新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许八含解析

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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 -‎
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