新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许八含解析

新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许八含解析

综合模拟滚动小卷(八)‎ ‎(建议用时：45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．1896年，贝克勒尔首先发现了天然放射性现象．如今，原子核的放射性在各个领域有广泛的应用．下列说法正确的是(　　)‎ A．α、β、γ三种射线均为高速运动的粒子 B．放射性β衰变的转化方程为n→H＋e C．10个放射性原子核经过1个半衰期，有5个发生衰变 D．放射性元素的半衰期随压强的增大而减小 ‎2．长为l的细线吊着一个小球，静止时处于P点，细线竖直，第一次用一个水平力缓慢拉小球到Q点，此时细线与竖直方向的夹角为θ＝60°，此过程中拉力的最大值为F1；第二次用一个水平恒力F2拉小球，使小球运动到Q点时速度刚好为零，则为(　　)‎ A．3　　　　　　　　　　　　 B. C．1 D. ‎3.由中国科学家设计的空间引力波探测工程“天琴计划”，采用三颗相同的探测卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形，阵列如图所示．地球恰好处于三角形中心，探测卫星在以地球为中心的圆轨道上运行，对一个周期仅有5.4分钟的超紧凑双白矮星(RXJ0806.3＋1527)产生的引力波进行探测．若地球表面附近的卫星运行速率为v0，则三颗探测卫星的运行速率最接近(　　)‎ A．0.10v0 B．0.25v0‎ C．0.5v0 D．0.75v0‎ ‎4．如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆弧的左端点，B点和圆心C连线与竖直方向的夹角为α，一个质量为m的小球在圆弧轨道左侧的A点以水平速度v0抛出，恰好沿圆弧在B点的切线方向进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ - 7 -‎ A．AB连线与水平方向夹角为α B．小球从A运动到B的时间t＝ C．小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝ D．小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，处于失重状态 二、多项选择题 ‎5．如图所示，电阻可忽略的平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，导体棒受到的安培力的大小为F，此时(　　)‎ A．电阻R1消耗的热功率为 B．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv C．电阻R2消耗的热功率为 D．整个装置消耗的机械功率为μmgvcos θ＋Fv ‎6．某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方由静止开始匀加速飞行，如图所示．经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小．使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是(　　)‎ A．加速时动力的大小等于 mg B．加速与减速时的加速度大小之比为2∶1‎ C．减速飞行时间t后速度减为零 D．加速过程发生的位移与减速到零的过程发生的位移大小之比为2∶1‎ 三、非选择题 ‎7.用如图所示的装置测滑块与木板间的动摩擦因数．同种材料的薄木板A、B、C，表面粗糙程度相同，将较长的木板B放置于水平地面上，左端固定在竖直墙的O点，木板A倾斜固定在木板B上，顶端靠墙，用一段圆弧状木板C将A、B平滑连接．将滑块P从木板A的顶端由静止释放，P最终停在木板B上某点Q(图中未画出)处；改变木板A在木板B上的位置，木板A与水平面的倾角改变，重复实验．‎ ‎(1)要测定滑块P与木板间的动摩擦因数，每次实验只需要测量的两个物理量是________．‎ - 7 -‎ A．滑块P的质量m B．木板A与水平面的倾角θ C．木板A的顶端与O点的竖直高度h D．Q点与O点间的距离x ‎(2)计算滑块P与木板间的动摩擦因数的公式μ＝________[用(1)问中所选的物理量表示]．‎ ‎(3)由于木板C是圆弧状，将产生系统误差，会使所测得的动摩擦因数比实际值________(填“偏大”或“偏小”)．‎ ‎8.如图甲所示，足够宽水槽下面有一平面镜，一束单色光以入射角i射入水面，经平面镜反射后的光线恰好沿水平方向射出．已知水对该单色光的折射率为n＝.‎ ‎(1)若平面镜与水平方向的夹角为θ＝30°，求该单色光在水面入射角的正弦值sin i；‎ ‎(2)使该单色光从水槽左壁水平向右射出，在平面镜上反射后恰好在水面上发生全反射，如图乙所示，求平面镜与水平方向的夹角α.‎ ‎9．如图所示，地面固定一个圆心为O，竖直放置的光滑半圆轨道ABC，B为半圆轨道中点，半径R＝0.08 m，∠COB＝90°.木板DE质量为m，长度L＝10 m，E与A距离s＝2 m，木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1，木板与A碰撞后立即原速率返回，并由地面控制装置(图中未画出)保证E与A只能碰撞一次．E与A等高，以使E与A重合时板上的物体可以滑入半圆轨道，当E与A一旦分离，板上物块将落地而无法进入半圆轨道．一个可看做质点的物体质量为2m，物体与木板间动摩擦因数为μ2＝0.2，物体在合适的位置以合适的初速度v0开始向右运动，重力加速度g＝10 m/s2，结果可保留根号．求：‎ ‎(1)要使物体沿轨道刚能到达B点，物体在A处的速度vA的大小；‎ ‎(2)要使物体能到达C点而不脱离轨道，物体初速度v0的取值范围．‎ - 7 -‎ 综合模拟滚动小卷(八)‎ ‎1．解析：选B.α、β射线为高速运动的粒子，γ射线为波长很短的光子，选项A错误；放射性β衰变的转化方程为n→H→e，选项B正确；半衰期是统计物理量，是针对大量原子核而言的，针对少量原子核没有物理意义，选项C错误；半衰期与压强无关，选项D错误．‎ ‎2．解析：选A.第一次小球在水平拉力作用下，从P点缓慢地移动到Q点，则小球处于平衡状态，根据平衡条件得：F1＝mgtan θ；第二次从P点开始运动并恰好能到达Q点，则到达Q点时速度为零，在此过程中，根据动能定理得：F2lsin θ＝mgl(1－cos θ)，解得：F2＝mg，因此＝3，A项正确．‎ ‎3．解析：选B.由几何关系可知，等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的，所以卫星的轨道半径与地球半径的关系：r＝27×R＝9R；根据v＝可得＝≈0.25，则v≈0.25v0，故选B.‎ ‎4．解析：选B.小球从A到B做平抛运动，根据几何关系可知小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为α，设AB连线与水平方向夹角为θ，根据平抛运动的推论tan α＝2tan θ，故A错误；根据平行四边形定则知，小球通过B点时竖直方向上的分速度vy＝v0tan α＝gt；则运动的时间t＝＝，故B正确；小球运动到B点时，重力的功率P＝mgvy＝mgv0tan α，故C错误；小球运动到竖直圆弧轨道的最低点时，此时合力竖直向上且指向圆心，故小球处于超重状态，故D错误．‎ ‎5．解析：选CD.设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻均为R，电路中感应电动势E＝‎ - 7 -‎ BLv，ab中感应电流为I＝＝得到，ab所受安培力F＝BIL＝BL＝①，电阻R1消耗的热功率P1＝R＝②，由①②式得，P1＝，故A错误；根据功率公式，得整个装置因摩擦而消耗的热功率P2＝μmgcos θ·v＝μmgvcos θ，故B错误；电阻R2消耗的功率与R1相同，为P1＝，故C正确；整个装置消耗的机械功率为P3＝Fv＋P2＝(F＋μmgcos θ)v，故D正确．‎ ‎6．解析：选AB.起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图甲所示，‎ 在△OFFb中，由正弦定理得：F＝mg，Fb＝mg，故A正确；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1＝g，推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°角斜向下，推力F′跟合力F′b垂直，如图乙所示，此时合力大小为：F′b＝mgsin 30°；动力大小：F′＝mg；飞行器的加速度大小为：a2＝＝0.5g；加速与减速时的加速度大小之比为a1∶a2＝2∶1，故B正确；t时刻的速率：v＝a1t＝gt，到最高点的时间为：t′＝＝＝2t，故C错误；加速与减速过程发生的位移大小之比为∶＝1∶2，故D错误．‎ ‎7．解析：(1)设滑块P释放时到B板的高度为h和在B板停止的位置到O点的距离为x，A、B夹角为θ，根据功能关系，可知mgh＝μmgcos θ＋μmg，得μ＝，所以只需要测量滑块P释放时到B板的高度h和在B板停止的位置到O点的距离x，故选C、D.‎ ‎(2)根据第(1)问得μ＝.‎ ‎(3)因为木板C为圆弧状，由弹力和重力的合力提供向心力，正压力变大，故摩擦力增大，使得动摩擦因数比实际值偏大．‎ 答案：(1)CD　(2)　(3)偏大 ‎8．解析：(1)光线在水面发生折射，根据折射定律可知，n＝.‎ - 7 -‎ 根据几何关系可知，r＋2θ＝90°.‎ 联立解得，sin i＝.‎ ‎(2)光在水面上发生全反射，则sin C＝.‎ 根据几何关系可知，C＋2α＝90°.‎ 联立解得平面镜与水平方向的夹角α＝15°.‎ 答案：(1)　(2)15°‎ ‎9．解析：(1)对物体，从A到B的过程，由动能定理可得：‎ ‎－mgR＝mv－mv 刚好到达B点，vB＝0‎ 解得：vA＝ m/s.‎ ‎(2)设物体在A点的速度为v1，从A到C的过程，由动能定理可得：‎ ‎－mg2R＝mv－mv 要使物体能到达C点不脱离轨道，在C点有：mg＝m 联立以上方程解得：v1＝2 m/s 根据分析，可分以下两种情形求解：‎ 情形①　当物体相对木板从左端的D点滑到E时，木板恰好运动了s＝2 m，使E与A相遇，而且物体的速度大于v1，物体对应的v0有最大值．‎ 设木板的加速度为a1，物体的加速度为a2，‎ 对木板有：μ22mg－μ13mg＝ma1‎ 可得：a1＝1 m/s2‎ 对物体有：μ22mg＝2ma2‎ 可得：a2＝2 m/s2‎ 设木板运动到与A相碰所用的时间为t1，则木板和物体的位移关系为：L＝(v0t1－a2t)－a1t 解得：t1＝2 s，v0＝8 m/s 此时物体到A点的速度为：v＝v0－a2t1＝4 m/s＞v1‎ 故v0＝8 m/s是最大值．‎ 情形②　当物体与木板达到共同速度时恰好滑到E点，以后一起运动直到E与A相遇，而且物体的速度等于v1，物体对应的v0有最小值．设物体与木板一起运动的加速度为a3，‎ - 7 -‎ 则有：μ13mg＝3ma3‎ 解得：a3＝1 m/s2‎ 设物体与木板达到共同的速度v′所用的时间为t2，木板在t2时间内的位移为s2，两者一起运动的位移为s3，则：‎ v′＝v0－a2t2＝a1t2‎ 又木板的总位移：s＝s2＋s3＝a1t＋ 解得：t2＝2 s，v0＝6 m/s 故初速度的取值范围为：6 m/s≤v0≤8 m/s.‎ 答案：(1) m/s　(2)6 m/s≤v0≤8 m/s　‎ - 7 -‎