高考仿真模拟卷(三)
14．解析：选B.要使原子核发生聚变反应，必须使核子间的距离接近到10
－15
m，A项
错误；设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有2x－y＋82＝90，4x＋208＝232，解得x＝6，y＝4，故衰变过程中要经过6次α衰变和4次β衰变，B项正确；α射线是速度为0.1c的氦核流，穿透能力最弱，C项错误；β衰变放出的电子是原子核发生变化时的产物，D项错误．
15．解析：选D.
以小球为研究对象进行受力分析，小球受到重力，A、B对小球的支持力，如图所示， 竖直方向根据平衡条件可得：F2cos θ＝mg 所以加速度变化时F2不变；
水平方向根据牛顿第二定律可得：F1－F2sin θ＝ma， 解得：F1＝F2sin θ＋ma
加速度不断减小，则F1减小，F1、F2的合外力逐渐减小，故A、B、C错误，D正确． 16．解析：选D.因卫星质量未知，故无法比较能量，故A错；卫星速度均小于第一宇宙速度7.9 km/s，故B错；卫星与月球均绕地球转动，v＝GM地
，月球轨道半径r大，公r
转线速度小，故卫星速度比月球绕地球公转速度大，所以C错；由an＝ω2r，可见ω相同，r大，向心加速度an大，故D正确．
17．解析：选D.由图看出，物体在8～9 s内沿正方向运动，9～10 s内沿负方向，由于两段时间内图象的“面积”相等，说明两段时间内位移大小相等，所以物体在8～10 s内位移为0，故A错误；根据速度图象的斜率等于加速度，可以看出，物体在8～10 s内加速度最大，故B错误；物体在0～9 s内沿正方向运动，9～10 s内沿负方向返回，所以物体在9 s 末离出发点最远，故C错误；由A分析可知，物体在8～10 s内的位移为0，由“面积”等2＋6－x
于位移，得到6～8 s内的位移x＝×2 m＝8 m，物体在6～10 s内的平均速度为v＝＝2t2 m/s，故D正确．
12
18．解析：选B.小物块a、b碰撞时有Mv0＝(M＋m)v，碰撞时损失的机械能为ΔE＝Mv0
21Mm12－(M＋m)v2，解得v＝v0，ΔE＝·Mv，x越大，v0越大，ΔE越大，选项A2M＋mM＋m20错误；M越大，a、b碰后小物块a的速度越大，动能越大，选项B正确；仅x越大，小物块a、b压缩弹簧时的平衡位置不变，选项C错误；小物块a、b分离时两者接触的弹力为零，两者的加速度相同，均为gsin θ，故弹簧处于原长状态，与M无关，选项D错误．
19．解析：选ABD.
如图，将粒子初速度v0分解为垂直极板方向的vy和平行极板方向的vx，根据运动的合成与分解，当分速度vy＝0时，粒子的速度方向正好与上极板平行，则根据运动学公式有，Eq1Ek0
－v2d，由于vy＝v0cos 45°，Ek0＝mv2，选项A正确；粒子到y＝－20，联立解得E＝m22qd达上极板时，克服电场力做功为W＝qEd＝0.5Ek0，因而电势能增加0.5Ek0，机械能减少0.5Ek0，选项B、D正确；粒子到达上极板时，速度方向与上极板平行，选项C错误．
20．解析：选BD.导体棒始终静止不动，回路中磁场按图示变化，根据法拉第电磁感应定律和楞次定律可知感应电动势(感应电流)在0～t1为0，t1～t3恒定，选项A错误，B正确；根据安培力F＝BIL知，0～t1，F为0，f＝0；t1～t3，F均匀减小到零再均匀增大，方向先水平向右后水平向左，摩擦力与安培力等大反向，选项C错误，D正确．
21．解析：选ABD.
mv2mvq
根据牛顿第二定律得：qvB＝得：r＝，由题、v、B大小均相同，则轨道半径r
rqBm2πm
相同，故A正确；粒子的运动周期为T＝，则知T相同．根据左手定则分析可以知道，
qB重新回到边界时两个离子的速度偏向角均为2π－2θ，轨迹的圆心角也为2π－2θ，运动时2π－2θ间t＝T，时间相同，故B正确；动量p＝mv，它们速度相同但质量不同，所以动量
2π
不同，故C错误；根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离d＝2rsin θ，r、θ相同，则d相同，故D正确．
22．解析：(1)小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力；
(2)匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故 x0x0fvC＝＝
2T2
2
12Mx20f
动能增量为：MvC＝ 28
合力的功为：mgx1
Mf2x20
需要验证的关系式为mgx1＝.
8
2x0fMx20f
答案：(1)mg (2) mgx1＝
28
23．解析：(1)指针偏转角度太大，应选择较小的挡位，即“×1”挡位，测量结果为13 Ω；
(2)读数为1.5 mm＋20.4×0.01 mm＝1.704 mm；
(3)由于金属电阻丝的电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，选择阻值较小的滑动变阻器R1；电流表A1改装为电压表，由于电源电动势为6 V，故需要串联59 Ω的定值电阻R3，由于要精确测量，电流表A2外接，电路原理图见答案图；
I1（R3＋r1）k（R3＋r1）
(4)根据欧姆定律可得Rx＝＝；
I2－I11－k
k（R3＋r1）πd2L
(5)根据Rx＝ρ可得电阻丝的电阻率为ρ＝.
d24（1－k）Lπ（）2答案：(1)×1 13 (2)1.704(1.702～1.705均可) (3)如图所示 (4)k（R3＋r1）πd2(5) 4（1－k）L
k（R3＋r1）
1－k
ΔB
24．解析：(1)由图乙可知，t＝0.01 s时刻＝4 T/s
Δt
ΔΦSΔB
根据法拉第电磁感应定律得E＝n＝n
ΔtΔt解得E＝0.6 V.
E
(2)0～0.02 s内，I＝＝0.075 A，电荷量q＝IΔt，
R＋r解得q＝1.5×103 C.
(3)0～0.02 s内，E＝0.6 V，I＝0.075 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为
Q1＝I2(R＋r)t1＝9×104 J
0．02～0.03 s内，E′＝1.2 V，I′＝0.15 A，根据焦耳定律可以得到，回路中产生的焦耳热为
Q2＝I′2(R＋r)t2＝1.8×103 J 所以Q总＝Q1＋Q2＝2.7×103 J
R－
而Q＝Q总，解得Q＝2.362 5×103 J.
R＋r
答案：(1)0.6 V (2)1.5×103 C (3)2.362 5×103 J
25．解析：(1)设物块经过圆轨道最低点的速度为v0，根据机械能守恒定律可得 1mgR＝mv2
20解得R＝0.8 m
v20
根据牛顿第二定律得F－mg＝m
R解得F＝30 N
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为30 N. (2)物块滑上木板后，由图象可知物块的加速度大小为 a1＝1 m/s2
物块与木板间的摩擦力的大小为f1＝ma1＝1 N 设木板的加速度为a2，则f1－μ0(M＋m)g＝Ma2 解得a2＝0.2 m/s2
当它们达到相同的速度时，有v＝v0－a1t＝a2t 10
解得t＝ s
3
这一过程中，物块的位移为
－
－
－
－－
－
相关推荐：
loading