“8+2+2+选考”全真模拟(四)要点

“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．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、建立物理模型法、类比法和科学假设法等．以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述正确的是( )A ．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量，采用了理想实验法B ．伽利略为了说明力是维持物体运动的原因用了理想实验法C ．在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法叫假设法D ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加之和代表物体的位移，这里采用了微元法15.如图所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P 和Q 夹紧、并以加速度a 竖直向上搬起，P 和Q 质量分别为2m 和3m ，水平力为F ，P 和Q 间动摩擦因数为μ，在此过程中( )A ．P 受到Q 的摩擦力方向一定竖直向上B ．P 受到Q 的摩擦力大小为2μFC ．P 受到Q 的摩擦力大小为0.5m (g ＋a )D ．P 受到Q 的摩擦力大小为1.5m (g ＋a )16.如图所示，将一光滑圆轨道固定竖直放置，其中A 点为圆轨道的最低点，B 点为圆水平直径与圆弧的交点．一个质量为m 的物体静置于A 点，现用始终沿轨道切线方向、大小不变的外力F 作用于物体上，使其沿圆轨道到达B 点，随即撤去外力F ，要使物体能在竖直圆轨道内维持圆周运动，外力F 至少为( )A ．2mgB ．3mgC ．4mg πD ．5mg π17.如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，水平放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，当通以图示方向电流I 时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是( )A ．此过程中磁感应强度B 先增大后减小 B ．此过程中磁感应强度B 先减小后增大C ．此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αILD ．此过程中磁感应强度B 的最大值为mg tan αIL18.如图所示，abcd 为一边长为l 、具有质量的刚性导线框，位于水平面内，bc 边串接有电阻R .虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框ab 边平行，磁场区域的宽度为2l ，磁场方向竖直向下．线框在一垂直于ab 边的水平恒定拉力F 作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域．已知ab 边刚进入磁场时，线框做匀速运动，下面定性画出的回路中电流i 大小与位移x 图象一定错误的是( )19．据报道，美国国家航空航天局(NASA)宣布首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler ­186f.假如宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学观测，该行星自转周期为T ，宇航员在该行星“北极”距该行星表面附近h 处自由释放一个小球(引力视为恒力)，落地时间为t .已知该行星半径为R ，引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A ．该行星的第一宇宙速度为πRTB ．宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期不小于πt 2R hC ．该行星的平均密度为3h2G πt 2D ．如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度为 3hT 2R 22π2t 2－R20．(2015·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两点的电场强度大小相等D．N点的电场强度方向平行AB且跟CD垂直21．如图甲所示，滑块A的质量m＝1 kg，静止在光滑水平面上、上表面的长度为L 的平板车B的质量为M.某时刻滑块A以向右的初速度v0＝3 m/s滑上平板车B的上表面，忽略滑块A的大小．从滑块A刚滑上平板车B开始计时，之后它们的速度随时间变化的图象如图乙所示，t0是滑块A在车上运动的总时间，测得t0＝1 s．以下说法中正确的是(重力加速度g＝10 m/s2)()A．平板车B上表面的长度L＝2 mB．滑块A与平板车B上表面的动摩擦因数μ＝0.1C．平板车B的质量M＝1 kgD．t0时间内滑块A所受摩擦力做功的平均功率为10 W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(47分)22．(6分)(2015·豫南五市二模)某同学利用如图甲所示的装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验．(1)在安装刻度尺时，必须使刻度尺保持________状态．(2)他通过实验得到如图乙所示的弹力大小F与弹簧长度x的关系图线．由此图线可得该弹簧的原长x0＝________cm，劲度系数k＝________N/m.(3)他又利用本实验原理把该弹簧做成一个弹簧测力计，当弹簧测力计上的示数如图丙所示时，该弹簧的长度x＝________cm.23．(9分)实验室进了一批用来做螺线管用的金属导线，某同学想通过实验测定该材料的电阻率．(1)实验中他找来一定值电阻来保护电表不被烧毁，为确定该产品是否可作保护电阻，他用多用电表粗测其电阻：将选择开关打到欧姆挡的“×10”倍率挡，测量结果如图甲所示，则定值电阻为________Ω.(2)通过测量确定该定值电阻可作保护电阻，他便设计了如图乙所示原理图，根据图乙将实物图丙连接好．(3)其主要实验步骤如下：①用螺旋测微器测金属丝的直径，测量结果如图丁所示，则金属丝的直径D＝________mm.②适当取出一段样品材料，然后按原理图连接好实验器材．③用毫米刻度尺测量出接入实验电路中金属丝的长度，某次测量刻度尺的示数如图戊所示，则金属丝长度的测量值为L＝________cm.④改变接入电路中金属丝的长度，重复实验多次．(4)根据实验中的数据，最后得到了如图己所示的R－L图象，由图象可求得金属丝的电阻率ρ＝________Ω·m，用来作为保护电阻的定值电阻R0＝________Ω.24．(12分)南海舰队某潜艇在远航巡逻中，遭遇海水密度突变造成的“断崖”掉深，该艇急速下沉，全艇官兵在能见度几乎为零的水雾环境中，关闭了近百个阀门和开关，操纵了几十种仪器，成功将险情化解，创下了同类潜艇大深度自救成功的新记录！假设总质量为M ＝3.45×106 kg的潜艇正在深度为h1＝150 m，密度为ρ1＝1.029×103 kg/m3的水下缓慢水平潜航，突然进入密度为ρ2＝1.008×103 kg/m3区域发生“断崖”，潜艇沿竖直方向从静止开始匀加速下沉，经一系列操作在很短的时间排出一定量的水后，潜艇转为匀减速下沉，当速度减为0时到达最大深度h2＝330 m，整个过程历时t＝90 s．设潜艇在下沉中只受重力与浮力的作用，忽略排水的时间及潜艇体积的变化，取g＝9.8 m/s2，求：(1)潜艇匀加速下沉的时间；(2)紧急排出水的质量．25．(20分)如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L＝0.2 m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝1×10－2kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10 m/s2.(1)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝0.18 N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B0＝1.0 T，杆MN的最大速度为多少？(2)若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d＝0.4 m，现使磁感应强度从零开始以ΔBΔt＝0.5 T/s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？(二)选考题(请考生从给出的3道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一个题目计分．)33．[物理——选修3-3](15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5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0 KD．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)(10分)如图所示，L形一端开口的玻璃管在竖直平面内，管是由粗细不同的两部分组成的，竖直部分粗管的横截面积是水平部分细管横截面积的2倍，管的封闭端水平放置，水平段管长为100 cm，竖直段管长为30 cm，在水平管内有一段长为12 cm的水银封闭着一段长为80 cm的空气柱．已知气柱的温度为27 ℃，大气压强为75 cmHg，现对气体缓慢加热，求：当温度上升到119 ℃时，封闭端空气柱的长度．34．[物理——选修3-4](15分)(1)(5分)下列说法中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．机械波可以在真空中传播B ．波从一种介质进入另一种介质时，频率保持不变C ．机械波的频率越高，在介质中的传播速度越大D ．两列波发生稳定的干涉现象，则两列波的频率必然相同E ．光的偏振现象说明光波是横波 (2)(10分)如图所示，ABCD 为一棱镜的横截面，∠A ＝∠B ＝90°，∠C ＝60°，CD 面镀银成反射面．一宽度为d 的平行光束垂直AB 面射入棱镜，从BC 面射出后垂直射到光屏MN 上，在MN 上得到一宽度为33d 的亮斑．求棱镜材料的折射率．35．[物理——选修3-5](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B ．放射性物质的温度升高，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，不可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，核内质子数减少3个E ．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱 (2)(10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v 0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、乙发生第二次碰撞之前，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(四)14．解析：选D .卡文迪许将不易观察的微小变化量，转化为容易观察的显著变化量，属于放大法，A 错误；伽利略不是为了说明力是维持物体运动的原因做实验，B 错误；在不需要考虑物体本身的形状和大小时，用质点来代替物体的方法属于模型法，C 错误；把整个运动过程划分成很多小段，属于微元法，D 正确．15．解析：选C .设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为F f 1，设P 受到Q 的摩擦力大小为F f ，方向竖直向上．对PQ 整体、P 分别应用牛顿第二定律有2F f1－5mg ＝5ma 、F f1＋F f －2mg ＝2ma ，联立解得F f ＝－0.5m (g ＋a )，说明P 受到Q 的摩擦力向下，选项C 对，选项A 、B 、D 错．16．解析：选D .物体由A 点运动到B 点的过程中，由动能定理可得W F －mgR ＝12mv 2B ①；因F 是变力，对物体的运动过程分割，将AB ︵划分成许多小段，则当各小段弧长Δs 足够小时，在每一小段上，力F 可看做恒力，且其方向与该小段上物体位移方向一致，有W F ＝FΔs 1＋F Δs 2＋…＋F Δs i ＋…＝F(Δs 1＋Δs 2＋…＋Δs i ＋…)＝F·π2R ②；从B 点起撤去外力F ，物体的运动遵循机械能守恒定律，由于在最高点维持圆周运动的条件是mg ≤m v 2R ，即在圆轨道最高点处速度至少为Rg .故由机械能守恒定律得12m v 2B ＝mgR ＋m （Rg ）22③；联立①②③式得F ＝5mgπ.选项D 正确．17．解析：选C .导体棒受重力G 、支持力F N 、安培力F 作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B 逐渐增大，A 、B 错误；刚开始安培力F 最小，有sin α＝Fmg ，所以此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αIL ，C 正确；最后安培力最大，有F ＝mg ，即此过程中磁感应强度B 的最大值为mgIL，D 错误． 18．解析：选C .由题意知，当线框在x ＝0至x ＝l 间运动时电流恒为i 0；当线框在x ＝l 至x ＝2l 间运动时，磁通量不变化，故i ＝0，线框做匀加速运动；当ab 边刚出磁场(x ＝2l)时，线框的速度大于刚进磁场时的速度，cd 边切割磁感线产生的电流i ＞i 0，同时受到的安培力大于F ，线框做减速运动，随着速度的减小，安培力变小，加速度变小，故选项C 错；当cd 边刚出磁场时，线框速度可能还没减速到ab 边刚进磁场时的速度，故选项B 对；也可能恰好减速到ab 边刚进磁场时的速度，故选项D 对；还可能早就减速到ab 边刚进磁场时的速度以后做匀速运动，故选项A 对．19．解析：选BD .在行星表面附近自由释放的小球做自由落体运动，因h ＝12gt 2，解得行星表面的重力加速度g ＝2h t 2，该行星的第一宇宙速度为v ＝gR ＝2hRt，选项A 错误；宇宙飞船绕该行星做圆周运动的周期最小值T ＝2πRv＝πt2Rh，选项B 正确；该行星的体积V ＝43πR 3，质量M ＝gR 2G ，行星的密度ρ＝M V ＝3h 2πRGt 2，选项C 错误；根据万有引力定律有GMm （R ＋H ）2＝m⎝⎛⎫2πT 2(R ＋H)，解得同步卫星离行星表面的高度H ＝3hT 2R 22π2t 2－R ，选项D 正确．20．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．21．解析：选ABC .题图乙中梯形的面积代表滑块相对平板车的位移，也就是平板车的长度L ，即为L ＝12⎝⎛⎭⎫v 0＋13v 0t 0＝23v 0t 0＝2 m ，A 正确；对滑块运用牛顿第二定律有－μmg ＝ma ，而a ＝23v 0－v 0t 0，解得μ＝v 03gt 0＝0.1，B 正确；由题图乙可知滑块、平板车的加速度大小相等，使它们产生加速度的合力就是两者间的滑动摩擦力，因此它们的质量相等，C 正确；滑块所受摩擦力F f ＝μmg ＝1 N ，由题图乙可知，滑块从t ＝0到t ＝t 0过程中相对地面的位移x 块＝12⎝⎛⎭⎫23v 0＋v 0t 0＝2.5 m ，t 0时间内滑块所受摩擦力做功W ＝F f x 块＝2.5 J ，所以t 0时间内滑块所受摩擦力做功的平均功率为P ＝W /t 0＝2.5 W ，D 错误．22．解析：(1)安装刻度尺时，必须使刻度尺竖直放置．(2)由题图乙F －x 图象知，弹簧原长x 0＝4 cm ；k ＝ΔF Δx ＝816×10－2 N/m ＝50 N/m.(3)由题图丙知，弹簧测力计示数为3.0 N ，则Δx ＝Fk＝0.06 m ＝6 cm ，则x ＝x 0＋Δx ＝10 cm.答案：(1)竖直(1分) (2)4(1分) 50(2分) (3)10(2分)23．解析：(1)由多用电表示数及选择倍率可知定值电阻为5×10 Ω＝50 Ω.(3)①由螺旋测微器的读数方法可得金属丝的直径为D ＝0.252 mm.③金属丝的长度为L ＝70.50 cm －10.00 cm ＝60.50 cm.(4)由部分电路的欧姆定律得R ＝UI ＝R 0＋R 金属丝，由电阻定律得R 金属丝＝ρLS ，由以上两式得R ＝ρS ·L ＋R 0，可知题图己的斜率k ＝ρS ，所以金属丝的电阻率为ρ＝kS ，图线在纵轴上的截距表示保护电阻的阻值．为求直线的斜率可在直线上取两个距离较远的点，如(40，63)和(100，78)，则k ＝R 2－R 1L 2－L 1＝78－63（100－40）×10－2 Ω/m ＝25 Ω/m ，金属丝的横截面积为S ＝π⎝⎛⎭⎫D 22≈4.99×10－8 m 2，由图象斜率的物理意义可求得金属丝的电阻率为ρ＝kS ≈1.25×10－6 Ω·m.图线在纵轴上的截距表示定值电阻的阻值R 0＝53 Ω.答案：(1)50(1分) (2)如图所示(3分)(3)①0.252(1分) ③60.50(1分)(4)1.25×10－6(2分) 53(1分)24．解析：(1)设潜艇下沉的最大速度为v m ，匀加速下沉的时间为t 1，加速度大小为a 1，则h 2－h 1＝v m 2t(2分) v m ＝a 1t 1(1分)设潜艇体积为V ，未排水时ρ1Vg ＝Mg(1分)Mg －ρ2Vg ＝Ma 1(2分)解得t 1＝20 s ．(1分)(2)设匀减速下沉的加速度大小为a 2，紧急排出水的质量为mv m ＝a 2(t －t 1)(2分)ρ2Vg －(M －m)g ＝(M －m)a 2(2分)解得m ＝9.0×104 kg .(1分)答案：(1)20 s (2)9.0×104 kg25．解析：(1)MN 杆切割磁感线产生的电动势为：E 1＝B 0Lv ①(2分)由闭合电路欧姆定律得：I 1＝E 12R②(2分) MN 杆所受安培力大小为：F 安＝B 0I 1L ③(2分)对MN 杆应用牛顿第二定律得：F －mg －F 安＝ma ④(2分)当MN 杆速度最大时，MN 杆的加速度为零，联立①②③④得MN 杆的最大速度为：v m ＝2（F －mg ）R B 20L 2＝2×（0.18－1×10－2×10）×0.212×0.22 m /s ＝0.8 m /s .(2分) (2)感生电动势为：E 2＝ΔΦΔt ＝ΔBLd Δt⑤(2分) 由闭合电路欧姆定律得：I 2＝E 22R⑥(2分) t 时刻的磁感应强度为：B ＝ΔB Δtt ⑦(2分) PQ 杆受力平衡：mg ＝BI 2L ⑧(2分)联立⑤⑥⑦⑧得时间t 为：t ＝2mgR ⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔB Δt 2L 2d ＝2×1×10－2×10×0.2（0.5）2×（0.2）2×0.4 s ＝10 s ．(2分) 答案：(1)0.8 m /s (2)10 s33．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；0 K 是低温的极限，任何物体的温度只能接近0 K 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)设水银柱将要进入竖直管内所需温度为t 1，由气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 2V 2T 2，p 1＝p 2(2分)解得：T 2＝330 K ，t 1＝57 ℃(1分)设水银柱刚好全部到竖直管内所需温度为t 2，由气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3(2分) 解得：T 3＝405 K ，t 2＝132 ℃(1分)可见119 ℃时水平管内还有水银，设竖直管内水银柱高为x ，把数据代入对应气体状态方程易得：75×80300＝（75＋x ）×（100－12＋2x ）392(2分) 解得：x ＝5 cm (1分)所以空气柱长为98 cm .(1分)答案：(1)BDE (2)98 cm34．解析：(2)光路图如图所示，当光屏MN 与射出的光束垂直时，由几何关系可得，光线射到BC 面时的入射角为i ＝30°(2分)由几何关系可得：O 1E ＝O 2E ＝O 3O 4＝d cos 30°(2分)设光线从BC 面射出时折射角为r ，则在△O 3O 4F 中：O 3O 4sin (90°－r)＝O 3F(2分)据题意：O 3F ＝33d(1分) 据折射定律可得：n ＝sin r sin i(2分) 联立以上各式解得：n ＝ 3.(1分)答案：(1)BDE (2) 335．解析：(2)设甲球质量为M ，甲、乙两球碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得：Mv 0＝Mv 1＋mv 2(1分) 由机械能守恒定律得：12Mv 20＝12Mv 21＋12mv 22(1分) 解得v 2＝2Mv 0M ＋m ＝2v 01＋m M(1分) 碰后乙球上升到最高点时速度为零，在此过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 22(1分) 乙球能上升的最大高度h ＝v 222g.(1分) ①当M ≫m 时，v 2≈2v 0h ＝v 222g ＝（2v 0）22g ＝2v 20g，(2分)②当M ＝m 时，v 2＝v 0，h ＝v 222g ＝v 202g，(2分) 则乙球能上升的最大高度的范围是： v 202g ＜h ＜2v 20g.(1分) 答案：(1)CDE (2)v 202g ＜h ＜2v 20g。