2020高考物理通用版大二轮复习练习：“2+2”定时训练8 2017年(全国2卷)逐题仿真练

2017年(全国2卷)逐题仿真练
24．(12分)(2019·山东济宁市第二次摸底)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究．他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图1所示的v －t 图象．已知小车在0～2 s 内做匀加速直线运动，2～11 s 内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s 内小车做匀速直线运动，在11 s 末开始小车失去动力而自由滑行．已知小车质量m ＝1 kg ，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：
图1
(1)在2～11 s 内小车牵引力的功率P 的大小； (2)小车在2 s 末的速度v x 的大小； (3)小车在2～9 s 内通过的距离x . 答案 (1)16 W (2)4 m/s (3)44 m
解+析 (1)根据题意，在11 s 末撤去牵引力后，小车只在阻力F f 作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a ，根据题图可知：a ＝|Δv
Δt |＝2 m/s 2；
根据牛顿第二定律有：F f ＝ma ； 解得：F f ＝2 N ；
设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F ，则：F ＝F f ，v m ＝8 m/s ； 根据：P ＝F v m ； 解得：P ＝16 W ；
(2)0～2 s 的匀加速运动过程中，小车的加速度为：a x ＝Δv Δt ＝v x
2
；
设小车的牵引力为F x ，根据牛顿第二定律有：F x －F f ＝ma x ； 根据题意有：P ＝F x v x; 联立解得：v x ＝4 m/s ；
(3)在2～9 s 内的变加速过程，Δt ＝7 s ，由动能定理可得：P Δt －F f x ＝12m v m 2－1
2m v x 2；
解得小车通过的距离是：x ＝44 m.
25. (20分)(2019·四川南充市第一次适应性考试)如图2所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy 中，x 轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m ，电荷量为－q (－q <0)的带电绝缘小球，从y 轴上的P (0，L )点由静止开始释放，运动至x 轴上的A (－L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x 轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O 1位于y 轴上，交y 轴于B 点，交x 轴于A 点和C (L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g .求：
图2
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)小球运动到B 点时对管的压力的大小和方向； (3)小球从C 点飞出后落在x 轴上的位置坐标． 答案 (1)mg
q (2)3(2＋1)mg 方向向下
(3)(－7L,0)
解+析 (1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A 点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则tan 45°＝mg Eq
解得：E ＝mg
q
(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径r ＝2L
从P 点到B 点的过程中，根据动能定理得：1
2
m v B 2－0＝mg (2L ＋2L )＋EqL
在B 点，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝m v B 2
r
联立解得：F N ＝3(2＋1)mg ，方向向上
根据牛顿第三定律可得小球运动到B 点时对管的压力的大小F N ′＝3(2＋1)mg ，方向向下 (3)从P 到A 的过程中，根据动能定理得： 1
2
m v A 2＝mgL ＋EqL 解得：v A ＝2gL
小球从C 点抛出后做类平抛运动 抛出时的速度v C ＝v A ＝2gL 小球的加速度g ′＝2g
当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x 轴，则有：v C t ＝1
2g ′t 2
解得：t ＝2
2L g
则沿x 轴方向运动的位移x ＝
v C t
sin 45°
＝2v C t ＝2×2gL ×22L
g
＝8L 则小球从C 点飞出后落在x 轴上的坐标x ′＝L －8L ＝－7L . 33.选修3－3(15分)
(2019·广东深圳市第二次调研)
(1)(5分)恒温环境中，在导热良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的理想气体．用力缓慢向外拉活塞，此过程中________． A ．封闭气体分子间的平均距离增大 B ．封闭气体分子的平均速率减小 C ．活塞对封闭气体做正功 D ．封闭气体的内能不变 E ．封闭气体从外界吸热
(2)(10分)某同学设计了测量液体密度的装置．如图3，左侧容器开口；右管竖直，上端封闭，导热良好，管长L 0＝1 m ，粗细均匀，底部有细管与左侧连通，初始时未装液体．现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧液面高度为h 1＝0.7 m 时，右管内液柱高度h 2＝0.2 m ．已知右管横截面积远小于左侧横截面积，大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，取g ＝10 m/s 2.
图3
①求此时右管内气体压强及该液体的密度；
②若此时右管内气体温度T ＝260 K ，再将右管内气体温度缓慢升高到多少K 时，刚好将右管中液体全部挤出？(不计温度变化对液体密度的影响) 答案 (1)ADE (2)①1.25×105 Pa 5×103 kg/m 3 ②351 K
解+析 (1)对于一定质量的理想气体，气体的内能和分子平均速率只取决于温度，由题目可知，温度不变，则封闭气体的内能不变，封闭气体分子的平均速率也不变，故B 错误，D 正确；用力向外缓慢拉动活塞过程中，气体体积增大，则分子间的平均距离增大，气体对活塞做正功，则活塞对气体做负功，故A 正确，C 错误；根据ΔU ＝W ＋Q 可知，温度不变，则内能U 不变，即ΔU ＝0，用力向外缓慢拉动活塞，则W <0，故Q >0，即气体从外界吸收热量，故E 正确．
(2)①设右管横截面积为S ，对右管内的气体，由玻意耳定律：p 0V 0＝p 1V 1 其中：V 0＝L 0S ，V 1＝(L 0－h 2)S 解得：p 1＝1.25×105 Pa 又：p 1＝p 0＋ρg (h 1－h 2) 解得：ρ＝5×103 kg/m 3 ②对右管内的气体：p 1V 1T ＝p 2V 0
T ′
其中：p 2＝p 0＋ρgh 1， 解得：T ′＝351 K. 34.选修3－4(15分)
(2019·陕西汉中市第二次教学质检) (1)(5分)下列说法正确的是________． A ．在摆角小于5°时单摆的周期与振幅无关 B ．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象
C ．在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象
D ．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
E ．两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现
(2) (10分)如图4所示，有一个玻璃半球，O 为球心，右侧面镀银，光源S 在其水平对称轴MO 上，从光源S 发出的一束光斜射在球面上．当入射光线与对称轴的夹角为30°时，发现一部分光经过球面反射后恰好能竖直向上传播，另一部分光折射进入玻璃半球内，经过右侧镀银面的第一次反射后恰好能沿原路返回．若球面的半径为R ，光在真空中的传播速度为c .求：
图4
①玻璃的折射率；
②光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时间． 答案 (1)ACE (2)①3 ②3R 2c
解+析 (1)在摆角小于5°时单摆的振动可视为简谐运动，此时周期与振幅无关，选项A 正确；用三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，出现光的色散现象，故B 错误；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，选项C 正确；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项D 错误；两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现，选项E 正确． (2)由题意作出光路图，如图所示．
①由于入射光线与对称轴的夹角为30°，过入射点H 作对称轴的垂线HN ，由光路图和几何关系可得：
光在球面上发生反射和折射时的入射角和反射角i ′＝60°，折射角r ＝30° 所以由n ＝sin i sin r
可得：n ＝3；
②由几何关系可知：光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面的距离：s ＝R cos 30°＝
3
2
R ，
由n ＝c v 得：光在玻璃中的传播速度v ＝c n ＝c 3
，
所以光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时间：t ＝s v ＝3
2R c 3＝3R
2c .。