特色专项训练 优化方案届高考物理二轮专题精炼 第二篇8+2+2+选考全真模拟四.docx

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特色专项训练优化方案届高考物理二轮专题精炼第二篇8+2+2+选考全真模拟四

“8＋2＋2＋选考”全真模拟（四）

[时间：

60分钟　分值：

110分]

第Ⅰ卷

二、选择题（本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）

14.

如图所示，在倾角为θ的斜面上，质量均为m的物体A、B叠放在一起，轻绳通过定滑轮分别与A、B连接（绳与斜面平行），A与B、B与斜面间的动摩擦因数均为μ，轻绳与滑轮间的摩擦不计，若要用沿斜面向下的力F将物体B匀速拉出，则F的大小为（　　）

A．mgsinθ＋μmgcosθ　　B．mgsinθ＋4μmgcosθ

C．2μmgcosθD．4μmgcosθ

15．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1m/s.从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图甲和图乙所示．则（两图取同一正方向，取g＝10m/s2）（　　）

A．滑块的质量为0.5kg

B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5

C．第1s内摩擦力对滑块做功为－1J

D．第2s内力F的平均功率为1.5W

16．如图所示，AO为竖直墙壁，OB为水平地面，AB为长度为m的倾斜放置的长木板，AB与水平地面的夹角为45°.现从竖直墙壁上的C点水平抛出一小球，要使小球与长木板相碰，则初速度v0至少为（已知AC的长度为0.2m，重力加速度为10m/s2）（　　）

A．1m/sB．2m/s

C．2.5m/sD．m/s

17.

边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图象规律与这一过程相符合的是（　　）

18．如图所示，将一周期性变化的磁场垂直加在纸面上．当磁场方向垂直于纸面向外时，磁感应强度B为正．若有一个质量m＝5×10－10kg，电荷量q＝5π×10－7C的带电粒子（重力不计）在t＝0时刻以初速度v0在纸平面内开始运动，则在0～2×10－2s内，带电粒子的平均速度与其初速度的比值为（　　）

A．1B．

C.D．

19．（2014·湖北八校联考）

真空中有一正四面体ABCD，如图M、N分别是AB和CD的中点．现在A、B两点分别固定电荷量为＋Q、－Q的点电荷，下列说法中正确的是（　　）

A．将试探电荷＋q从C点移到D点，电场力做正功，试探电荷＋q的电势能降低

B．将试探电荷－q从M点移到N点，电场力不做功，试探电荷－q的电势能不变

C．C、D两点的电场强度相等

D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直

20．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V,440W”的热水器、“220V,220W”的抽油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（　　）

A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝

220sin（100πt）V

B．交流电压表的示数为1100V

C．1min内变压器输出的电能为3.96×104J

D．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍

21．（2014·河南六市联考）“嫦娥三号”首次实现月面巡视勘察和月球软着陆，为我国探月工程开启新的征程．设载着登月舱的探测飞船在以月球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运行时，周期为T1.随后登月舱脱离飞船，变轨到离月球更近的半径为r2的圆轨道上运行．引力常量为G，则下列说法正确的是（　　）

A．登月舱在半径为r2的圆轨道上比在半径为r1的圆轨道上运行时的角速度大

B．登月舱在半径为r2的圆轨道上比在半径为r1的圆轨道上运行时的线速度大

C．月球的质量为

D．登月舱在半径为r2的圆轨道上运行时的周期为

第Ⅱ卷

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分．第22题～第25题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33题～第35题为选考题，考生根据要求做答．）

（一）必考题（共47分）

22．（7分）某兴趣小组为探究摩擦力做功与动能变化量的关系，进行了如下实验：

①用天平测出遥控电动小车的质量为0.4kg；

②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；

③接通打点计时器（打点周期为0.02s）；

④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（假设在整个过程中小车所受的阻力恒定）．

在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的点迹如图乙所示，图中A点恰好为开始减速的起点，O点是打点计时器打的最后一个点．

甲

乙

请你分析纸带数据，并根据纸带数据计算出关闭电动小车电源后，小车克服摩擦力做的功为________J，小车的动能减少量为________J，由此可以得出的结论是________________________．（计算结果保留两位有效数字）

23．（8分）在测定金属丝电阻率的实验中，某同学从实验室找来了下列器材（所有仪器已校准）：

A．电源（电动势4.5V，内阻不计）

B．螺旋测微器

C．多用电表

D．电压表V1（量程3V，内阻约15kΩ）

E．电压表V2（量程15V，内阻约100kΩ）

F．电流表A（量程150mA，内阻约1.0Ω）

G．滑动变阻器R1（0～10Ω）

H．滑动变阻器R2（0～1kΩ）

I．开关一个、导线若干

（1）如图甲所示，用螺旋测微器测定金属丝直径d，则d＝________mm.

（2）用多用电表的“×1”挡测金属丝（接入电路部分，长度为50mm）的电阻，多用电表示数如图乙所示，则金属丝电阻R＝________.

（3）为了精确测量金属丝电阻且测多组数据，电压表应选________，滑动变阻器应选________（填符号），在图丁虚线框内画出合理的电路图，若某次实验中电压表指针刚好偏转，电流表示数如图丙所示，则由此可计算出金属丝的电阻率为________（保留三位有效数字）．

24．（13分）质量为1000kg的汽车在水平面内运动，10s内由静止匀加速到20m/s.地面对车的阻力恒为200N.

（1）若不计空气阻力，发动机的平均输出功率为多大？

（2）汽车速度较高时，空气阻力不能忽略．将汽车简化为长5m、宽2m、高1.5m的长方体，已知空气密度ρ＝1.3kg/m3.以此模型估算汽车以20m/s行驶时汽车的输出功率．

25．（19分）空间中有一坐标系xOy，M、N是x轴上的两点，且MO＝0.15m、ON＝0.15m．在坐标系所在的空间内存在有电场强度大小为E＝1.0N/C的匀强电场．一带正电的小球从M点射出，速度方向与x轴正方向的夹角为30°，小球射入电场后做匀速直线运动．已知小球的电荷量为q＝1.0×10－7C，速度为v＝2.0m/s，重力加速度取g＝10m/s2.

（1）求小球的质量m.

（2）欲使小球能通过N点，并且小球的运动轨迹关于y轴对称，需要加一磁感应强度方向垂直于xOy平面的、大小为B＝2.0T的圆形区域匀强磁场，求小球从M到N的运动时间以及圆形磁场面积的最小值．

（二）选考题（任选一题）

33．[物理——选修33]（15分）

（1）（6分）下列说法中正确的是________．（填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．能量耗散过程中能量不守恒

B．能量耗散从能量转化的角度反映出自然界中的客观过程具有方向性

C．在一定条件下物体的温度可达0K

D．吸收热量的物体，其内能不一定增大

E．不可能从单一热源吸收热量，使之完全变为功而不引起其他变化

（2）（9分）如图所示，一粗细均匀的玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口（向上）且足够长，左端封有一定量的理想气体，气体温度为27℃，气柱长18cm，外界大气压强为75cmHg，开始时两端水银面相平．

①若对封闭气体进行等容升温，使其温度变为47℃，应在右端缓慢注入水银，则应注入多长的水银柱？

②若在右端缓慢注入水银对封闭气体进行等温压缩，使气柱长变为15cm，则应注入多长的水银柱？

34．[物理——选修34]（15分）

（1）（6分）图甲是一单摆做简谐振动的振动图象，图乙是此单摆的振动在介质中沿x轴方向传播形成的简谐横波在t时刻的波形图，此时质点P正向下振动，取重力加速度g＝π2，则下列说法中正确的是________．（填正确答案标号．选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分．每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．单摆的摆长为1m

B．简谐波在介质中沿x轴负方向传播

C．简谐波的波长为5cm，波速为2.5cm/s

D．从t时刻开始再经1s，质点P通过的路程为10cm

E．t时刻x＝4m处的质点正通过平衡位置向下振动

（2）（9分）一束光线以45°的入射角，从AB面的中点射入如图所示的透明三棱镜中，已知BC＝4cm，棱镜的折射率为n＝，光在真空中的速度为c＝3.0×108m/s.

①画出光在三棱镜中的光路图；

②求出光在三棱镜中的传播时间（保留三位有效数字）．

35．[物理——选修35]（15分）

（1）（6分）某科技小组用如图甲所示的云室来观察微观粒子的运动径迹，他们把具有放射性的氡原子核（Rn）静置于云室内，再把云室放在某匀强磁场中，结果在垂直磁感应强度方向的平面内清晰看到了两条互相外切的圆周径迹1和2，如图乙是同学们拍摄的一张照片，他们还通过查资料确认其中的氡核发生了一次α衰变，现请你帮助该小组同学完成以下问题：

写出实验中的衰变方程：

______________（衰变后的新核用R表示其元素符号），照片中的径迹________（填“1”或“2”）表示α粒子．若氡核发生α衰变放出的α射线的速率为（c为光在真空中的传播速度），则新核的速率为________．

（2）（9分）如图所示，质量分别为m1＝0.5kg、m2＝0.49kg的两个小滑块固定在轻质弹簧的两端，静止于光滑的水平面上，m1靠在光滑的竖直墙上．现有一质量m＝0.01kg的子弹，以v0＝600m/s的水平初速度射入m2中，最后m1、m2都将向右运动．求在此过程中竖直墙对m1的冲量I.

“8＋2＋2＋选考”全真模拟（四）

14．[解析]选D.先以物体A为研究对象进行受力分析，根据平衡条件可得轻绳拉力FT＝mgsinθ＋μmgcosθ；然后以物体B为研究对象进行受力分析，沿斜面方向：

F＋mgsinθ＝FT＋μmgcosθ＋2μmgcosθ，两式联立解得：

F＝4μmgcosθ，选项D正确．

15．[解析]选D.由v－t图象知，0～1s和1～2s时间内的加速度大小均为1m/s2，由牛顿第二定律得F1＋f＝ma、F2－f＝ma，联立解得m＝2kg、f＝1N，选项A错误；由f＝μmg解得μ＝0.05，选项B错误；0～1s和1～2s时间内滑块发生的位移大小相等，均为0.5m，摩擦力对滑块做的功均为－0.5J，选项C错误；第2s内力F的平均功率为P＝＝＝W＝1.5W，选项D正确．

16．[解析]选B.画出小球刚好与木板相碰时的运动轨迹，如图所示．由平抛运动规律有tan45°＝，x＝v0t，y＝gt2，式中t为小球抛出到与木板相碰这一过程的时间；由数学知识可得1m－（y＋0.2m）＋x＝1m，即x－y＝0.2m；联立解得v0＝2m/s.

17．[解析]选B.框架匀速拉出过程中，有效长度l均匀增加，由E＝Blv知，电动势均匀变大，A错，B对；因为匀速运动，则F外＝F安＝BIl＝，故外力F外随位移x的增大而非线性增大，C错；外力功率P＝F外v，v恒定不变，故P也随位移x的增大而非线性增大，D错．

18．[解析]选D.粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝＝0.02s，此时间内粒子的运动轨迹如图所示（假设粒子从M点运动到N点），则带电粒子的平均速度＝＝·＝，得＝.

19．[解析]选BCD.由几何知识可判断，AB垂直面DMC，且M点为AB的中点，则面DMC与AB的中垂面重合，故DMC为一等势面，则φD＝φC＝φN＝φM，A项错误，B项正确；由电场的空间分布特点可判断C、D项正确．

20．[解析]选AC.由题图乙可知，T＝0.02s，U2m＝220V，而ω＝＝100πrad/s，副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin（100πt）V，A项正确；交流电压表的示数为有效值U1，由＝，得U1＝U2＝×220V＝1100V，所以B项错；因输出端电压有效值为U2＝220V，则热水器和抽油烟机均正常工作，则热水器正常工作时的电流I1＝＝A＝2A，抽油烟机正常工作时的电流I2＝＝A＝1A，所以1min内变压器输出的电能W＝U2（I1＋I2）t＝220×3×60J＝3.96×104J，故C项对；因为抽油烟机的内阻和机械功率未知，故无法求它的发热功率，所以无法比较两个用电器的发热功率的大小，故D项错误．

21．[解析]选ABC.由题意可知r1>r2，又由卫星角速度ω＝，可知ω1<ω2，由线速度v＝，可知v1

22．[解析]由纸带匀速段可知，减速前的速度为v＝m/s＝1.5m/s，电动小车最后减速到零，故动能变化量为ΔE＝0－mv2＝－×0.4×1.52J＝－0.45J，对减速段由逐差法可得，电动小车减速时的加速度大小为a＝＝m/s2＝3.38m/s2，则摩擦力做功为W＝Ff·x＝－0.4×3.38×（5.48＋4.95＋4.41＋3.86＋3.32＋2.79＋8.38）×10－2J＝－0.45J，故关闭电动小车电源后，在误差允许范围内，摩擦力对电动小车做的功等于电动小车动能的变化量．

[答案]0.45（2分）　0.45（2分）　关闭小车电源后，在误差允许范围内，摩擦力对电动小车做的功等于电动小车动能的变化量（3分）

23．[解析]

（1）由螺旋测微器的读数规则得d＝0.5mm＋0.01mm×22.0＝0.720mm；

（2）由多用电表欧姆挡读数规则知其电阻为R＝19×1Ω＝19Ω；（3）因电流表最大量程为150mA，金属丝电阻约19Ω，其两端电压最大值约为3V，所以电压表选V1，为了精确测量且得到多组数据，滑动变阻器应用分压式接法，选择R1，又因电流表内阻与金属丝电阻相差不大，电流表应外接；电压表指针刚好偏转，即U＝2V，由电流表可读得其电流I＝0.1A，所以其电阻为R＝20Ω，其电阻率为ρ＝≈1.63×10－4Ω·m.

[答案]

（1）0.720（1分）　

（2）19Ω（1分）　（3）V1（1分）　R1（1分）如图所示（2分）　1.63×10－4Ω·m（2分）

24．[解析]

（1）汽车做匀加速运动，加速度

a＝v/t＝2m/s2（1分）

由牛顿第二定律有F－f＝ma（1分）

解得F＝2200N（1分）

发动机的平均输出功率

P＝Fv/2＝2.2×104W.（1分）

（2）由题知汽车的横截面积为S＝3m2，汽车以一定速度前进时，将推动前方的空气运动，从而使一部分空气获得一定的动能（1分）

在Δt时间内，汽车前方空气柱的质量为

M＝ρSvΔt（2分）

获得的动能Ek＝Mv2/2＝ρSv3Δt/2（2分）

使这部分空气获得一定的动能，汽车需要增加一定的功率

P1＝Ek/Δt＝ρSv3/2＝1.56×104W（2分）

汽车克服地面阻力的功率

P2＝fv＝4000W（1分）

汽车的输出功率

P3＝P1＋P2＝1.96×104W.（1分）

[答案]见解析

25．[解析]

（1）对带电小球进行受力分析，根据平衡条件有qE－mg＝0（2分）

所以m＝＝1.0×10－8kg.（2分）

（2）带电小球进入匀强磁场，其轨迹如图甲所示，设其做匀速圆周运动的半径为R、运动周期为T，根据牛顿第二定律有

甲

qvB＝（2分）

则R＝＝0.1m（1分）

T＝＝0.1πs（1分）

设带电小球从A点进入磁场，从B点射出磁场，由于小球的运动轨迹关于y轴对称，根据几何关系可知∠AO′B＝60°，所以，带电小球在磁场中运动的时间

t2＝＝s（2分）

由题意可知，小球在M到A和B到N的过程中做匀速直线运动，且运动时间相等．根据几何关系可知

MA＝BN＝＝m（2分）

所以小球在M到A和B到N过程中的运动时间

t1＝t3＝＝s（1分）

则小球从M到N运动的时间

t＝t1＋t2＋t3＝s≈0.17s（2分）

乙

连接AB，当AB为圆形磁场的直径时，圆形磁场面积最小，如图乙所示．根据几何关系可知圆形磁场的半径：

r＝Rsin30°＝0.05m（2分）

其面积为S＝πr2＝0.0025πm2

≈7.9×10－3m2.（2分）

[答案]见解析

33．[解析]

（1）能量守恒定律是普遍规律，能量耗散过程中能量也是守恒的，从能量转化的角度反映出自然界中的客观过程具有方向性，A错，B对；0K是低温的极限，任何物体的温度只能接近0K而不能达到，C错；内能的改变取决于做功和热传递两个方面，D对；由热力学第二定律知E对．

（2）气体的初状态为T0＝300K，p0＝75cmHg，V0＝18cm×S（S为玻璃管截面积）（1分）

①气体等容升温，T1＝320K

由查理定律知＝（2分）

代入数据得p1＝80cmHg（1分）

所以应注入的水银柱长为

h＝（80－75）cm＝5cm.（1分）

②气体等温压缩，V1＝15cm×S

由玻意耳定律知p0V0＝p2V1（2分）

代入数据得p2＝90cmHg（1分）

所以应注入的水银柱长为

h′＝（90－75）cm＋2×（18－15）cm

＝21cm.（1分）

[答案]

（1）BDE　

（2）①5cm　②21cm

34．[解析]

（1）由题图甲知振动周期T＝2s，由T＝2π知此单摆的摆长为1m，A对；因质点P正向下振动，由“上下坡法”可知此简谐波在介质中沿x轴负方向传播，B对；由题图乙知此简谐波的波长为4m，波速为v＝＝2m/s，C错；因Δt＝1s＝，所以质点P通过的路程为2A＝10cm，D对；由“上下坡法”知t时刻x＝4m处的质点正通过平衡位置向上振动，E错．

（2）①由n＝知光在AB面的折射角为γ＝30°，故折射光线与BC平行（1分）

折射光线到达AC面时入射角为45°（1分）

由sinC＝可得

光线发生全反射的临界角为45°（1分）

所以光线在AC面发生全反射，光线将垂直BC射出，光路图如图所示．（1分）

②由正弦定理可得

AB＝4（－1）cm（1分）

由几何关系有OD＝＝2cm（1分）

DE＝sin60°＝（3－）cm（1分）

由n＝知光在三棱镜中的传播速度为

v＝×108m/s（1分）

所以光在三棱镜中的传播时间为

t＝≈1.54×10－10s.（1分）

[答案]

（1）ABD　

（2）①见解析图　②1.54×10－10s

35．[解析]

（1）由α衰变过程满足质量数和核电荷数守恒可得Rn→R＋He，由粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝及衰变过程满足动量守恒知α粒子的运动半径大，其径迹为2；由mαvα＝mRvR可得新核的速率为.

（2）设子弹m和滑块m2碰后的共同速度的大小为v，对由滑块m2和子弹m组成的系统，由动量守恒定律可得：

mv0＝（m＋m2）v（3分）

在m2和m以共同速度v（方向向左）压缩弹簧而后又回到碰撞的初位置时，由机械能守恒可知，m2和m的共同速度大小仍为v（方向向右），此时弹簧、竖直墙对m1的作用力都为零．取m1、弹簧以及m2和m这一系统为研究对象，从m2开始向左运动到又回到初位置的整个过程，设墙对m1的冲量大小为I，对系统由动量定理可得：

I＝（m＋m2）v－[－（m2＋m）v]（3分）

由上式可得：

I＝2mv0（2分）

代入数据有：

I＝12N·s.（1分）

[答案]

（1）Rn→R＋He（2分）　2（2分）

（2分）　

（2）12N·s