新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许三含解析

新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许三含解析

综合模拟滚动小卷(三)‎ ‎(建议用时：45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．目前，在居家装修中，经常用到花岗岩、大理石等装修材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素，比如有些含有铀钍的花岗岩等岩石都会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道方面的疾病，根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是(　　)‎ A．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的 B．β射线是原子核外电子电离形成的质子流，它具有很强的穿透能力 C．已知氡的半衰期为3.8天，若取1 g氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则3.8天后，需取走0.5 g砝码天平才能再次平衡 D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4‎ ‎2.半径为R的半圆柱形介质截面如图所示，O为圆心，AB为直径，Q是半圆上的一点，从Q点平行于AB射入半圆柱介质的光线刚好从B点射出，已知∠QBO＝30°，现有一条光线从距离O点R处垂直于AB边射入半圆柱形介质，已知光在真空中的传播速度为c，则该半圆柱形介质的折射率为(　　)‎ A．2　　　　　　　　　　　　 B. C. D. ‎3．2018年12月8日我国嫦娥四号探测器成功发射，实现人类首次在月球背面无人软着陆．通过多次调速让探月卫星从近地环绕轨道经地月转移轨道进入近月环绕轨道．已知地球与月球的质量之比及半径之比分别为a、b，则下列关于近地卫星与近月卫星做匀速圆周运动的判断正确的是(　　)‎ A．加速度之比约为 B．周期之比约为 C．线速度之比约为 D．从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须减速 ‎4．如图所示，半径为r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁感应强度为B0，保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大，经过时间t，磁场的磁感应强度增大到 - 8 -‎ B1，此时圆环中产生的焦耳热为Q；保持磁场的磁感应强度B1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q，则磁感应强度B0和B1的比值为(　　)‎ A.　　B.　　C.　　D. 二、多项选择题 ‎5．A、B两质点在同一平面内同时向同一方向做直线运动，它们的位移时间图象如图所示，其中①是顶点过原点的抛物线的一部分，②是通过(0，3)的一条直线，两图象相交于坐标为(3，9)的P点，则下列说法不正确是(　　)‎ A．质点A做初速度为零，加速度为2 m/s2的匀加速直线运动 B．质点B以3 m/s的速度做匀速直线运动 C．在前3 s内，质点A比B向前多前进了6 m D．在前3 s内，某时刻A、B速度相等 ‎6．如图所示，M、N是组成电容器的两块水平放置的平行金属极板，M中间有一小孔．M、N分别接到电压恒定的电源上(图中未画出)．小孔正上方的A点与极板M相距h.与极板N相距3h.某时刻一质量为m、电荷量为q的微粒从A点由静止下落，到达极板N时速度刚好为零(不计空气阻力)，重力加速度为g.则(　　)‎ A．带电微粒在M、N两极板间往复运动 B．两极板间电场强度大小为 C．若将M向下平移，微粒仍从A点由静止下落，进入电场后速度为零的位置与N的距离为h D．若将N向上平移微粒仍从A由静止下落，进入电场后速度为零的位置与M的距离为h 三、非选择题 ‎7．某同学从实验室天花板处自由释放一钢球，用频闪摄影手段验证机械能守恒．频闪仪每隔相等时间短暂闪光一次，照片上记录了钢球在各个时刻的位置．‎ ‎(1)操作时比较合理的做法是________．‎ A．先打开频闪仪再释放钢球 B．先释放钢球再打开频闪仪 ‎(2)频闪仪闪光频率为f，拍到整个下落过程中的频闪照片如图所示，结合实验场景估算f可能值为________．‎ - 8 -‎ A．0.1 Hz　　　　　　　　 B．1 Hz C．10 Hz D．100 Hz ‎(3)用刻度尺在照片上测量钢球各位置到释放点O的距离分别为s1、s2、s3、s4、s5、s6、s7、s8及钢球直径，重力加速度为g.用游标卡尺测出钢球实际直径D，如图所示，则D＝________cm.已知实际直径与照片上钢球直径之比为k.‎ ‎(4)选用以上各物理量符号，验证从O到A过程中钢球机械能守恒成立的关系式为：2gs5＝__________．‎ ‎8.某物理社团受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图，导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L，内部分别有轻质薄活塞A、B，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动，汽缸Ⅰ左端开口．外界大气压强为p0，汽缸Ⅰ内通过A封有压强为p0的气体，汽缸Ⅱ内通过B封有压强为2p0的气体，一细管连通两汽缸，初始状态A、B均位于汽缸最左端．该装置放入水下后，通过A向右移动的距离可测定水的深度．已知p0相当于10 m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：‎ ‎(1)当A向右移动时，水的深度h；‎ ‎(2)该深度计能测量的最大水深hm.‎ - 8 -‎ ‎9．如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定．移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计．求：(g取10 m/s2)‎ ‎(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)刚释放物块A时，弹簧的弹性势能；‎ ‎(3)若两物块能冲上圆形轨道，且不脱离圆形轨道，s应满足什么条件．‎ - 8 -‎ 综合模拟滚动小卷(三)‎ ‎1．解析：选A.β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生并发射出来的，故A正确；β射线是电子流，并不是质子流，它的穿透能力强于α射线，弱于γ射线，穿透能力中等，故B错误；氡的半衰期为3.8天，经3.8天后，有0.5克衰变成新核，新的原子核仍然留在天平左盘中，故取走的砝码应小于0.5克，天平才能再次平衡，故C错误；发生α衰变时，电荷数减少2(即质子数减少2)，质量数减少4，则中子数减少2，故D错误．‎ ‎2．解析：选B.作出光路图：由几何关系可知，从Q点射入的光线的入射角为i＝60°‎ 由折射定律有：n＝＝，B正确．‎ ‎3．解析：选B.根据a＝可知，＝＝，选项A错误；由T＝2π可得，＝＝，选项B正确；根据v＝可得＝＝，选项C错误；从近地轨道进入到地月转移轨道，卫星必须要多次加速变轨，选项D错误．‎ ‎4．解析：选A.保持圆环不动时，产生的感应电动势恒定，为E1＝，则Q＝t＝①；线圈转动时，产生的感应电动势最大值：E2m＝B1ωS＝B1·πr2＝，有效值E2＝，产生的热量Q＝×2t＝②，联立①②式可得：＝，故选A.‎ ‎5．解析：选BC.质点A的图象是抛物线，说明质点A做匀变速直线运动，将(0，0)、(3 s，9 m)代入公式，x＝v0t＋at2，解得：v0＝0，a＝2 m/s2，即质点A做初速度为零加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，故A正确；质点B做匀速直线运动，速度为：vB＝＝ m/s＝2 m/s，故B错误；在前3 s内，质点A前进位移为9 m，质点B前进位移为6 m，所以质点A比B - 8 -‎ 向前多前进3 m，故C错误；根据x－t图象的斜率等于速度，知在3 s前某时刻质点A、B速度相等，故D正确．‎ ‎6．解析：选BD.由于粒子在电场中和在电场外受到的力都是恒力，可知粒子将在A点和下极板之间往复运动，选项A错误；由动能定理：mg·3h＝Eq·2h，解得E＝，选项B正确；若将M向下平移，则板间场强变为E1＝＝＝E，则当粒子速度为零时，由动能定理：mg·(3h－Δh)＝E1q·，可知方程无解，选项C错误；若将N向上平移，则板间场强变为E2＝＝＝E，设当粒子速度为零时的位置与M极板相距Δh′，由动能定理：mg·(h＋Δh′)＝E2q·Δh′，解得Δh′＝h，选项D正确．‎ ‎7．解析：(1)为了记录完整的过程，应该先打开闪频仪再释放钢球，A正确．‎ ‎(2)天花板到地板的高度约为3 m，小球做自由落体运动，从图中可知经过8次闪光到达地面，故有g×(8T)2＝3 m，解得T≈0.1 s，即f＝＝10 Hz，C正确．‎ ‎(3)游标卡尺的读数为D＝45 mm＋5×0.1 mm＝45.5 mm＝4.55 cm.‎ ‎(4)到A点的速度为vA＝＝，根据比例关系可知，到A点的实际速度为v＝，因为小球下落实际高度为＝＝k，代入mgH＝mv2可得2gs5＝kf2(s6－s4)2.‎ 答案：(1)A　(2)C　(3)4.55‎ ‎(4)kf2(s6－s4)2‎ ‎8．解析：(1)当A向右移动时，设B不移动 对汽缸Ⅰ内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p1SL 解得：p1＝p0‎ 而此时B中气体的压强为2p0>p1，‎ 故B不动 由p1＝p0＋ph 解得：水的深度ph＝p1－p0＝p0，‎ 故h≈3.33 m.‎ - 8 -‎ ‎(2)该装置放入水下后，由于水的压力A向右移动，汽缸Ⅰ内气体压强逐渐增大，当压强增大到大于2p0后B开始向右移动，当A恰好移动到缸底时所测深度最大，此时原汽缸Ⅰ内气体全部进入汽缸Ⅱ内，设B向右移动x距离，两部分气体压强为p2，活塞横截面积为S 对原 Ⅰ 内气体，由玻意耳定律得：p0SL＝p2Sx 对原Ⅱ内气体，由玻意耳定律得：2p0SL＝p2S(L－x)‎ 又p2＝p0＋phm 联立解得phm＝2p0，故hm＝20 m.‎ 答案：(1)3.33 m　(2)20 m ‎9．解析：(1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC 由功能关系得：×2mv2－2μmgs＝×2mv 又FNC－2mg＝2m 代入解得：FNC＝500 N 由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N.‎ ‎(2)设A与B碰撞前A的速度为v0，以向右为正方向，由动量守恒得：mv0＝2mv，解得v0＝10 m/s 则：Ep＝Ek＝mv＝200 J.‎ ‎(3)物块不脱离轨道有两种情况 ‎①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则2mg＝ 得：v1＝＝2 m/s 物块从碰撞后到经过最高点过程中，由功能关系有 ×2mv2－2μmgs－4mgR≥×2mv 代入解得s满足条件：s≤1.25 m.‎ ‎②物块上滑最大高度不超过圆弧 设物块刚好到达圆弧处速度为v2＝0‎ 物块从碰撞后到最高点，由功能关系有：‎ ×2mv2－2μmgs≤2mgR 同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由功能关系：‎ ×2mv2>2μmgs 代入解得s满足条件：4.25 m≤s<6.25 m.‎ - 8 -‎ 答案：(1)500 N　(2)200 J　‎ ‎(3)s≤1.25 m或4.25 m≤s<6.25 m - 8 -‎