曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
综合测试(一)
1.(2022山东枣庄二模,3)ETC是“电子不停车收费系统”的简称,常用于高速公路出入口的ETC通道。装有
ETC打卡装置的汽车,从ETC通道驶入、驶出高速公路时,ETC系统能在汽车行驶中实现自动快速计、缴费。
如图所示是一辆汽车通过ETC直线通道运动过程的位移-时间(x-t)图像。其中0~t 和t~t 时间段内的图像
1 3 4
是直线段,下列说法正确的是( )
A.在0~t 时间段内,汽车做匀加速直线运动
1
B.在t 时刻,汽车的速度最大
2
C.在t~t 时间段内,汽车做加速直线运动
2 3
D.在t~t 和t~t 两时间段内,汽车的加速度方向相同
1 2 2 3
答案 C “位移-时间”图像切线的斜率表示瞬时速度,0~t 时间段内图像的斜率不变,则汽车做匀速直线
1
运动,A错误;t~t 时间段内图像切线的斜率(表示瞬时速度)越来越小,在t 时刻,汽车的速度最小,B错误;t~t
1 2 2 2 3
时间段内图像切线的斜率越来越大,则汽车做加速直线运动,C正确;t~t 和t~t 两段时间内汽车先减速后加
1 2 2 3
速,所以加速度方向相反,D错误。
2.(2022山东烟台一模,7)如图所示,山坡上两相邻高压线塔之间架有粗细均匀的导线,静止时导线呈曲线形下
垂,最低点在C处。左塔A处对导线拉力的方向与竖直方向的夹角为30°,右塔B处对导线拉力的方向与竖
直方向的夹角为60°,则导线AC部分与BC部分的质量之比为( )
A.2∶1 B.3∶1
C.4∶√3 D.√3∶1
答案 B 整体分析,根据水平方向平衡知F sin 30°=F sin 60°,单独分析左右两部分,竖直方向受力平衡,
AC BC
F cos 60°=m g,F cos 30°=m g,解得导线AC部分与BC部分的质量之比为3∶1,故选B。
BC BC AC AC
3.物理生活 (2022红桥一模,3)如图所示姚明正在扣篮,其跳起过程可分为下蹲、蹬地起身、离地上升、下落
四个过程,下列关于蹬地起身和离地上升两个过程的说法中正确的是( )
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A.两过程中姚明都处在超重状态 B.两过程中姚明都处在失重状态
C.前过程为超重,后过程不超重也不失重 D.前过程为超重,后过程为完全失重
答案 D 姚明在蹬地的过程中 , 对地面的压力大于重力 ,处于超重状态; 当离开地面后 , 处于完全失重状态 ,加
速度的大小为重力加速度g,故D正确。
4.物理生活 (2022吉林普通中学二调)甲、乙两个同学打乒乓球,某次动作中,甲同学持拍的拍面与水平方向
成45°角,乙同学持拍的拍面与水平方向成30°角,如图所示。设乒乓球击打拍面时速度方向与拍面垂直,且乒
乓球每次击打球拍前、后的速度大小相等,不计空气阻力,则乒乓球击打甲的球拍的速度v 与乒乓球击打乙
1
的球拍的速度v 之比为( )
2
√6 √2 √3
A. B.√2 C. D.
3 2 3
答案 C 由题可知,乒乓球在甲与乙之间做斜上抛运动,根据斜上抛运动的特点可知,乒乓球在水平方向的
分速度大小保持不变,竖直方向的分速度是不断变化的,由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直,在甲处v
甲
x
=v
1
sin 45°,在乙处v
乙x
=v
2
sin 30°,又v
甲x
=v
乙x
所以 v 1=sin30°=√2,故C正确。
v sin45° 2
2
5.物理科技 (2022陕西西安西工大附中第七次适应练)卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送。如果你与
同学在地面上用卫星电话通话,则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据:
月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105 km,运行周期约为27天,地球半径约为6 400 km,无线电信号的传
播速度为3×108 m/s)( )
A.0.1 s B.0.25 s C.0.5 s D.1 s
答案 B 同步卫星和月球都是地球的卫星,根据开普勒第三定律知T2∝r3,因此同步卫星的轨道半径约为地
1
月距离的 ,约为4.2×104 km,同步卫星离地面高度约为3.6×104 km,无线电信号往返一次经历时间约为t=
9
2h
=0.24 s,故选B。
c
解题指导 同步卫星高度约为36 000 km,熟记物理中常用数据有时可以加快做题速度。
6.物理生活 (2022江西重点中学协作体一联)娱乐场巨大的摩天圆弧滑道中,一个运动爱好者从图中滑道的
A点滑行到最低点B,由于摩擦力的存在,若运动者的速率保持不变,则运动者沿AB下滑过程中( )
A.运动状态不变
B.滑道对运动者的支持力变大,其所受摩擦力大小不断变大
C.合外力做功一定为零
D.机械能始终保持不变
答案 C 运动者速度的方向在变化,所以运动者运动状态在变化,A错误;运动者下滑过程中受到重力、滑
道的支持力与滑动摩擦力,从A到B的过程中,滑道切线与水平方向之间的夹角逐渐减小,则重力沿滑道切线
向下的分力逐渐减小,运动者的速率不变,则运动者沿滑道切线方向的合力始终等于零,所以滑动摩擦力也逐
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渐减小,根据f=μF 知滑道对运动者的支持力变小,B错误;运动爱好者从图中滑道的A点滑行到最低点B的
N
过程中,速率保持不变,则动能不变,根据动能定理可得,合外力做功一定为零,C正确;运动者动能不变,而重力
势能减小,所以机械能减小,D错误。
7.物理生活 (2022四川成都石室中学专家联测)(多选)使用无人机植树时,为保证树种的成活率,将种子连同
营养物质包进一个很小的荚里。播种时,在离地面10 m高处、以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机中,
播种器利用空气压力把荚以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出,荚进入地面下10 cm深处完成一次播
种。已知荚的总质量为20 g,不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用。取g=10 m/s2,则( )
A.射出荚的过程中,播种器对荚做的功为2.5 J
B.离开无人机后,荚在空中运动的时间为√2 s
3√2
C.土壤对荚冲量的大小为 kg·m/s
10
45√2
D.荚在土壤内受到平均阻力的大小为 N
2
1 1
答案 CD 播种器对荚做的功等于荚增加的动能,故W= mv2 = ×0.02×52 J=0.25 J,A错误;离开无人机
2 y0 2
1
后,在竖直方向上荚做初速度为5 m/s、加速度为g的匀加速直线运动,根据位移时间公式有h=v t+ gt2,解
y0
2
得t=1 s,B错误;荚落地时竖直方向上的速度为v=5 m/s+10×1 m/s=15 m/s,水平方向上的速度为v=15 m/s,
y 0
3√2
故荚落地时的速度大小为v=√v2+v2=15√2 m/s,进入土壤后,最终速度为零,故I=0-mv=- kg·m/s,即
0 y 10
3√2
冲量大小为 kg·m/s,C正确;荚进入土壤后,竖直方向上做减速运动,末速度为零,位移为y=10 cm=0.1
10
m,根据位移速度公式可得y=v2 ,进入土后运动的时间为t=v ,联立解得t= 1 s,根据动量定理可得- t=0-
y y F
2a a 75
3√2
mv 10 45√2
mv,解得F= = N= N,D正确。
t 1 2
75
8.物理生活 (2022上海中学期中)小明为自己家的宠物设计了一款补水提示器,其部分工作原理如图所示,R
0
为定值电阻。下列分析正确的是( )
A.水量增加时,滑动变阻器的滑片向上移动 B.如果选择电压表,电表示数变小反映水量减小
C.如果选择电流表,电表示数变大反映水量减小 D.如果选择电流表,R 可以在水太少时保护电路
0
答案 B 根据装置,当水量增加时,弹簧压缩量增大,滑片下移,A错误;若电表为电压表,电压表测的是滑动变
阻器滑片以上部分电阻两端的电压,示数变小,说明滑片上移,水量减小,B正确;若电表为电流表,滑动变阻器
滑片以上部分电阻被短路,滑片以下部分电阻与电流表及R 串联,若电流表示数变大,说明滑动变阻器接入电
0
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路的电阻变小,滑片下移,水量增多,C错误;若选择电流表,在水太少时体现不出R 的作用,但在水太多时,变阻
0
器接入电路的阻值就会很小,电路中的电流太大,如果没有R,可能会烧坏电源和电流表,所以R 是在水太多
0 0
时保护电路,D错误。
9.物理科技 (2022河南第三次大联考)航母上的飞机起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理示意图如
图所示,在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环,铝环和铜环的形状、大小相同,已知铜的电阻
率较小,不计所有接触面间的摩擦,则闭合开关S的瞬间( )
A.铝环向右运动,铜环向左运动 B.铝环和铜环都向右运动
C.铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力 D.从左向右看,铜环中的感应电流沿顺时针方向
答案 D 闭合开关S的瞬间,穿过两个金属环的磁通量增大,为阻碍磁通量的增大,铝环向左运动,铜环向右
运动,选项A、B均错误;由于铜环和铝环的形状、大小相同, 铜的电阻率较小 , 故铜环的电阻较小 ,两环对称地
放在固定线圈两侧,闭合开关S瞬间,穿过两环的磁通量的变化率相同,两环产生的感应电动势相等,则铜环中
的感应电流较大,故铜环受到的安培力较大,选项C错误;由安培定则可知,闭合开关S瞬间,穿过铜环的磁通
量向左增大,由楞次定律知,从左向右看,铜环中的感应电流沿顺时针方向,选项D正确。
10.物理科技 (2022河南洛阳第二次统考)图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下,风叶带动与杆固连的
磁铁转动,磁铁下方的线圈与电压传感器相连。在某一风速时,传感器显示如图乙所示,则( )
甲 乙
A.磁铁的转速为5π r/s
B.线圈两端电压的有效值为12√2 V
C.交变电流的电压瞬时值u=12 sin 5πt V
D.该交变电流可以直接加在击穿电压为6√2 V的电容器上
1
答案 C 由图乙知线圈中感应电流的周期为T=0.4 s,故磁铁的转速为n= =2.5 r/s,A错误;通过乙图可知
T
电压的最大值为12 V,故有效值U= U =6 V,B错误;周期T=0.4 s,故ω=2π=5π rad/s,故电压的瞬时值
m √2
√2 T
表达式为u=12 sin 5πt V,C正确;交流电的电压最大值大于电容器的击穿电压,故该交变电流不能加在击穿
电压为6√2 V的电容器上,D错误。
温馨提示 实际的风力发电都有一个稳速的装置,保证风叶的转动速度一定,输出电压稳定。
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11.物理生活 (2022贵州4月适应性测试)香烟中含有天然放射性元素钋210
(210
Po),吸烟会使210 Po进入体
84 84
内并在肺组织中蓄积,研究表明,吸烟者体内210 Po含量比不吸烟者高1~2个数量级。已知210 Po发生衰变时
84 84
会伴随着放出γ射线,下列说法正确的是( )
A Po的半衰期会随时间增长而不断地减小
.210
84
B
.210
Po发生衰变后产物的结合能之和一定大于210 Po的结合能
84 84
C.通过化学方法可以改变香烟中210 Po的化学状态,从而减小其放射强度
84
D Po衰变时放出的γ射线是核外电子从高能级向低能级跃迁而辐射的高频电磁波
.210
84
答案 B 210 Po的半衰期始终不变,故A错误 ;210 Po发生衰变时会产生质量亏损并释放能量,所以衰变后
84 84
产物的结合能之和一定大于210 Po的结合能,故B正确;放射性元素的放射强度由原子核决定,与元素的化学
84
状态无关,故C错误
;210
Po衰变时放出的γ射线是新核从高能级向低能级跃迁而辐射的高频电磁波,故D错
84
误。
12.物理生活 (2022贵州黔南罗甸模拟)(多选)如图所示为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时,强迫制
冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量,经过冷凝器时制冷剂液化,
放出热量到箱体外,下列说法正确的是( )
A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界,是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
E.电冰箱的工作原理正是热力学第二定律的应用
答案 BCE 由热力学第二定律知,热量不能自发地从低温物体传到高温物体,除非施加外部的影响和帮助,
电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部,需要压缩机的帮助并消耗电能,这正是热力学第二定律的应用,
故A错误,B、E正确;热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律,是能量守恒定律的具体表
现,适用于所有的热学过程,故C正确,D错误。
13.物理科技 (2022河东一模,5)图甲中B超成像的基本原理就是通过探头向人体发送超声波信号,遇到人体
组织会产生不同程度的反射,接收后经计算机的处理,形成B超图像。图乙为沿x轴正方向发送的超声波图
像,已知超声波的频率约为1.25×105 Hz,下列说法中不正确的是( )
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A.此超声波在人体内的传播速度约为1 500 m/s
B.图乙中质点A此时沿y轴正方向运动
C.图乙中质点A、B此时的速度不同
D.图乙中质点B从图示时刻开始经过2×10-6 s通过的路程为4 cm
答案 D 根据图乙可得,超声波的波长为12 mm,v=λf=1.2×10-2×1.25×105 m/s=1 500 m/s,A正确;超声波沿
x轴正方向传播,质点A此时沿y轴正方向运动,B正确;质点A、B振动方向相反,故此时速度不同,C正确;质
1 1
点B振动的周期为T= = s=8×10-6 s,质点B从图示时刻开始经过2×10-6 s,即运动了四分之
f 1.25×105
一个周期,因B此刻不是在平衡点、波峰或波谷的位置,故四分之一个周期的运动路程不是一个振幅(4
cm),D错误。
14.(2022株洲南方中学3月调研,17)(多选)小刚同学用光传感器完成如图甲有关光的实验,某次实验中,得到
了如图乙所示的光强分布图,则下列说法正确的是( )
甲
乙
A.该同学观察到的是光的干涉图样
B.该同学观察到的是光的衍射图样
C.若仅减小激光器到中间缝屏的距离,则观察到条纹的宽度将不变
D.若换用光强更大、频率更低的激光,则观察到条纹的宽度将变大
E.该实验证明了光的波粒二象性
答案 BCD 根据光强分布图可知,中央条纹比两侧条纹宽,所以该同学观察到的是光的衍射图样,故A错误,
B正确;衍射图样中条纹的宽度与缝屏到光屏的距离有关,与激光器到缝屏的距离无关,若仅减小激光器到中
间缝屏的距离,则观察到条纹的宽度将不变,故C正确;若换用光强更大、频率更低的激光,则激光的波长更长,
衍射现象将更加明显,则观察到条纹的宽度将变大,故D正确;该实验说明光具有波动性,但不能说明光具有粒
子性,故E错误。
15.(2022山东枣庄二模,13)某学习小组的同学用图甲所示装置做“探究弹簧弹力与伸长量的关系”的实验,
测量弹簧原长时,为了方便测量,他们把弹簧平放在桌面上使其自然伸长,弹簧顶端与刻度尺零刻线对齐,用刻
度尺测出弹簧的原长如图乙所示。然后把弹簧悬挂在铁架台上,仍使顶端的同一位置对齐刻度尺的零刻线,
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将6个完全相同的钩码逐个加挂在弹簧的下端,测出每次弹簧的长度,结合图乙测得的原长,得出对应的伸长
量x,测量数据见下表。
甲
乙
丙
钩码质量
10 20 30 40 50 60
m/g
弹簧伸长量
3.00 5.00 7.00 9.00 11.00 13.00
x/cm
(1)由图乙可知,弹簧的原长为 cm。
(2)请在图丙上作出弹簧的伸长量x与钩码质量m的关系图像 。
(3)由于测量弹簧原长时没有考虑弹簧自重,使得到的图像不过坐标原点O。那么,由于弹簧自重而引起的弹
簧的伸长量为 cm。
答案 (1)20.00 (2)见解析 (3)1.00
解析 (1)刻度尺的分度值为1 mm,所以其读数为20.00 cm;
(2)根据描点法得出弹簧的伸长量x与钩码质量m的关系图像如图
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(3)由图可知,当没有挂钩码时,弹簧的伸长量为1.00 cm,可得由于弹簧自重而引起的弹簧的伸长量为1.00
cm。
16.物理探索 (2022广东江门调研,13)某实验小组想测量元电荷的大小。装置如图所示,在真空容器中有正对
的两平行金属板A和B,两板与外部电路连接,两板间相距d=0.3 m。外部电路电源电动势ε=300 V,内阻
r=1.0 Ω,保护电阻R=19.0 Ω,电阻箱的阻值R可调。实验时,电键S 闭合、S 断开时,小组通过显微镜发现
0 1 2
容器中有一个小油滴正好在两板中间处于静止状态,该油滴质量为m=3.2×10-13 kg,取g=10 m/s2,求:
(1)该油滴带电性质及所带电荷量q;
(2)调节电阻箱R=20.0 Ω,闭合电键S,油滴将加速下落,求油滴下落到B板的时间t(结果可以保留根号)。
2
√6
答案 (1)负电 3.2×10-15 C (2) s
10
解析 (1)电键S 闭合、S 断开时,
1 2
U =ε=300 V
AB
U
AB
该油滴处于静止状态,受力平衡,Eq=mg,E=
d
解得q=3.2×10-15 C
由于电场方向竖直向下,油滴所受电场力竖直向上,故该油滴带负电
(2)闭合电键S,电容器与R并联,因此U '=U
2 AB R
根据闭合电路欧姆定律ε=I(R+R+r)
0
U =IR
R
U '
AB
电场强度E'=
d
根据牛顿第二定律得mg-E'q=ma
d 1
油滴下落到B板,由运动学公式得 = at2
2 2
√6
联立解得t= s
10
17.物理科技 (2022浙江台州二模,21)如图甲所示,某装置由直线加速器和圆心角为90°的扇形偏转磁场OBC
两部分组成。直线加速器由一个金属圆板(序号为0)和10个横截面积相同的金属圆筒(序号为1,2,3…10)依
次排列,其中心轴线在同一直线上,圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板与圆筒与交流电源相连,序号
为奇数的圆筒和电源的一极相连,圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连,交变电源两极间电势差
T
的变化规律如图乙所示,图乙中电压的绝对值为U,在t= 时,奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值,此时
0
4
圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速,沿中心轴线冲进圆筒1,电子在每个圆筒
中运动的时间均小于T,且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出。电子在圆筒、圆筒与圆筒之间各个间隙
中不断被加速(圆筒间隙特别小,电子穿越间隙的时间可以忽略不计)。最后电子从10号圆筒的A点水平射
出,从P点垂直进入磁场,沿实线路径从边界OC射出,轨迹关于∠BOC平分线OM对称,已知OP=L,电子的比
荷为k,交变电压的周期为T。求:
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甲
乙
(1)电子刚进入1号圆筒时的速度大小;
(2)9号圆筒的长度是多少;
(3)若从金属圆板出发的是一群电子,其中小部分有垂直于加速电场且平行于纸面的较小的初速度,所有电子
可近似看成从10号圆筒A点以小发散角α射出,并进入偏转磁场,问AP长度调节为多少时,所有电子在同一
点D收集。
3T
答案 (1)√2kU (2) √2kU (3)x=L
2
1
解析 (1)由动能定理得eU= mv2
2 1
√2eU
解得v= =√2kU
1
m
1
(2)由动能定理得9eU= mv2
2 9
√2eU
得v=3 =3√2kU
9
m
T 3T
则有L=v× = √2kU
9 9
2 2
v2
(3)电子在磁场中运动,则有eBv=m
R
mv
10
得R=L=
P
eB
v
10
沿AQ方向有v =
AQ
cosα
v
m 10 L
可得R = cosα =
Q cosα
eB
如图,设AP长为x,根据几何关系得OQ=x tan α+L
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xtanα+L R
Q
在三角形QOO'中(O'为Q经过轨迹的圆心),由几何关系得 3 = π
sin( π-α) sin
4 4
解得x=L
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