為0,在時間內,根據牛頓第二定律得f+F=ma2,在時間內,根據牛頓第二定律得F＇-f=ma2,因此在T～2T時間內物體受到的水平恒力的大小發生了變化,選項D 錯誤。

6.CD 提示:電場方向沿x軸正方向,電子所受的靜電力始終沿x軸負方向,所以電子可能沿x軸正方向一直減速,也可能先沿x軸正方向減速至零,再反向加速,選項A錯誤。電子經x1處時,圖像的斜率最大,電場強度最大,電子的加速度最大,但電勢不是最低,電勢能不是最大,選項B錯誤。設x3處的電勢為φ2,電子從O點運動到x3處,根據動能定理得-e(φ0-φ2)=,解得φ2=,選項C正確。假設電子恰好可以到達無窮遠處,根據動能定理得-e(φ0-0)=0-,解得,當時電子能返回O點,根據能量守恒定律知電子回到O點時的速度大小仍為v0,選項D 正確。

7.AC 提示:由題中所給數據,可以求出地球同步衛星的軌道半徑及“北斗2號”在“墓地軌道”上運行時的軌道半徑,且同步衛星的運行周期為24 h,所以根據開普勒第三定律,可以估算出已失效的“北斗2號”在“墓地軌道”上的運行周期,選項A 正確。由題中所給數據得轉移軌道的半長軸a=根據開普勒第三定律,解得“實踐21號”在轉移軌道上的運行周期T=,選項B錯誤。對于“實踐21號”衛星,若僅考慮地球對它的萬有引力作用,則根據萬有引力提供向心力得,解得a1=a2,選項C正確。11.2 km/s是從地球表面發射衛星,使之脫離地球束縛的最小速度,已失效的衛星由Q點脫離地球引力的束縛,同等條件下,需要克服地球引力所做的功要少,所以可以在Q點給它一個小于11.2 km/s的初速度,選項D 錯誤。

8.AD 提示:開始時細繩中無張力,當轉盤緩慢加速轉動的過程中,物塊受到的靜摩擦力提供向心力,當物塊相對轉盤滑動時需滿足物塊受到的摩擦力達到最大靜摩擦力,即μm0g=m0ω2r。每一個物塊相對轉盤滑動的臨界條件是,與其質量無關,在動摩擦因數相同的情況下,角速度ω僅與半徑r有關,且半徑大的先出現相對運動趨勢。rB＞rA,當物塊B的摩擦力達到最大靜摩擦力,即時,物塊A還未達到最大靜摩擦力,繩中產生張力。之后,ω繼續增大,對兩物塊分別進行受力分析,對物塊A有T+fA=mω2L,對物塊B有T+μmg=mω2·2L,整理得fA=μmg-mω2L,因此隨著ω增大,fA減小。當fA減小到0 時,,此后物塊A所受摩擦力方向反向。再對兩物塊分別進行受力分析,對物塊A有T-fA=mω2L,對物塊B有T+μmg=mω2·2L,整理得fA=mω2Lμmg,因此隨著ω增大,fA增大,當fA增大到反向的最大靜摩擦力μmg時,兩物塊均將滑動,此時T=3μmg。F-ω2圖像如圖1所示。

圖1

提示:(1)小鐵球的直徑D=10 mm+6×0.05 mm=10.30 mm。(2)用小鐵球經過光電門時的平均速度表示瞬時速度,則(3)小鐵球從光電門1 運動到光電門2做勻加速直線運動,則,解得

10.(1)電流表 外接 (2)B

提示:(1)電壓表示數有明顯變化,而電流表示數無明顯變化,說明內接、外接對電流表的影響很小,對電壓表的影響較大,應采取電流表外接法。(2)由U-x圖像可知,k取值為0.1、0.4時比較符合線性,因此選B。

11.(1)設碰撞前瞬間彈珠A的速度為v1,根據運動學公式得v0-at1,根據牛頓第二定律得f=μmg=ma,解得a=5 m/s2,μ=0.5,v1=4 m/s。(2)設碰后瞬間彈珠A和B的速度分別為v1＇、v2＇,根據動量守恒定律得mv1=mv1＇+mv2＇,根據機械能守恒定律得,解得v2＇=4 m/s。因為彈珠B在地面上運動時的加速度大小均為a=5 m/s2,碰后彈珠B能夠運動的距離,所以彈珠B能進坑,該同學勝出。

12.(1)從P(x,y)點射入電場的粒子在電場中做類平拋運動,則,解得(2)設從P(x,y)點射入電場的粒子從O點射入磁場時,速度v與x軸負方向間的夾角為θ,在電場中產生的位移與x軸負方向間的夾角為α,則粒子在磁場中做勻速圓周運動的速度大小v=,設粒子在磁場中運動的軌跡半徑為r,根據牛頓第二定律得,解得r=,根據幾何關系可得,粒子在磁場中的運動軌跡對應的弦長d=2rcosθ,解得d=,所以d為定值,即所有粒子從磁場中射出時與y軸的交點一定,所有粒子的軌跡經過的區域如圖2所示。根據類平拋運動的規律得當時,θ=45°,粒子進入磁場時的最大速度當粒子從O點以最大速度入射時,其軌跡與y軸所圍圖形的面積當粒子從O點以最小速度v2=v0入射時,其軌跡與y軸所圍圖形的面積因此磁場區域的最小面積Smin=S2-S1=(3)粒子進入第四象限,沿x軸方向以速度v0做勻速直線運動,以速度v0垂直于xOy平面做勻速圓周運動,根據題意得,因此

圖2

13.(1)D (2)(ⅰ)壺中原來空氣的體積V1=0.5 L,根據玻意耳定律得p1(nV0+V1)=p2V1,解得n=15。(ⅱ)噴出的液體體積ΔV=nV0=0.75 L=0.75×10-3m3,外界對氣體做的功-131.25 J,噴液過程中氣體做等溫變化,根據熱力學第一定律得ΔU=W+Q=0,解得Q=131.25 J。

14.(1)D (2)(ⅰ)作出光路圖如圖3所示,其中DE連線與AC邊垂直,又與AB邊的夾角為α,根據幾何關系得α=45°,設DE與AC的交點為F,則,所以在△DFO中有,根據折射定律得解得(ⅱ)光在玻璃磚中的傳播速度,光在玻璃磚里前進的距離在△DPO中,根據幾何關系得∠DOP=β=30°,∠OPD=α-β=15°,根據正弦定理得因此光從P點射向玻璃磚到再次回到P點所用的時間,解得

圖3