名校學術聯盟.高考模擬信息卷&沖刺卷物理參考答案(五)1.D【解析】按倒不倒翁'其重心高度升高'A、B項錯誤;不倒翁所受到的桌面支持力是由于桌面發生形變要恢復形變產生的'C項錯誤;不倒翁所受重力的方向總是豎直向下'與其狀態無關'D項正確。2.C【解析】-e來源于原子核內部'是原子核中的一個中子轉變為質子'釋放出的電子'A項錯誤;β射線的電離作用較弱'穿透能力較強'B項錯誤;根據半衰期公式N=N0可知經過兩個半衰期'剩余的鉬99(Mo)為原來的四分之一'可知剩余的鉬99(Mo)與衰變的鉬99(Mo)質量之比為1:3'C項正確;锝99(Te)的比結合能大于鉬99(Mo)的比結合能'D項錯誤。3.B【解析】根據力的合成可得2Fcos53o=m9'其中m=360kg'解得F=3000N'B項正確。4.C【解析】P是近月點'Q是遠月點'“鵲橋二號”在P點的速度大小大于在Q點的速度大小'A項錯誤;“鵲橋二號”由P運動到Q的速度逐漸減小'所以“鵲橋二號”從P運動到M的時間小于從M運動到Q的時間'B項錯誤;設月球表面處的重力加速度大小為9月'近月衛星的周期為T1'根據開普勒第三定律'可得'由m9月=m可得項正確;“鵲橋二號”在M點的加速度和在N點的加速度大小相等'方向不同'D項錯誤。5.B【解析】由題可知'每個燈泡兩端的最大電壓為2V'當瞬時電壓為1V時'彩燈開始發光'由u=m1=s't2=個周期內彩燈發光時間為Δt=2分鐘對應的交流電的周期個數為=3000個'可知一分鐘內每個彩燈的發光時間t=NΔt=3000×s=40s'B項正確。6.B【解析】質點到達Q點時的速度0Q=\質點運動過程中加速度大小都相等'則滿足解得項正確。17.C【解析】由題意可知'單色細光束從外層玻璃的外表面折射入玻璃的折射角θ2=θ1-16o=37o'由可得單色細光束在玻璃中的折射率為'A項錯誤;單色細光束在隔熱橋門窗中傳播的總路程為項錯誤;單色細光束在玻璃層中的傳播速度0=='單色細光束在隔熱斷橋門窗中傳播的總時間為'C項正確;由于玻璃兩個表面平行'從玻璃外表面射入的光線和從玻璃內表面射出的光線平行'因此單色細光束不可能在外層玻璃的內表面發生全發射'D項錯誤。8.【解析】設此波的波長為λ'由題意可知'(n+)λ=L或(n+)λ=L(其中n=0'1'2…)'由0=λf'可9.【解析】第一滴油滴進入平行板做平拋運動'由=gt1'解得00='A項錯誤;第N'=00t滴油滴恰好從下極板右邊緣射出'則有'L=00t2'解得a='由mg-q=ma'將a=代入'可得兩板間的最大電壓U=3mgd'B項正確;由U=Q=Nq'可得落在下極板上的油滴數4qCC項錯誤;若將上極板下移'由C='N=C可知'N='落在下極板上的油滴數不變'D項正確。.【解析】飛機速度為00時'Ff+a'解得a=項錯誤;飛機減速運動過程'導體棒ab所受安培力的沖量大小為I=BqL='B項正確;設飛機減速運動過程'電阻R上產生的焦耳熱為Q'根據能量守恒有(m+M)02=2Q+Fx'解得2—Fx'C項正確;由動量定理'0t+Ft=(m+M)0'x=0t'解得t=11.【答案】(1)靜止(1分)(2)(2分)(3)(2分)(4)釋放滑塊時'給了滑塊一個初速度(2分)【解析】(1)氣墊導軌調平的依據是打開氣源'將滑塊單獨放置于氣墊導軌上'若滑塊保持

靜止'就說明氣墊導軌已調節水平。(2)遮光條通過光電門時滑塊的瞬時速度d根據運動學公式可得(d)=2aL可得(1)=2aLΔt'Δt'Δtd2'可得=k'解得滑塊運動的加速度a=。(3)由mg=(M+m)a'可得當地的重力加速度(4)圖像并未過原點'檢查各項數據都不存在問題'且作圖過程嚴格'則可能的原因是釋

放滑塊時'給了滑塊一個初速度。12.【答案】(1)×1(1分)22(1分)(2)①最右(2分)③20.3(2分)(3)小于(2分)【解析】(1)歐姆表測量電阻'指針指在中值電阻位置附近為宜'要選×1擋'由表盤可知其電阻為x(2)①為保證電路安全'應將滑動變阻器的阻值調到最大'將大阻值的滑動變阻器R的劃片

滑到最右;③由圖丙可得電阻箱接入的阻值R0=32.8Ω'因此未知電阻的阻值Rx=R0-rg=20.

3Ω。(3)調整電流表半偏時'整個電路的電阻略微減小'干路中電流略大于滿偏電流'因此測得阻值略小于真實值。13.解:(1)設彈簧處于原長時封閉氣體的壓強為p1'對彈簧處于原長時的活塞受力分析可得設報警器剛好報警的壓強為p2'溫度為T2'由理想氣體狀態方程可得2S1S+k(1分)T1=273K+27K=300K解得T2=525K(1分)(2)外界溫度從t=27℃緩慢升高到報警溫度的過程中'封閉氣體對活塞的平均作用力封閉氣體對外做的功WF=F×(2分)3F.00(1分)414.解:(1)小物塊從開始運動到A點'由動能定理可得F(1.5L+Lcosα)-μmg×1.5L-mgLsinα=m02-0(2分)代入數據'解得小滑塊到達A點的速度大小gL(1分)0=\22(2)小滑塊從A點拋出做斜拋運動'建立如圖所示的坐標系沿軸方向(分)y0=2ah12y其中(分)a=gsinα1y解得h=(1分)A0y(3)小滑塊斜拋后經過時間t落在斜面xα上0=ay(1分)αgBC沿x軸方向x=a2(1分)t其中ax=gcosα(1分)小滑塊落點位置到C點的距離Δx=Ltanα-x(1分)解得15.解:(1)由幾何關系可知'小球Q在勻強磁場中做圓周運動的半徑R=L(1分)小球Q在勻強電場中運動'可得設第四象限的磁感應強度大小為B'由洛倫茲力提供圓周運動的向心力'可得解得第四象限磁感應強度大小為B=2\(2)小球Q與小球P發生彈性正碰'根據動量守恒和機械能守恒可得2m00=2m0Q+m0P(2分)解得0p='方向沿y軸正方向(1分)方向沿y軸正方向(1分)00400(3)碰后小球Q的速度變為3'小球P的速度變為3'進入第一象限'設小球Q圓周運動的半徑為R1'小球P圓周運動的半徑為R2'則碰后到小球Q第二次經過y軸的時間碰后到小球P第二次經過y軸的時間其中碰后小球P和小球Q第二次經過y軸的時間差Δt=