曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
综合测试(二)
1.(2022山东济南期末,3)ETC是电子不停车收费系统的简称,可以提高高速公路的通行能力,如图甲所示为
ETC通道和人工通道的示意图。一辆汽车通过人工通道时的v-t图像如图乙所示,t=0时刚好进入人工通道。
t=7 s时离开人工通道。若该汽车以4 m/s的速度匀速通过ETC通道,则相比通过人工通道可节省的时间为(
)
甲 乙
A.2 s B.4 s C.5 s D.6 s
4×2
答案 C v-t图像中图线与时间轴包围的面积表示位移,汽车通过人工通道行驶的距离L= m+
2
4×(7-5) L 8
m=8 m;若该汽车以4 m/s的速度匀速通过ETC通道,所用时间为t= = s=2 s,相比通过
2
2 v 4
人工通道可节省的时间为Δt=t-t=7 s-2 s=5 s,故选C。
1 2
2.(2022山东济宁二模,3)如图所示,为一种倾斜放置的装取台球的装置,圆筒底部有一轻质弹簧,每个台球的质
量为m,半径为R,圆筒直径略大于台球的直径。当将筒口处台球缓慢取走后,又会冒出一个台球,刚好到达被
取走台球的位置。若圆筒与水平面之间的夹角为θ,重力加速度为g,忽略球与筒间的摩擦力。则弹簧的劲度
系数k的值为( )
mgsinθ mgsinθ mgcosθ mgtanθ
A. B. C. D.
2R R R R
mgsinθ
答案 A 沿筒方向小球受力平衡有mg sin θ=ΔF=k·2R,解得k= ,故选A。
2R
3.物理生活 (2022和平一模,5)如图所示,向前行驶的车厢内有一面向行驶方向的乘客,乘客在自身重力G与
车厢(含座椅)的作用力F的作用下与车厢保持相对静止,座椅前方有一小球用细线悬挂在车厢的顶部,悬线与
竖直方向成θ角,小球与车厢相对静止,下列说法中正确的是( )
A.乘客受到的合力方向与运动方向相同
B.车厢的速度越大,悬线与竖直方向的夹角θ越大
C.车厢对乘客的作用力F一定大于乘客的重力G
D.悬线与竖直方向夹角θ增大,车厢对乘客作用力F可能不变
答案 C 由题图可知,小球受合外力方向与车厢运动方向相反,可知车
厢做匀减速运动,乘客受到的合力方向与运动方向也相反,选项A错误;对
小球,根据牛顿第二定律可知mg tan θ=ma,可得a=g tan θ,则车厢的加速度越大,悬线与竖直方向的夹角θ
越大,但是速度大,θ不一定大,选项B错误;对乘客受力分析可知,车厢对乘客的作用力F=
>mg,即F一定大于乘客的重力G,选项C正确;悬线与竖直方向夹角θ增大,则加速度a
√(mg)2+(ma)2
变大,车厢对乘客作用力F增大,选项D错误。
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4.物理生活 (2022广东梅州二模,7)冬奥会跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动,现运动员甲以
一定的初速度从平台飞出,轨迹为图中实线①所示,则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞
出,不计空气阻力,则运动员乙的运动轨迹应为图中的 ( )
A.① B.② C.③ D.④
答案 A 运动员从平台飞出后可视为平抛运动,有x=vt,y=1gt2,解得y= g x2,即当初速度相同时,平抛物
0
2 2v2
0
体的运动轨迹相同,与质量无关,故A正确,B、C、D错误。
5.自然现象 (2022甘肃武威凉州质检)2021年,某杂志上的一篇文章中描述了一颗质量达到木星级别的气态
行星,绕银河系内的一颗白矮星做匀速圆周运动。已知地球绕太阳做圆周运动的轨道半径为r,若该白矮星的
质量约为太阳的一半,气态行星绕白矮星做圆周运动的轨道半径约为3r。取1年=3.14×107 s,√6=2.5,π=3.14,
则可估算出该气态行星绕白矮星做匀速圆周运动的角速度约为( )
A.8×10-8 rad/s B.8×10-6 rad/s
C.3×10-8 rad/s D.3×10-6 rad/s
答案 C 万有引力提供向心力,气态行星绕白矮星做匀速圆周运动,有 GM 白 m 气=m 气 (2π)2r 气 ,地球绕太
r2 T
气 气
GM m 2π 2π 1
太 地
阳做匀速圆周运动,有 =m ( )2r,又ω = ,M = M ,r =3r,解得该气态行星做圆周运动
r2 地 T 气 T 白 2 太 气
地 气
的角速度ω≈3×10-8 rad/s,C正确。
6.(2022山东聊城一模,12)(多选)如图所示,A、B两点位于同一高度,细线的一端系有质量为M的小物块,另一
端绕过B处的定滑轮固定在A点,质量为m的小球固定在细线上C点。现将小球从图示水平位置由静止释
放,小球运动到D点时速度恰好为零(此时小物块未到达B点),图中△ABD为直角三角形,小物块和小球均可
视为质点,∠DBA=37°,忽略一切摩擦和空气阻力,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则( )
A.小球还能回到初始位置
B.M∶m=5∶6
C.运动过程中小物块的速度和小球的速度大小相等
8
D.小球运动到D点时,小物块受到的拉力大小为 Mg
11
答案 AD 根据系统机械能守恒可知,小球还能回到初始位置C点,故A正确;设AD长为3L,根据机械能守
恒定律有Mg·2L=mg·3L cos 37°,解得M∶m=6∶5,故B错误;AC长度不变,小球做圆周运动,小球速度沿BD方
向的分速度大小等于小物块的速度大小,故C错误;设小球在最低点D时,沿BD方向的加速度大小为a,BD
8
中的拉力为T,根据牛顿第二定律有Mg-T=Ma,T-mg cos 53°=ma,解得T= Mg,故D正确。
11
7.物理生活 (2022浙江上虞中学模拟,8)在一次科学晚会上,一位老师表演了一个“魔术”:如图所示,一个没
有底的空塑料瓶上固定着一根铁锯条和一块易拉罐(金属)片,把它们分别跟静电起电机的两极相连。在塑料
瓶里放一盘点燃的蚊香,很快就看见整个透明塑料瓶里烟雾缭绕。则下列说法错误的是( )
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A.锯条和金属片之间为匀强电场
B.锯条尖端附近的电场强度最大
C.若锯条接电源负极,金属片接正极,当摇动起电机时,烟雾会向金属片移动
D.当把起电机一摇动,顿时塑料瓶清澈透明,当起电机停止摇动一段时间后,又会烟雾缭绕
答案 A 由于锯条和金属片形状不同,面积不等,且锯条上电荷分布不均匀,则锯条和金属片之间的电场不
是匀强电场,故A错误;由于锯条上尖端部分比较多,聚集的电荷最多,则电场强度最大,故B正确;起电机产生
高电压使锯条和金属片之间的电场将空气中的分子电离,电离出来的电子被烟尘颗粒吸附,俘获电子的烟尘
颗粒带负电,容易被带正电的金属片吸引,故烟雾会向金属片移动,故C正确;当把起电机一摇动,锯条和金属
片之间形成电场,电离空气中的分子,烟尘颗粒吸附电子后被带正电的金属片(或锯条)吸引,从而使塑料瓶清
澈透明,当起电机停止摇动一段时间后,锯条和金属片上的电荷被中和,电场消失,则瓶中又会烟雾缭绕,故D
正确。
8.物理生活 (2022四川广安一诊)某学生宿舍楼的火警报警装置电路如图所示,当环境温度急剧升高使电铃
两端电压迅速增大到一定值时,电铃会发出报警铃声。关于该装置中的热敏电阻,其阻值R随温度t变化的
下列四幅关系图线中,最有可能的是( )
答案 A 从报警的要求可知,电铃两端的电压需随温度t的升高而升高,根据电路结构结合闭合电路欧姆定
律可知,热敏电阻分得的电压必须减小,即热敏电阻的阻值R需减小,B、D错误;因要满足温度急剧升高,电铃
两端电压迅速增大(对应R迅速减小)的报警条件,故R随t的变化并非缓慢变化,C错误,A正确。
9.物理科技 (2022吉林普通中学二调)汽车自动控制刹车系统(ABS)的原理如图所示。铁质齿轮P与车轮同
步转动,右端有一个绕有线圈的磁体(极性如图),G是一个电流检测器。当车轮带动齿轮P转动时,靠近线圈
的铁齿被磁化,使通过线圈的磁通量增大,铁齿离开线圈时又使磁通量减小,从而能使线圈中产生感应电流,感
应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车。齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中,
通过G的感应电流的方向是( )
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A.总是从左向右 B.总是从右向左
C.先从右向左,然后从左向右 D.先从左向右,然后从右向左
答案 C 由图可得,线圈中磁场方向从右向左,当车轮带动齿轮P转动时,靠近线圈的铁齿被磁化,使得通过
线圈的磁通量增大,由楞次定律得到,线圈中感应电流产生的磁场抵抗磁场的增大,电流产生的磁场从左向右,
由安培定则可得,通过G的感应电流从左向右。同理可分析,铁齿离开线圈时又使磁通量减小,线圈中的感应
电流产生的磁场从右向左,则通过G的感应电流从右向左。从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过
程中,正对线圈的铁齿先离开线圈,下一个铁齿再靠近线圈,则通过G的电流方向先从右向左,再从左向右,故
C正确。
10.物理生活 (2022贵州黔南罗甸模拟)河滨生态园住宅区的应急供电系统,由交流发电机和副线圈匝数可调
的理想降压变压器组成,发电机中矩形线圈所围成的面积为S,匝数为N,电阻不计,它可绕水平轴OO'在磁感
应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动,矩形线圈通过滑环连接降压变压器,滑动触头P上下移
动时可改变输出电压,R 表示输电线的电阻,以线圈平面与磁场平行时为计时起点,下列判断正确的是( )
0
A.若发电机线圈某时刻与图示位置垂直,变压器原线圈的电流瞬时值最大
B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSω cos ωt
C.当用户数目减少时,为使用户电压保持不变,滑动触头P应向上滑动
D.当滑动触头P向下移动时,变压器原线圈两端的电压将降低
答案 B 发电机线圈某时刻与图示位置垂直时,线圈平面与磁场垂直,感应电流最小,变压器原线圈的电流
瞬时值最小,A错误;感应电动势最大值为NBSω,由题可知,是从线圈垂直中性面开始计时,则感应电动势的瞬
时值表达式为e=NBSω cos ωt,B正确;当用户数目减少时,用户的电功率减小,根据功率P=UI可知,用户电压
U n
不变,则总电流减小,输电线损失电压减小,则副线圈电压减小,由 1= 1知n
2
减小,则滑动触头P应向下滑动,
U n
2 2
C错误;原线圈两端的电压由发电机输出电压决定,所以当滑动触头向下移动时,变压器原线圈两端的电压不
变,D错误。
11.物理探索 (2022东北师大附中测试七)现代已知碳的同位素共有十五种,有碳8至碳22,其中碳12和碳13
属于稳定型,碳14是宇宙射线透过空气时撞击氮原子核产生的,碳14是一种放射性的元素,衰变为氮14。图
中包含碳14衰变相关信息,结合这些信息可以判定下列说法正确的是( )
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A.碳14转变为氮14,衰变方式为β衰变
B.100个碳14原子核在经过一个半衰期后,一定还剩50个
C.若氮14生成碳14的核反应方程为14 N+
X→14
C
+1
H,则X为质子
7 6 1
D.当氮14数量是碳14数量的7倍时,碳14衰变所经历时间为22 920年
答案 A 由电荷数守恒和质量数守恒可得衰变方程为14C→14 N +0 e,可知碳14转变为氮14是β衰变,A
6 7 -1
正确;半衰期是大量原子核衰变时的统计规律,个别原子核经多长时间衰变无法预测,即对个别或少数原子核
无半衰期可言,B错误;由电荷数守恒和质量数守恒可知,X为中子1 n,C错误;当氮14数量是碳14数量的7倍
0
1
时,碳14数量占总原子核数量的 ,经过3个半衰期即17 190年,D错误。
8
12.(2022衡阳八中开学考,15)(多选)2021年8月5日东京奥运会跳水女子10 m台决赛中,14岁的全红婵领先
第二名90多分,以总分466.2拿到金牌,并打破了世界纪录。五次跳水有三次满分,娴熟的动作,标准的姿势,
李小鹏感叹:我扔个硬币溅起的水花都比她跳水大。下列说法错误的是( )
A.运动员出水后泳衣上的水很快滑落是因为制造泳衣的材料对水不浸润
B.运动员入水过程中,在水中产生的气泡内的气体压强小于大气压
C.运动员入水过程中,激起的水花中有很多水滴呈现球形是因为水的表面张力的作用
D.跳水池水温保持恒定约26 ℃,保证运动员入水后的舒适度,此时运动员和水池中的水处于热平衡状态
E.跳水运动员入水后,身体周围会出现一些小气泡,这些小气泡在做无规则的布朗运动
答案 BDE 运动员出水后泳衣上的水很快滑落是因为泳衣采用了对水不浸润的材料制成,故A正确;运动
员入水后水下气泡内的气体压强大于大气压,故B错误;运动员入水激起的水花中,水滴呈现球形是因为水的
表面张力的作用,故C正确;跳水池水温约26 ℃,保证运动员入水后处于舒适的温度,但入水后运动员和水池
温度并不相同,所以没有处于热平衡状态,故D错误;跳水运动员入水后,身体周围会有一些小气泡,这些小气
泡的运动不符合布朗运动的特点,故E错误。
13.物理科技 (2022南开二模,4)B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波,遇到人体组织会产生不
同程度的反射,探头接收到的超声波信号形成B超图像。如图为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波
图像,t=0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz,下列说法正确的是( )
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A.0~1.25×10-7 s内质点M运动的路程为2.4 mm
B.超声波在血管中的传播速度为1.4×105 m/s
C.质点M开始振动的方向沿y轴正方向
D.t=1.5×10-7 s时质点N恰好处于负向最大位移处
1
答案 D 波的周期为T= =1×10-7 s,可知1.25×10-7 s=1.25T,则质点M运动的路程为s=1.25×4A=2 mm,故
f
A错误;根据图像可得该波的波长为λ=14×10-2 mm=1.4×10-4 m,由波速与波长的关系式可得v=λf=1 400
m/s,故B错误;由波形图及波的传播方向为x轴正方向可知,质点M开始振动的方向沿y轴负方向,故C错误;
由题图可知,波传播过程中,离N点的最近的波谷传播到N点时传播的距离为x=35×10-2 mm-14×10-2
x
mm=21×10-2 mm,波谷传播到N点的时间为t= =1.5×10-7 s,故D正确。
v
14.(2022河东二模,3)下列说法正确的是( )
A.图1中,用自然光照射透振方向(箭头所示)互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片,光屏依然发亮
B.图2为光导纤维示意图,内芯的折射率比外套的折射率小
C.图3所示的雷达测速利用了多普勒效应
D.图4所示的照相机镜头上呈现的淡紫色是由光的衍射现象引起的
答案 C 自然光通过偏振片后形成偏振光,因两个偏振片的透振方向相互垂直,所以没有光射到光屏上,光
屏发黑,故A错误;依据光的全反射条件,需要从光密介质进入光疏介质可知,内芯的折射率比外套的折射率大,
故B错误;雷达测速仪是借助频率的改变数值,计算出目标与雷达的相对速度,利用了多普勒效应,C正确;照
相机镜头在阳光下呈现淡紫色,是光的薄膜干涉现象,故D错误。
15.(2022山东济宁一模,14)(1)一电流表表盘有刻度但数值已模糊,某同学利用如图甲所示电路测量其满偏电
流I 及内阻r。闭合开关S,多次调节滑动变阻器和电阻箱,使电流表每次都满偏,分别记录每次电压表的示
g g
数U和电阻箱的阻值R,得出电压表示数U随电阻箱的电阻R变化的关系图像如图乙所示,根据图乙可求出
电流表的满偏电流值I= mA,电流表内阻r= Ω。
g g
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甲
乙
丙
丁
(2)该同学利用上述电流表及一热敏电阻制作一体温计,热敏电阻的阻值随温度变化规律及实验电路图分别
如图丙、丁所示。已知所用电源的电动势E=1.5 V、内阻不计,R 为保护电阻,热敏电阻R 做测温探头,并把
0 T
电流表的表盘刻度改为相应的温度刻度,就得到了一个简单的“热敏电阻体温计”。若要求电流表指针满
偏的位置标为42 ℃,则电阻R= Ω,电流表5 mA处应标为 ℃。
0
答案 (1)7.5 4 (2)6 38.3
解析 (1)由图甲,根据欧姆定律可知
U=IR+Ir
g gg
根据图乙可知
0.03 0.03
I= A=0.007 5 A=7.5 mA,r= =4 Ω
g 4.0 g I
g
(2)由图丙可知,当温度为42 ℃时,热敏电阻的阻值为190 Ω,由图丁根据闭合电路欧姆定律有
E=I(R +R+r)
g T 0 g
解得R=6 Ω
0
电流表读数为5 mA时,根据E=I(R +R+r)
T 0 g
解得R =290 Ω
T
由图丙可知,此时的温度为38.3 ℃。
16.物理生活 (2022江苏连云港月考,14)如图甲所示,“打弹珠”是一种常见的民间游戏,该游戏的规则为:将手
中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出,并与另一静止的弹珠发生碰撞,被碰弹珠若能进入小坑中即胜出。现将
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此游戏进行简化,如图乙所示,粗糙程度相同的水平地面上,弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上,两弹珠间距
x=2 m,弹珠B与坑的间距x=1 m。某同学将弹珠A以v=6 m/s的初速度水平向右瞬间弹出,经过时间
1 2 0
t=0.4 s与弹珠B正碰(碰撞时间极短),碰后弹珠A又向前运动Δx=0.1 m后停下。已知两弹珠的质量均为
1
2.5 g,取重力加速度g=10 m/s2,若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同,并将弹珠的运动视为滑动,求:
(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小和弹珠与地面间的动摩擦因数μ;
(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失,并判断该同学能否胜出。
甲
乙
答案 (1)4 m/s 0.5 (2)7.5×10-3J 不能胜出
解析 (1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v,由运动学公式得
1
1
x=vt- at2,
1 01 2 1
v=v-at
1 0 1
由牛顿第二定律得
F=μmg=ma
f
联立解得
a=5 m/s2,
μ=0.5,
v=4 m/s
1
(2)由(1)中分析可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a=5 m/s2,设弹珠A碰撞后瞬间的速度为
v',由运动学规律有
1
v'2=2aΔx
1
解得
v'=1 m/s
1
设碰后瞬间弹珠B的速度为v',由动量守恒定律得
2
mv+0=mv'+mv'
1 1 2
解得
v'=3 m/s
2
所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失
ΔE=ΔE
k
=1m
v2
-(1
mv '2+
1
mv
'2)=7.5×10-3 J
2 1 2 1 2 2
碰后弹珠B运动的距离为
Δx'=v '2 =0.9 m<1 m
2
2a
所以弹珠B没有进坑,故不能胜出。
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17.物理科技 (2022江苏常州前黄高级中学一模,16)在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如
图所示是离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,然后通过磁分析器,选择出特
定比荷的离子,经偏转系统后注入处在水平面内的晶圆(硅片)。速度选择器、磁分析器和偏转系统中的匀强
磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器和偏转系统中的匀强电场场强大小均为E,
方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。磁分析器截面是内外半径分别为R 和R 的四分之一圆环,其两端中
1 2
心位置M和N处各有一个小孔;偏转系统中电场和磁场的分布区域是同一边长为L的正方体,其偏转系统的
底面与晶圆所在水平面平行,间距也为L。当偏转系统不加电场及磁场时,离子恰好竖直注入到晶圆上的O
点(即图中坐标原点,x轴垂直纸面向外)。整个系统置于真空中,不计离子重力,打在晶圆上的离子经过电场和
1
磁场偏转的角度都很小。当α很小时,有sin α≈tan α≈α, cos α≈1- α2。求:
2
(1)离子通过速度选择器后的速度大小v和磁分析器选择出来离子的比荷;
(2)偏转系统仅加电场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;
(3)偏转系统仅加磁场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示;
(4)偏转系统同时加上电场和磁场时离子注入晶圆的位置,用坐标(x,y)表示,并说明理由。
答案 (1)E 2E (2)( 3L2 ,0)
B (R +R )B2 R +R
1 2 1 2
(3)(0,
3L2
) (4)见解析
R +R
1 2
解析 (1)通过速度选择器离子应满足
qE=qvB,
由此可得离子的速度
E
v=
B
从磁分析器中心孔N射出离子的运动半径为
R +R
R= 1 2
2
mv2
由 =qvB
R
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得q= v = 2E
m RB (R +R )B2
1 2
(2)经过电场后,离子在x方向偏转的距离
x
1
=1 qE(L) 2 ,
2 m v
速度偏转角满足
qEL
tan θ=
mv2
离开电场后,离子在x方向偏移的距离
x=L tan
θ=qEL2
2
mv2
则x=x+x=3qEL2
=
3L2
1 2
2mv2 R +R
1 2
位置坐标为
(
3L2
,0)
R +R
1 2
(3)离子进入磁场后做圆周运动的半径
mv
r= ,
qB
速度偏转角满足
L
sin α=
r
经过磁场后,离子在y方向偏转的距离
y=r(1- cosα)≈
L2
1
R +R
1 2
离开磁场后,离子在y方向偏移的距离
y=L tan α≈
2L2
2
R +R
1 2
则y=y+y≈
3L2
1 2
R +R
1 2
位置坐标为
(
3L2
)
0,
R +R
1 2
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(4)注入晶圆的位置坐标为(
3L2
,
3L2
),
R +R R +R
1 2 1 2
电场引起的速度增量对y方向的运动不产生影响,同时磁场也不对x方向的运动产生影响。
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