高考物理全真模拟题新课标Ⅲ卷第五练解析版.docx

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高考物理全真模拟题新课标Ⅲ卷第五练解析版

第Ⅰ卷

二、选择题：

本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

14．下列说法中正确的是（）

A.某种放射性元素X的半衰期为T，现有50个这种原子核，经历一个半衰期T后，一定有25个X原子核发生了衰变

B.中子星的密度高达1016~1013kg/m3，像这样的天体表面的引力，牛顿的引力定律仍然适用

C.加速度的定义式是

D.电子是最早发现的轻子

【答案】D

【点睛】本题识记物理学史的相关内容：

放射性元素经过一个半衰期有一半数原子核发生衰变，是大量原子核的统计规律等。

15．一质量为1kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，则

A.t=1s时物块的速率为1m/s

B.t=2时物块的动量大小为2kg·m/s

C.t=3s时物块的动量大小为3kg·m/s

D.t=4s时F的功率为3W

【答案】C

【解析】前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度，t=1s时物块的速率，A错误；t=2s时物块的速率，动量大小为，B错误；物块在2~4s内做匀减速直线运动，加速度，t=3s时物块的速率，动量大小为，选项C正确t=4s时物块速度，则此时F的功率为，，选项D错误；故选C.

点睛：

本题考查了牛顿第二定律的简单运用，熟悉公式即可，并能运用牛顿第二定律求解加速度。

另外要学会看图，从图象中得出一些物理量之间的关系。

此题还可以尝试用动量定理解答，更简单快捷.

16．如图所示， 2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星。

按预定计划，“中星9A”应该首先被送入近地点约为200公里、远地点约为3.6万公里的转移轨道II （椭圆），然后通过在远地点Q变轨，最终进入地球同步轨道III（圆形），但是卫星实际进入轨道I，远地点只有1.6万公里。

科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在轨道I近地点P点火，逐渐抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功进入预定轨道。

下列说法正确的是（）

A.卫星在轨道I的P点和轨道II的Q点机械能相等

B.卫星在轨道III经过Q点时和在轨道II经过Q点时（未点火）的加速度不相同

C.“中星9A”发射失利的原因可能是发射速度没有达到7.9km/s

D.卫星在轨道II由P点向Q点运动的过程中处于完全失重状态

【答案】D

【解析】A、卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的P点加速后才能做离心运动，从而进入轨道Ⅱ，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加，故A错误；

B、由万有引力提供向心力，可知卫星在轨道III经过Q点时和在轨道II经过Q点时（未点火）的加速度相同，故B错误；

C、发射速度大于第一宇宙速度，故C错误；

D、卫星环绕地球运行的过程中，万有引力提供向心力，处于失重状态，故D正确；

故选D。

17．某科技小组在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每50米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路．第一次直接将输电线与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I1、P1，；第二次采用如下图所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I2、P2．下列说法中正确的是（）

A.第二次实验时因为多接了两个变压器，所以P2＞P1

B.通过该实验可以证明，提高输电电流能减小远距离输电的能量损失

C.若输送功率一定，则I2∶I1=n1∶n2

D.若输送功率一定，则P2∶P1=n22∶n12

【答案】C

18．如图所示，倾角为α的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定有一个带电量为-q的小球甲。

整个装置处在场强大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。

另一个带电量为+q．质量为m的小球乙，从N点由静止释放后，沿着斜面向下运动。

重力加速度为g则（）

A.小球乙返回时，有可能撞到小球甲

B.小球乙在N点的加速度大小为

C.小球乙刚接触弹簧时，速度最大

D.小球乙沿着斜面向下运动过程中，其电势能可能增加

【答案】D

【解析】根据动能定理知，当小球乙返回到N点，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷

【点睛】根据动能定理判断小球乙返回速度为零的位置，确定小球能否与小球甲相撞；根据牛顿第二定律求出小球乙在N点的加速度；根据电场力做功判断电势能的变化，当小球所受的合力为零时，小球的速度最大．

19．如图甲所示，倾角45°斜面置于粗糙的水平地面上，有一滑块通过轻绳绕过定滑轮与质量为m的小球相连（绳与斜面平行），滑块质量为2m，滑块能恰好静止在粗糙的斜面上。

在图乙中，换成让小球在水平面上做圆周运动，轻绳与竖直方向的夹角θ，且转动逐渐加快，θ≤45°，在图丙中，两个小球对称在水平面上做圆周运动，每个小球质量均为，轻绳与竖直方向的夹角θ，且转动逐渐加快，在θ≤45°过程中，三幅图中，斜面都静止，且小球未碰到斜面，则以下说法中正确的是

A.甲图中斜面受到地面的摩擦力方向水平向左

B.乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能为零

C.乙图小球转动的过程中滑块受到的摩擦力可能沿斜面向下

D.丙图小球转动的过程中滑块可能沿斜面向上运动

【答案】AB

【解析】A、甲图中以滑块和斜面体为整体，对整体受力分析，重力、地面的支持力、绳的拉力，要平衡所以摩擦力方向水平向左，故A正确；

BC、乙图中的小球在水平面内做匀速圆周运动，绳子的拉力，物块沿斜面向下的分力，所以只要，滑块即不受摩擦力，由于，所以，即，故B正确，C错误；

D、图丙中的两小球看成一个整体可知，连接滑块的绳拉力为2mg，由于滑块重力沿斜面向下的分力为，所以小球转动的过程中滑块一定沿斜面向上运动，故D错误；

故选AB。

20．如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上，已知A的质量为6m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。

现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，开始时整个系统处于静止状态。

释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面，关于此过程，下列说法正确的是

A.斜面倾角α＝30°

B.A获得最大速度为

C.C刚离开地面时，B的速度最大

D.A、B两小球组成的系统机械能守恒

【答案】BC

【解析】小球C刚离开地面时，对C有：

，此时B有最大速度，即，则对B有：

【点睛】C刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角．A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等．在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等．

21．据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。

如图所示，环状磁场的内半径为，外半径为，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v。

中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（）

A.B.

C.D.

【答案】BC

【解析】由题意可知，粒子的比荷k已经确定，由，得，粒子运动的半径r已经确定，要使，故B可能，故选BC.

第Ⅱ卷

三、非选择题：

本卷包括必考题和选考题两部分。

第22~25题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33~34题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必考题（共47分）

22.（6分）某实验小组要描绘小灯泡（2.5V0.5W）的伏安特性曲线，实验室提供以下器材可供选择：

A．直流电源3V（内阻不计）

B．直流电流表0〜300mA（内阻约为5Ω））

C．直流电流表0〜600mA（内阻约为1Ω）

D．直流电流表0〜3V（内阻约为3kΩ）

E．滑动变阻器0〜100Ω（允许通过的最大电流为0.5A）

F．滑动变阻器0〜10Ω（允许通过的最大电流为2A）

G．导线和开关

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量。

（1）实验中电流表应选用______，滑动变阻器应选用_____。

（填器材前的字母标号）

（2）图中已将可能用到的仪器画出，请根据实验要求，将图中各器材连接成完整的电路________。

（3）根据实验数据．作出的小灯泡I－U图线如图所示。

由此可知，当电压为1.5V时，小灯泡的灯丝电阻为_____Ω（结果保留两位有效数字〉。

（4）如果将该小灯泡直接与电动势为2V、内阻为10Ω的电池连接，此时小灯泡的功率为_____W（结果保留两位有效数字）。

【答案】BF8.60.094

【解析】

（1）已知小灯泡的额定电压为2.5V,额定功为0.5W,可知额定电流，为了保证电

23.（9分）为了测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，某小组设计了如图甲所示的实验装置，其中挡板可固定在桌面上，轻弹簧左端与挡板相连，图中桌面高为h,O1、O2、A、B、C点在同一水平直线上.已知重力加速度为g,空气阻力可忽略不计.

实验过程一：

如图甲所示，挡板固定在O1点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到A处，测量O1A的距离.滑块由静止释放，落在水平面上的P点，测出P点到桌面右端的水平距离为x1.

实验过程二：

如图乙所示，将挡板的固定点移到距O1点距离为d的O2点，推动滑块压缩弹簧，滑块移到C处，使Q2C的距离与O1A的距离相等。

滑块由静止释放，落在水平面上的Q点，测出Q点到桌面右端的水平距离为x2.

（1）为完成本实验，下列说法中正确的是_______

A.必须测出小滑块的质量B.必须测出弹簧的劲度系数

C.弹簧的压缩量不能太小D.必须测出弹簧的原长

（2）写出动摩擦因数的表达式μ=________ （用题中所给物理量的符号表示）

（3）在进行实验过程二时，发现滑块未能滑出桌面.为了仍能测量小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，实验小组测量出滑块停止滑动的位置到B点的距离l.写出动摩擦因数的表达式μ=________.（用题中所给物理量的符号表示）

（4）某同学认为，不测量桌面高度，改用秒表测出小滑块从飞离桌面到落地的时间，也可测出小滑块与水平桌面间的动摩擦因数，此实验方案_______. （选填“可行”或“不可行”）

【答案】

（1）C

（2）（3）（4）不可行

【解析】两种情况下弹簧做的功相等，物块滑出桌面时的动能是弹簧做功与摩擦力做功的和；求出滑块滑过不同距离下的摩擦力做的功，即可求出摩擦力的大小与摩擦因数的大小。

通过动摩擦因数的表达式，来确定实验操作细节。

解：

滑块离开桌面后做平抛运动，，，得

滑块第1次离开桌面时的速度

滑块第2次离开桌面时的速度

滑块第1次滑动的过程中由动能定理得

滑块第1次滑动的过程中由动能定理得，

由上式联立可得。

【点睛】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。

24．（14分）如图所示，水平面上AB间有一长度x=4m的凹槽，长度为L=2m、质量M=1kg的木板静止于凹槽右侧，木板厚度与凹槽深