【特色专项训练-优化方案】2021届高考物理二轮专题精炼-第二篇“8+2+2+选考”全真模拟(三)

“8＋2＋2＋选考”全真模拟(三)[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．在物理学建立、进展的过程中，很多物理学家的科学发觉推动了人类历史的进步．关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是()A．古希腊学者亚里士多德认为物体下落的快慢由它们的重量打算，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用规律推断，使亚里士多德的理论陷入了逆境B．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行了多年争辩，得出了万有引力定律C．英国物理学家卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”首先较精确     的测定了静电力常量D．楞次发觉了电磁感应现象，并争辩得出了推断感应电流方向的方法——楞次定律15.将一小球以某一速度竖直向上抛出．右图为小球被抛出后其位置随时间变化的关系图象(y－t图象)，图中t2时刻小球到达最高点，t3－t2>t2－t1,0～t2时间内和t2～t3时间内的图线为两段不同的抛物线．下列说法正确的是()A．小球在0～t1时间内与t1～t2时间内运动方向相反B．小球在t2时刻所受合外力为零C．小球在t1和t3时刻速度大小相等D．小球在0～t2时间内所受合外力大于t2～t3时间内所受合外力16．据报道，美国耶鲁高校的争辩人员发觉了一颗完全由钻石组成的星球，通过观测发觉该星球的半径是地球的2倍，质量是地球的8倍．设在该星球表面四周绕星球运行的卫星的角速度为ω1、线速度为v1，在地球表面四周绕地球运行的卫星的角速度为ω2、线速度为v2，则eq\f(ω1v1,ω2v2)为()A．8 B．4C．2 D．117．两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示．一个电量为2C、质量为1kg的小物块从C点静止释放，其运动的v－t图象如图乙所示，其中B点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是()A．B点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2V/mB．由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大C．由C到A的过程中，电势渐渐上升D．A、B两点电势差UAB＝－5V18.如图所示，一个光滑环状绝缘圆管轨道平放于水平桌面上固定，管内有一质量为m、带电荷量为＋q的小球(可视为质点)，沿着管道有逆时针方向的电场，场强大小均为E，圆管内径可忽视，半径为R，将小球自图中A点由静止释放，经时间t小球第一次回到A点，其动能为Ek1，再经过时间t小球的动能为Ek2，则Ek1∶Ek2为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶419.如图所示电路中，电源内阻不行忽视，L1、L2两灯均正常发光，R1为定值电阻，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则()A．L1灯变亮 B．L2灯变暗C．R1上消耗的功率变大 D．总电流变小20.如图所示，在竖直方向的磁感应强度为B0的匀强磁场中，金属框架ABCD固定在水平面内，AB与CD平行且足够长，BC与CD间的夹角为θ(θ<90°)，不计金属框架的电阻．光滑导体棒MN在外力作用下以速度v向右匀速运动，导体棒在滑动过程中始终保持与CD垂直，且与导轨接触良好．以导体棒经过C点瞬间为计时起点，则下列关于电路中电流I与时间t，或电功率P与导体棒运动的位移x的变化规律的图象中，正确的是()21.如图所示，B为半径为R的竖直光滑圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α.一个质量为m的小球在圆轨道左侧的A点以水平速度v0被抛出，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道．已知重力加速度为g.下列说法正确的是()A．小球从A运动到B的时间t＝eq\f(v0,g)tanαB．A、B之间的距离l＝eq\f(v\o\al(2,0),g)tanαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(tanα,2)))C．小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝mgv0tanαD．小球运动到竖直圆轨道的最低点时，圆轨道对它的支持力F＝eq\f(mv\o\al(2,0),Rcos2α)＋3mg－2mgcosα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，每个试题考生都必需做答．第33题～第35题为选考题，考生依据要求做答．)(一)必考题(共47分)22．(7分)某物理争辩小组用如图甲所示装置来探究“小车沿斜面下滑过程中重力做功与动能变化的关系”，其中斜面倾角可调且为已知．打点计时器的工作频率为50Hz.纸带上计数点的间距如图乙所示，其中每相邻两计数点之间还有4个点未画出．甲乙(1)图中标出的相邻两计数点的时间间隔T＝________s.(2)小组成员计算出了纸带上各计数点对应的瞬时速度，则计数点1对应的瞬时速度大小计算式为v1＝________，计数点6对应的瞬时速度大小计算式为v6＝________.(3)小组成员求出了小车下滑时的加速度大小，其计算式应为a＝________________________________________________________________________.(4)小组成员用计数点1和计数点7来进行争辩，通过比较W＝mgsinθ·(s1＋s2＋…＋s6)与ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,7)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，发觉W总大于ΔEk，这主要是由于________________________________________________________________________．23．(8分)(1)某同学选用多用电表的“×10”挡测量一电阻的阻值，正确操作后得到如图甲所示指针状况，则电阻的阻值约为________Ω.(2)为了精确测量该电阻的阻值，该同学从试验室找来了下列器材：A．电流表A1(0～40mA，r1＝10Ω)B．电流表A2(0～100mA，r2≈5Ω)C．滑动变阻器R(0～10Ω)D．定值电阻R0(阻值为100Ω)E．电源E(电动势为6V，内阻不能忽视)F．开关、导线若干①试验中要求调整范围尽可能大，请在方框内画出符合要求的电路图．②用I1、I2分别表示电流表A1、A2的示数，该同学通过描点得到了如图乙所示的I1－I2图象，则电阻的阻值为________Ω.24．(13分)目标停车是驾驶员考试中的必考项目，其过程可简化为如图所示的模型：在一条平直的大路上有A、B、C、D四个停车标志杆，每相邻两个停车标志杆之间的距离均为Δx＝16m．某次测试时，驾驶员正在以v0＝20m/s的速度驾车匀速行驶，当车头到达O点时听到停车指令，要求驾驶员将车头停在标志杆D处，驾驶员经Δt＝0.5s的反应时间后开头刹车，刹车后汽车开头做匀减速直线运动．若测得汽车从O到标志杆B的时间为t1＝5.5s，从标志杆B到标志杆C的时间为t2＝2.0s．求：(1)O点与标志杆A之间的距离x及汽车刹车时的加速度大小a；(2)汽车停止运动时车头与标志杆D的距离L.25．(19分)如图所示，在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域内，分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于图平面朝里，电场方向与电磁分界线平行朝右．一个带正电的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点偏左斜向下射入磁场，然后以垂直于电磁场边界线的方向进入电场，最终从电场区下边界上的Q点射出．已知P、Q连线垂直于电场方向，粒子轨道与电磁场分界线的交点到P、Q连线的距离为 D．不计重力，试以l1、l2、v和d为已知量，导出：(1)整个运动过程中粒子的最大速率vmax；(2)磁感应强度大小(作为分子)与电场强度大小(作为分母)的比值γ；(3)粒子在磁场中运动的时间(作为分子)和在电场中运动的时间(作为分母)的比值β.(二)选考题(任选一题)33．[物理——选修3­3](15分)(1)(6分)下列说法正确的是________．(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．气体总是布满容器，说明气体分子间只存在斥力B．对于肯定质量的抱负气体，温度上升，气体内能肯定增大C．温度越高，布朗运动越猛烈，说明水分子热运动的猛烈程度与温度有关D．物体内能增加，温度肯定上升E．热量可以从低温物体传到高温物体(2)(9分)如图所示，有一圆筒形导热汽缸静置在水平地面上．汽缸的质量为M，活塞及手柄的质量为m.活塞截面积为S.未用手向上提活塞手柄，活塞处于平衡状态时，被封闭气体的体积为V.若将活塞缓慢上提，求当汽缸刚离地面时活塞上升的距离．(大气压强为p0，重力加速度为g，活塞与汽缸壁的摩擦不计，活塞未脱离汽缸)．34．[物理——选修3­4](15分)(1)(6分)某横波在介质中沿x轴传播．图甲为t＝0.25s时的波形图，图乙为质点P(x＝1.5m处的质点)的振动图象．下列说法正确的是________．(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．该波沿x轴负方向传播B．该波的传播速度为2m/sC．质点L与质点N的运动方向总相反D．在t＝0.75s时，质点M处于平衡位置，并正在往y轴正方向运动E．1.25s时，质点P运动的路程为2m(2)(9分)如图所示，ABC为一透亮     材料做成的柱形光学元件的横截面，该种材料折射率n＝2，AC为一半径为R的四分之一圆弧，D为圆弧的圆心，ABCD构成正方形，在D处有一点光源．若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，求这部分光照射圆弧AC的弧长．35．[物理——选修3­5](15分)(1)(6分)下列说法正确的是________．(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．依据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B．放射性物质的温度上升，则半衰期减小C．用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不行能使氘核分解为一个质子和一个中子D．某放射性原子核经过2次α衰变和1次β衰变，核内质子数削减3个E．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透力量最强，电离力量最弱(2)(9分)如图所示AB为光滑的斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m的小球乙静止于水平轨道上，一个质量大于m的小球甲以速度v0与小球乙发生弹性正碰，碰后小球乙沿水平轨道滑向斜面AB，求：在甲、乙发生其次次碰撞之前，乙球在斜面上能达到最大高度的范围．(设斜面足够长)“8＋2＋2＋选考”全真模拟(三)14．[解析]选A.牛顿得出了万有引力定律，选项B错误；库仑利用“卡文迪许扭秤”首先较精确     的测定了静电力常量，选项C错误；法拉第发觉了电磁感应现象，楞次争辩得出了推断感应电流方向的方法——楞次定律，选项D错误．15．[解析]选D.小球在0～t2时间内都是竖直向上运动，选项A错误．t2时刻小球正经过最高点，速度为零，但加速度不为零，即小球所受的合外力不为零，选项B错误．由图象可知，t1和t3两时刻，图线切线的斜率的确定值不相等，因此小球在t1和t3时刻速度大小不相等，选项C错误．由于t1～t2时间内和t2～t3时间内小球运动的位移大小相等，由t3－t2>t2－t1可推断小球上升时的加速度大于下落时的加速度，依据牛顿其次定律可知小球在0～t2时间内所受合外力大于t2～t3时间内所受合外力，选项D正确．16．[解析]选C.在星球表面四周，万有引力供应卫星做匀速圆周运动的向心力，则：Geq\f(M1m0,R\o\al(2,1))＝m0ω1v1，在地球表面四周，同理可得Geq\f(M2m,R\o\al(2,2))＝mω2v2，两式联立可推断出选项C正确．17．[解析]选D.由题图乙可知，小物块在B点时加速度最大，故B点场强最大，加速度大小为2m/s2，据qE＝ma得E＝1V/m，选项A错误；由C到A的过程中小物块的动能始终增大，电势能始终在减小，故电势渐渐降低，选项B、C错误；依据动能定理有qUAB＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得：UAB＝－5V，选项D正确．18．[解析]选D.依据题意，小球受到沿轨迹切线方向的电场力大小始终为qE，设小球沿轨迹切线方向的加速度大小为a，依据牛顿其次定律有qE＝ma，小球第一个时间t内的路程为x1＝eq\f(1,2)at2，由动能定理有qEx1＝Ek1－0，小球在前2t时间内的路程为x2＝eq\f(1,2)a(2t)2，由动能定理有qEx2＝Ek2－0，联立解得Ek1∶Ek2＝1∶4，选项D正确．19．[解析]选BC.由闭合电路欧姆定律可知，滑动片向下滑动，电阻R减小，总电流I增大，故R1上消耗的功率变大，路端电压U减小，L1、L2两灯均变暗，所以答案选BC.20．[解析]选BD.在导体棒MN未到达B点前，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝B0v2tanθ·t.设导体棒单位长度的电阻为R0，则回路中的电流I＝eq\f(E,R0vtanθ·t)＝eq\f(B0v,R0)，电功率P＝I2R0xtanθ＝eq\f(B\o\al(2,0)v2,R0)tanθ·x.导体棒经过B点后，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝B0dv(d为导轨的间距)，回路中的电流I＝eq\f(E,dR0)＝eq\f(B0v,R0)，电功率P＝I2R0d＝eq\f(dB\o\al(2,0)v2,R0)(恒定不变)．21．[解析]选ACD.由“小球恰好沿B点的切线方向进入圆轨道”可知tanα＝eq\f(gt,v0)，得t＝eq\f(v0,g)tanα，选项A正确．A、B之间的距离l＝eq\r(x2＋y2)，其中x＝v0t＝eq\f(v\o\al(2,0),g)tanα，y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(v\o\al(2,0),2g)tan2α，联立可得l＝eq\f(v\o\al(2,0),g)tanαeq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanα,2)))2)，选项B错误．小球运动到B点时，重力的瞬时功率P＝mg2t＝mgv0tanα，选项C正确．小球运动到B点时，其速度vB＝eq\f(v0,cosα)；小球由B点运动到圆轨道的最低点过程中，依据动能定理有eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝mgR(1－cosα)；在圆轨道的最低点，依据牛顿其次定律有F－mg＝meq\f(v2,R)；联立解得F＝eq\f(mv\o\al(2,0),Rcos2α)＋3mg－2mgcosα，选项D正确．22．[解析]相邻计数点间时间间隔为T＝5×0.02s＝0.1s；在匀变速直线运动中，中间时刻速度等于这段时间内的平均速度．计数点2、3、6对应的瞬时速度大小为v2＝eq\f(s1＋s2,2T)、v3＝eq\f(s2＋s3,2T)、v6＝eq\f(s5＋s6,2T)，再利用v2＝eq\f(v1＋v3,2)可得v1＝eq\f(2s1＋s2－s3,2T)；由逐差法可得a＝eq\f(s4＋s5＋s6－s1＋s2＋s3,9T2)；W总大于ΔEk，这主要是由于下滑过程中存在阻力对小车做负功．[答案](1)0.1(1分)(2)eq\f(2s1＋s2－s3,2T)(2分)eq\f(s6＋s5,2T)(1分)(3)eq\f(s4＋s5＋s6－s1＋s2＋s3,9T2)(2分)(4)下滑过程中存在阻力对小车做负功(1分)23．[解析](1)由多用电表读数规章可知定值电阻的阻值约为11×10Ω＝110Ω.(2)①因试验中要求调整范围尽可能大且待测电阻的阻值比滑动变阻器的最大阻值大得多，所以滑动变阻器接受分压式接法，因没有电压表，所以应将内阻已知的电流表与定值电阻串联改装成电压表．②由电路图及并联规律知I2＝I1＋eq\f(I1R0＋r1,Rx)，即I1＝eq\f(Rx,Rx＋R0＋r1)I2，由题图乙知I1－I2图线的斜率为0.5，得Rx＝110Ω.[答案](1)110(2分)(2)①如图所示(4分)②110(2分)24．[解析](1)由题意可知：x＋Δx＝v0Δt＋v0(t1－Δt)－eq\f(1,2)a(t1－Δt)2(2分)x＋2Δx＝v0Δt＋v0(t1＋t2－Δt)－eq\f(1,2)a(t1＋t2－Δt)2(2分)联立以上两式并代入数据可得：a＝2m/s2，x＝69m．(2分)(2)汽车从O点开头行驶的距离为x1＝v0Δt＋eq\f(v\o\al(2,0),2a)(2分)代入数据可得：x1＝110m(1分)从O点到停车标志杆D点的距离为x2＝x＋3Δx(1分)代入数据可得：x2＝117m(1分)所以汽车停止运动时车头与标志杆D的距离为L＝x2－x1＝7m．(2分)[答案](1)69m2m/s2(2)7m25．[解析](1)电场力对粒子做正功，在电场中粒子的动能渐渐增大，故在Q点速率最大．(1分)粒子通过电场的时间：t＝eq\f(l2,v)(1分)设粒子的横向速度为vx，则d＝eq\f(1,2)vx·t(1分)解得：vx＝eq\f(2dv,l2)(1分)粒子在Q点时的速率vmax＝eq\r(v2＋v\o\al(2,x))＝veq\r(1＋\f(4d2,l\o\al(2,2))).(2分)(2)由磁场区域的几何关系，回转半径满足(r－d)2＋leq\o\al(2,1)＝r2(1分)eq\f(mv,Bq)＝r＝eq\f(l\o\al(2,1)＋d2,2d)(2分)eq\f(q,m)＝eq\f(2vd,Bl\o\al(2,1)＋d2)(1分)又d＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l2,v)))2(2分)因而γ＝eq\f(B,E)＝eq\f(l\o\al(2,2),l\o\al(2,1)＋d2)·eq\f(1,v).(2分)(3)t1＝eq\f(rθ,v)＝eq\f(l\o\al(2,1)＋d2,2vd)arcsineq\f(2dl1,l\o\al(2,1)＋d2)(2分)t2＝eq\f(l2,v)(1分)β＝eq\f(t1,t2)＝eq\f(l\o\al(2,1)＋d2,2l2d)arcsineq\f(2dl1,l\o\al(2,1)＋d2).(2分)[答案](1)eq\r(1＋\f(4d2,l\o\al(2,2)))v(2)eq\f(l\o\al(2,2),l\o\al(2,1)＋d2)·eq\f(1,v)(3)eq\f(l\o\al(2,1)＋d2,2l2d)arcsineq\f(2dl1,l\o\al(2,1)＋d2)33．[解析](1)气体总是布满容器，是由于气体分子间距较大，除碰撞外，气体分子几乎不受力；对于肯定质量的抱负气体，其内能只与温度有关，温度上升，则内能增加；温度越高，水分子运动越猛烈，对颗粒的撞击力越大，颗粒越不易平衡，布朗运动越猛烈；晶体在熔化时，吸取热量但温度不变，液体沸腾时吸热但温度不变；借助外界做功，热量可由低温物体传到高温物体．(2)设未用手向上提活塞手柄时，汽缸内封闭气体的压强为p1，体积为V；当汽缸刚离地面时，缸内封闭气体的压强为p2，体积为V2.未用手向上提活塞手柄时，对手柄，由平衡条件有：p0S＋mg＝p1S(2分)当汽缸刚离地面时，对汽缸，由平衡条件有：p0S－p2S＝Mg(2分)由于初、末状态的变化过程中，缸内气体的质量和温度都保持不变，由玻意耳定律有：p1V＝p2V2(3分)解得：V2＝eq\f(p0S＋mg,p0S－M