新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动八含解析

高考物理二轮复习综合模拟滚动：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10n →11H ＋0－1eC ．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F 1；第二次用一个水平恒力F 2拉小球，使小球运动到Q 点时速度刚好为零，则F 1F 2为( )A ．3 B. 3 C ．1D.333.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v 0，则三颗探测卫星的运行速率最接近( )A ．0.10v 0B ．0.25v 0C ．0.5v 0D ．0.75v 04．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v 0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( )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 ＝v 0tan αgC ．小球运动到B 点时，重力的瞬时功率P ＝mgv 0cos θD ．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R 1和R 2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R 1和R 2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R 1消耗的热功率为Fv3B ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvC ．电阻R 2消耗的热功率为Fv6D ．整个装置消耗的机械功率为μmgv cos θ＋Fv6．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 3mgB ．加速与减速时的加速度大小之比为2∶1C ．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________．A．滑块P的质量mB．木板A与水平面的倾角θC．木板A的顶端与O点的竖直高度hD．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＝23 3.(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v A的大小；(2)要使物体能到达C 点而不脱离轨道，物体初速度v 0的取值范围．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10n →11H →0－1e ，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：F 1＝mg tan 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：F 2l sin θ＝mgl (1－cos θ)，解得：F 2＝33mg ，因此F 1F 2＝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33，所以卫星的轨道半径与地球半径的关系：r ＝27×33R ＝93R ；根据v ＝GM r 可得v v 0＝R93R≈0.25，则v ≈0.25v 0，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v y ＝v 0tan α＝gt ；则运动的时间t ＝v y g ＝v 0tan αg，故B 正确；小球运动到B 点时，重力的功率P ＝mgv y ＝mgv 0tanα，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 ＝BLv ，ab 中感应电流为I ＝E12R ＋R ＝2BLv 3R 得到，ab 所受安培力F ＝BIL ＝BL 2BLv 3R ＝2B 2L 2v 3R①，电阻R 1消耗的热功率P 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12I 2R ＝B 2L 2v 29R ②，由①②式得，P 1＝Fv 6，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P 2＝μmg cos θ·v ＝μmgv cos θ，故B 错误；电阻R 2消耗的功率与R 1相同，为P 1＝Fv6，故C 正确；整个装置消耗的机械功率为P 3＝Fv ＋P 2＝(F ＋μmg cos 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F b ，如图甲所示，在△OFF b 中，由正弦定理得：F ＝3mg ，F b ＝mg ，故A 正确；由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a 1＝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 ＝mg sin 30°；动力大小：F ′＝32mg ；飞行器的加速度大小为：a 2＝mg sin 30°m ＝0.5g ；加速与减速时的加速度大小之比为a 1∶a 2＝2∶1，故B 正确；t 时刻的速率：v ＝a 1t ＝gt ，到最高点的时间为：t ′＝v a 2＝gt0.5g ＝2t ，故C 错误；加速与减速过程发生的位移大小之比为v 22a 1∶v 22a 2＝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 ＝μmg cos θhsin θ＋μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －htan θ，得μ＝hx ，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＝hx.(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)h x(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 ＝sin isin r .根据几何关系可知，r ＋2θ＝90°. 联立解得，sin i ＝33. (2)光在水面上发生全反射，则sin C ＝1n.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)33(2)15° 9．解析：(1)对物体，从A 到B 的过程，由动能定理可得： －mgR ＝12mv 2B －12mv 2A刚好到达B 点，v B ＝0 解得：v A ＝2105m/s.(2)设物体在A 点的速度为v 1，从A 到C 的过程，由动能定理可得： －mg 2R ＝12mv 2C －12mv 21要使物体能到达C 点不脱离轨道，在C 点有：mg ＝m v 2CR联立以上方程解得：v 1＝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v 1，物体对应的v 0有最大值．设木板的加速度为a 1，物体的加速度为a 2， 对木板有：μ22mg －μ13mg ＝ma 1 可得：a 1＝1 m/s 2对物体有：μ22mg ＝2ma 2 可得：a 2＝2 m/s 2设木板运动到与A 相碰所用的时间为t 1，则木板和物体的位移关系为：L ＝(v 0t 1－12a 2t 21)－12a 1t 21 解得：t 1＝2 s ，v 0＝8 m/s此时物体到A 点的速度为：v ＝v 0－a 2t 1＝4 m/s ＞v 1 故v 0＝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v 1，物体对应的v 0有最小值．设物体与木板一起运动的加速度为a 3，则有：μ13mg ＝3ma 3解得：a 3＝1 m/s 2设物体与木板达到共同的速度v ′所用的时间为t 2，木板在t 2时间内的位移为s 2，两者一起运动的位移为s 3，则：v ′＝v 0－a 2t 2＝a 1t 2又木板的总位移：s ＝s 2＋s 3＝12a 1t 22＋v ′2－v 212a 3解得：t 2＝2 s ，v 0＝6 m/s故初速度的取值范围为：6 m/s ≤v 0≤8 m/s. 答案：(1)2105 m/s (2)6 m/s ≤v 0≤8 m/s。