(通用版)2020版高考物理复习“22”定时训练-2016年(全国2卷)逐题仿真练(含解析)
2020高考物理通用版大二轮复习练习：“2+2”定时训练11 2016年(全国2卷)逐题仿真练 Word版含解析
2016年(全国2卷)逐题仿真练24．(12分)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图1甲所示，将两根足够长、间距为L 的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，左端接一阻值为R 的电阻，与导轨垂直的虚线ef 右边区域存在方向竖直向下的匀强磁场，质量为m 的金属杆PQ 静止在导轨上．现对杆施加一水平向右的恒定拉力，经过时间t ，杆进入磁场并开始做匀速直线运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨和杆的电阻均不计．图1(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(2)若杆进入磁场后的某时刻撤去拉力，杆运动的速度与此后的位移关系图象如图乙所示，求0～x 0与x 0～3x 0两个过程中电阻R 产生的热量之比． 答案 (1)mR L 2t (2)54解析 (1)设拉力大小为F ，杆的加速度为a ，进入磁场时的速度为v 0，则F ＝ma 杆做匀加速运动，则v 0＝at杆在磁场中做匀速运动，则F ＝F 安＝BIL I ＝ER E ＝BL v 0 联立解得：B ＝mR L 2t(2)撤去拉力后，由题图乙可知，杆在x ＝x 0处的速度大小为v ＝2v 03由能量关系，在0～x 0过程中，电阻R 产生的热量Q 1＝12m v 02－12m v 2在x 0～3x 0过程中，电阻R 产生的热量Q 2＝12m v 2解得Q 1Q 2＝54.25．(20分) (2019·陕西渭南市教学质检(二))如图2，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°.小滑块(可看作质点)A 的质量为m A ＝1 kg ，小滑块B 的质量为m B ＝0.5 kg ，其左端连接一水平轻质弹簧．若滑块A 在斜面上受到大小为2 N ，方向垂直斜面向下的恒力F 作用时，恰能沿斜面匀速下滑．现撤去F ，让滑块A 从距斜面底端L ＝2.4 m 处，由静止开始下滑．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图2(1)滑块A 与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去F 后，滑块A 到达斜面底端时的速度大小； (3)滑块A 与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能． 答案 (1)0.6 (2)2.4 m/s (3)0.96 J解析 (1)滑块A 沿着斜面匀速下滑时受力如图所示由平衡条件知m A g sin θ＝F f ，F N ＝m A g cos θ＋F ，F f ＝μF N 解得μ＝m A g sin θF ＋m A g cos θ＝0.6.(2)滑块A 沿斜面加速下滑时受力如图所示，设滑块A 滑到斜面底端时速度为v 0，根据动能定理得 (m A g sin θ－μm A g cos θ)L ＝12m A v 02代入数据解得v 0＝2.4 m/s(3)由分析可知，当A 、B 速度相同时，弹簧有最大弹性势能．以A 、B 及弹簧为研究对象，设它们共同的速度为v ，据动量守恒定律m A v 0＝(m A ＋m B )v 根据能量守恒E p ＝12m A v 02－12(m A ＋m B )v 2代入数据解得：E p ＝0.96 J. 33．【选修3－3】(15分)(1)(5分)一定质量的理想气体的压强p 与热力学温度T 的变化图象如图3所示，下列说法正确的是________．图3A ．A →B 的过程中，气体对外界做功，气体内能增加B ．A →B 的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量C ．B →C 的过程中，气体体积增大，对外做功D ．B →C 的过程中，气体对外界放热，内能不变E ．B →C 的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加(2)(10分)“打篮球”是同学们喜爱的一种体育活动，小明和同学们在室外打了一段时间篮球后，发现篮球内气压不足，于是他拿到室内充气，已知室外温度为－3 ℃，室内温度为17 ℃.篮球体积V ＝5 L ，假定在室外时，篮球内部气体的压强为1.3个标准大气压．充气筒每次充入0.12 L 、压强为1.0个标准大气压的空气，整个过程中，不考虑篮球体积的变化和充气过程中气体温度的变化，计算时，篮球内部气体按理想气体处理．试问：小明在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气多少次？ 答案 (1)BDE (2)9次解析 (1)A 到B 的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A 错误，B 正确；B 到C 的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对该气体做功，内能不改变，则气体对外界放热，因压强增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C 错误，D 、E 正确．(2)设篮球从室外拿到室内后的压强为p 1，则：p 0T 0＝p 1T 1即： 1.3273－3＝p 1273＋17解得p 1≈1.4个大气压；设充气次数为n ，则：p 1V ＋np 0V 0＝p 2V 即：1.4×5＋1.0×0.12×n ＝1.6×5 解得：n ≈8.3.则在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气9次． 34．【选修3－4】(15分)(1)(5分)电磁波与声波比较，下列说法中正确的是________． A ．电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质 B ．由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大 C ．由空气进入水中时，电磁波波长变小，声波波长变大D ．电磁波和声波在介质中的传播速度都是由介质决定的，与频率无关E ．电磁波能产生干涉和衍射现象，声波不能(2)(10分)如图4(a)，一列简谐横波沿x 轴传播，实线和虚线分别为t 1＝0时刻和t 2时刻的波形图，P 、Q 分别是平衡位置为x 1＝1.0 m 和x 2＝4.0 m 的两质点．图(b)为质点Q 的振动图象，求：图4①波的传播速度和t 2的大小；②质点P 的位移随时间变化的关系式．答案 (1)ABC (2)①40 m/s (0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3… ②y ＝10sin (10πt ＋3π4) cm解析 (1)电磁波在介质中的传播速度与介质有关，也与频率有关，在同一种介质中，频率越大，波速越小，声波的传播速度是由介质决定的，电磁波和声波都能产生干涉和衍射现象，所以D 、E 错误．(2)①由题图可知波长：λ＝8 m ，质点振动的周期：T ＝0.2 s 传播速度v ＝λT＝40 m/s结合图象可知，横波沿x 轴正向传播， 故t 1＝0和t 2＝Δt 时刻：nλ＋2＝v Δt 解得Δt ＝(0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3… 即t 2＝(0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3…②质点P 做简谐运动的位移表达式：y ＝A sin (2πTt ＋φ)由图可知A ＝10 cm ，t ＝0时y ＝5 2 cm 且向y 轴负方向运动， 解得y ＝10sin (10πt ＋3π4) cm.。
2016年全国高考新课标2卷物理部分试题与答案与解析
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑽A和B 的加速为和，此时AB之间为零，同理可得：6⋯⋯⋯..⑾⋯⋯⋯..⑿ 即B 做匀减经时间，B的速度减为：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⒀联立⑽⑿⒀可得⋯⋯⋯⋯..⒁ 在，A 相对于B 运动的距离为⋯⒂此后B 静止不动，在B 上滑时间后，A 离开B ，则可得,另一解不合题意，舍去， A 在B 上的运动时间为【题型】计算题【备注】【结束】33.【[物理—3-3](1)关于扩，下列说法正_________(填正确答案标号。
选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得得分为0分)A.温度越高，扩散进行得越快X文.X例.参考B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的(2)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度为l=10.0cm,B侧水银面比A侧的高h=3.0cm。
现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为=10.0cm时将开关K关闭，已知大气压强=75.0cmHg。
(i)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(ii)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。
【答案】(1)ACD(2)(i);(ii)【解析】(1)本题主要考查分子的理论以及扩散；(2)本题主要考查理想气体状态方程；(1)选项A，温度越高，分子热运动越剧烈，扩散进行得越快，选项A 正确；选项B，扩散现象是分子热运动的结果，并非化学反应，选项B错误；X文.X例.指导.参考C，扩散现象是分子无规则热运项C 正确； D，任何物态都有分子热运动，都可扩散现项D 正 确； E ，任何物态的扩散现象都是由于分子热运动 ； 本题ACD 。
(2)(i )以c m H g 为设A 侧气柱长度时压强为p ，当两侧水银面的高度差为时，空气柱长度为，压强为,由玻意耳定 律得：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..① 由力学平衡条件知⋯⋯⋯⋯② 打开开关K 放出水银的，B 侧水银面处的，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加而减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之 减小，直至B 侧水于A 侧水银面为止，由力学平衡条件有：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.③ 联立以上方程可得：⋯⋯⋯⋯⋯④ (ii)当A 、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱长度为，压强 为,由玻意耳定律得：⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯..⑤ 由力学平衡条件知⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯.⑥ 联立②⑤⑥可得⋯⋯⋯⋯⋯⋯⑦ 设注入的水银在管内的长度为，则⋯⋯⋯⋯.⑧ 联立④⑦⑧可得.X 文.X 例.参考【题型】计算题【备注】【结束】34.【题文】[物理——选修3-4](1)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后出a、b两束光线。
(通用版)高考物理二轮复习“22”定时训练8 (全国2卷)逐题仿真练(含解析)-人教版高三全册物理试
2017年(全国2卷)逐题仿真练题号 24 25 33 34考点 动能定理与应用带电体在电场内的运动热力学定律和气体性质波的性质和光的折射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展研究．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．小车在0～2s 内做匀加速直线运动，2～11s 内小车牵引力的功率保持不变，9～11s 内小车做匀速直线运动，在11s 末开始小车失去动力而自由滑行．小车质量m ＝1kg ，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：图1(1)在2～11s 内小车牵引力的功率P 的大小； (2)小车在2s 末的速度v x 的大小； (3)小车在2～9s 内通过的距离x . 答案 (1)16W (2)4m/s (3)44m解析 (1)根据题意，在11s 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 |＝2m/s 2；根据牛顿第二定律有：F f ＝ma ； 解得：F f ＝2N ；设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F ，如此：F ＝F f ，v m ＝8m/s ； 根据：P ＝Fv m ； 解得：P ＝16W ；(2)0～2s 的匀加速运动过程中，小车的加速度为：a x ＝Δv Δt ＝v x2；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 ＝4m/s ；(3)在2～9s 内的变加速过程，Δt ＝7s ，由动能定理可得：P Δt －F f x ＝12mv m 2－12mv x 2；解得小车通过的距离是：x ＝44m.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，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，如此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°，如此tan45°＝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：12mv B 2－0＝mg (2L ＋2L )＋EqL在B 点，根据牛顿第二定律得：F N －mg ＝mv B 2r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： 12mv 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，如此有：v C t ＝12g ′t 2解得：t ＝22L g如此沿x 轴方向运动的位移x ＝v C tsin45°＝2v C t ＝2×2gL ×22Lg＝8L如此小球从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·广东某某市第二次调研)(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＝1m ，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＝0.7m 时，右管内液柱高度h 2＝0.2m ．右管横截面积远小于左侧横截面积，大气压强p 0＝1.0×105Pa ，取g ＝10m/s 2.图3①求此时右管内气体压强与该液体的密度；②假设此时右管内气体温度T ＝260K ，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)①1.25×105Pa 5×103kg/m 3②351K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，如此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，如此分子间的平均距离增大，气体对活塞做正功，如此活塞对气体做负功，故A 正确，C 错误；根据ΔU ＝W ＋Q 可知，温度不变，如此内能U 不变，即ΔU ＝0，用力向外缓慢拉动活塞，如此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＝1.25×105Pa 又：p 1＝p 0＋ρg (h 1－h 2) 解得：ρ＝5×103kg/m 3 ②对右管内的气体：p 1V 1T ＝p 2V 0T ′其中：p 2＝p 0＋ρgh 1， 解得：T ′＝351K. 34.选修3－4(15分)(2019·陕西汉中市第二次教学质检) (1)(5分)如下说法正确的答案是________． 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预现象 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预现象，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，发现一局部光经过球面反射后恰好能竖直向上传播，另一局部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．假设球面的半径为R ，光在真空中的传播速度为c .求：图4①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)① 3 ②3R2c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预现象，选项D 错误；两列波相叠加产生干预现象，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，如下列图．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 cos30°＝32R ，由n ＝c v 得：光在玻璃中的传播速度v ＝c n＝c3，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 ＝32R c 3＝3R 2c.。
【精校】2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)物理
2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标Ⅱ卷)物理一、选择题1.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。
用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。
用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中( )A.F逐渐变大，T逐渐变大B.F逐渐变大，T逐渐变小C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小解析：以结点O为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力T B=mg根据平衡条件可知：Tcosθ﹣T B=0Tsinθ﹣F=0由此两式可得：F=T B tanθ=mgtanθT=在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误。
答案：A2.如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。
带电粒子Q在P的电场中运动。
运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。
若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则( )A.a a＞a b＞a c，v a＞v c＞v bB.a a＞a b＞a c，v b＞v c＞v aC.a b＞a c＞a a，v b＞v c＞v aD.a b＞a c＞a a，v a＞v c＞v b解析：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以a b＞a c＞a a，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以v a＞v c＞v b，所以D正确，ABC错误。
答案：D3.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q球的绳短。
将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。
将两球由静止释放。
在各自轨迹的最低点，( )A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度解析：AB、从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：v=在最低点的速度只与半径有关，可知v P＜v Q；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小。
2020高考物理全国Ⅱ卷22题
微解题41
2020高考物理全国Ⅱ卷22题
22．（5分）一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A 和B ，如图所
示。
一实验小组用此装置测量小球B 运动的加速度。
令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B 释放时的高度
h 0=0.590 m ，下降一段距离后的高度h =0.100 m ；由h 0下降至h 所用的时
间T =0.730 s 。
由此求得小球B 加速度的大小为a =_______m/s 2（保留3位
有效数字）。
从实验室提供的数据得知，小球A 、B 的质量分别为100.0 g 和150.0 g ，当地重力加速度大小为g =9.80 m/s 2。
根据牛顿第二定律计算可得小球B 加速度的大小为a ′=_______m/s 2（保留3位有效数字）。
可以看出，a ′与a 有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：______________________。
【答案】1.84， 1.96，绳和滑轮之间有摩擦 解析：小球下降做匀加速直线运动，有：2021at h h =
- 解得a =1.84m/s 2
对小球A 、B 整体，有：a m m g m g m B A A B )(+=-
解得：a =1.96m/s 2
在实验中绳和滑轮之间有摩擦会造成实际计算值偏小。
2020高考物理通用版大二轮复习练习：“2+2”定时训练3 2019年(全国3卷)逐题仿真练 Wo
姓名，年级：时间：2019年(全国3卷）逐题仿真练题号24253334考点带电粒子或带电体在电场中的运动动力学、动量和能量观点的应用测分子直径和气体实验定律机械波和光24．(12分）(2019·广东省“六校联盟”第四次联考)如图1所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1。
0×106 N/C 的匀强电场中，一质量m＝0。
25 kg、电荷量q＝－2。
0×10－6C的可视为质点的小物体,在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4。
0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0。
4,取g＝10 m/s2，求:图1（1）小物体到达C点时的速度大小；(2）小物体在电场中运动的时间．答案(1)12 m/s （2）2.7 s解析(1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a＝错误!＝12 m/s2小物体到达C点的过程中有:v2＝2aL0代入数据解得：v＝12 m/s(2)根据牛顿第二定律,小物体向右减速运动的加速度大小为：a1＝错误!＝12 m/s2小物体向右运动的时间：t1＝错误!＝1.0 s小物体向右运动的位移：x1＝错误!t1＝6。
0 m由于｜q|E〉μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a2＝错误!＝4 m/s2小物体在电场中向左运动的时间为：t2＝错误!＝错误! s小物体在电场中运动的总时间为：t＝t1＋t2＝(1＋错误!）s≈2。
7 s 25．（20分)(2019·云南曲靖市第一次模拟）如图2所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接,开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上,A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧（弹簧不与A、B连接)．某时刻解除锁定,在弹力作用下，A向左运动,B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求:图2(1)B经c点抛出时速度的大小;(2)B经b时速度的大小；（3）锁定状态的弹簧具有的弹性势能．答案(1）错误!（2）错误!(3)3.75mgR解析（1)B平抛运动过程，竖直方向有2R＝错误!gt2，水平方向：2R＝v c t，解得：v c＝错误!(2)B从b到c，由机械能守恒定律得错误!mv b2＝2mgR＋错误!mv c2解得：v b＝错误!(3)设弹簧完全弹开后，A的速度为v a，弹簧恢复原长过程中A与B组成的系统动量守恒，2mv a－mv b＝0，解得:v a＝错误!v b＝错误!，由能量守恒定律得，弹簧弹性势能：E p＝错误!×2mv a2＋错误!mv b2解得：E p＝3.75mgR.33．【选修3－3】(15分)（1）(5分）用油膜法测定分子的直径, 1 mL的油酸加入酒精中配制成1 000mL的油酸酒精溶液，1 mL油酸酒精溶液通过滴管实验测得为80滴，取1滴油酸酒精溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后测得油膜面积为260 cm2。
2016年全国卷2(物理)含答案
绝密★启用前2016年普通高等学校招生全国统一考试理科综合·物理（全国Ⅱ卷）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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. 质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。
用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。
用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中【A】A. F逐渐变大，T逐渐变大B. F逐渐变大，T逐渐变小C. F逐渐变小，T逐渐变大D. F逐渐变小，T逐渐变小15. 如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。
带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。
若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c。
则【D】A. a a>a b>a c，v a>v c>v bB. a a>a b>a c，v b>v c>v aC. a b>a c>a a，v b>v c>v aD. a b>a c>a a，v a>v c>v b16. 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。
将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。
将两球由静止释放。
在各自轨迹的最低点【C】A. P球的速度一定大于Q球的速度B. P球的动能一定小于Q球的动能C. P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D. P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度17. 阻值相等的四个电阻，电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。
2016年全国高考新课标2卷物理部分试题与答案与解析
2015年普通高等学校招生全国统一考试(新课标2卷)理科综合能力测试第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，第问题只有一个符合题目要求，第问题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，先对但不全的得3分，有选错的得0分。
14.【题文】如图，两平行的带电金属板水平放置。
若在两板中间a点静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。
现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将A.保持静止状态B.向左上方做匀加速运动C.向正下方做匀加速运动D.向左下方做匀加速运动【答案】D【解析】本题主要考查电场以及力的合成；对微粒受力分析如图，可知其所受合力向左下方，故向左下方做匀加速运动，选项D正确。
【题型】单选题【备注】【结束】15.【题文】如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。
当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U a、U b、U c。
已知bc边的长度为l。
下列判断正确的是A.U a>U c，金属框中无电流B.U b>U c，金属框中电流方向沿a-b-c-aC.，金属框中无电流D.，金属框中电流方向沿a-c-b-a【答案】C【解析】本题主要考查电磁感应定律；对ab来说，没有切割磁感线，因此Ub=Ua;对于bc来说，由右手定则可判定若有感应电流，则由b向c，c相当于电源正极，电势高于b点，即Ub=Ua<Uc，由,又因为线圈磁通量不变，因此没有感应电流，选项C正确。
【题型】单选题【备注】【结束】16.【题文】由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。
当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。
已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为A.西偏北方向，1.9×103m/sB.东偏南方向，1.9×103m/sC.西偏北方向，2.7×103m/sD.东偏南方向，2.7×103m/s【答案】B【解析】本题主要考查运动的合成与分解；对转移轨道上的卫星上的分解可知以及,附加速度应该使减为零，而,即向东的增大，故附加速度应该在东偏南方向，大小约为，选项B正确。
(通用版)2020版高考物理复习“22”定时训练-2018年(全国2卷)逐题仿真练(含解析)
2018年(全国2卷)逐题仿真练24．(12分)(2019·辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来．如图1所示是一个滑板场地，OP 段是光滑的14圆弧轨道，半径为0.8 m ．PQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.2.滑板手踩着滑板A 从O 点由静止滑下，到达P 点时，立即向前起跳．滑板手离开滑板A 后，滑板A 以速度v 1＝2 m/s 返回，滑板手落到前面相同的滑板B 上，并一起向前继续滑动．已知两滑板质量均为m ＝5 kg ，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B 与P 点的距离为Δx ＝1 m ，g ＝10 m/s 2.(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求：图1(1)当滑板手和滑板A 到达圆弧轨道末端P 点时滑板A 对轨道的压力； (2)滑板手落到滑板B 后瞬间，滑板B 的速度大小； (3)两个滑板间的最终距离．答案 (1)1500N ，竖直向下 (2)4.2m/s (3)4.41m解析 (1)滑板手与滑板A 由O 点下滑到P 点过程，由机械能守恒：10mgR ＝12×10mv 2，代入数据解得v ＝2gR ＝4m/s ，设在P 点时滑板手与滑板A 所受到的支持力为F N ：由牛顿第二定律可得F N －10mg ＝10m v 2R代入数据解得：F N ＝1500N ，根据牛顿第三定律得F 压＝F N ＝1500N ，方向竖直向下；(2)滑板手跳离A 板，滑板手与滑板A 水平方向动量守恒10mv ＝－mv 1＋9mv 2， 代入数据解得：v 2＝143m/s ，滑板手跳上B 板，滑板手与滑板B 水平方向动量守恒9mv 2＝10mv 3， 解得：v 3＝4.2m/s ；(3)滑板B 的位移x B ＝v 322μg ＝4.41m ，滑板A 在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P 点时的速度大小仍为v 1＝2m/s ，滑板A 在水平地面上的位移x A ＝v 122μg ＝1m ，最终两滑板的间距为L ＝x B ＋Δx －x A ＝4.41m.25．(20分)(2019·山西运城市5月适应性测试)如图2甲所示，以O 为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN 内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x 轴负方向的匀强电场．现有质量m ＝1×10－18kg ，电荷量q ＝＋1×10－15C 的带电微粒从坐标为(0，－0.5m)的Q 点，以某一初速度v 0沿某一方向入射，从x 轴上的P 点以v ＝200m/s 的速度垂直x 轴进入三角形区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等．已知三角形的边长L ＝4m ，O 、P 两点间距离为d ＝1m ，重力不计．求：图2(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；(2)若两磁场的磁感应强度大小B ＝0.2T ，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间； (3)乙图中若微粒能再次回到P 点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件． 答案 (1)320V/m 20017m/s (2)6.28×10－2s (3)B ＝(0.4n ＋0.2) T ，(n ＝0,1,2,3…) 解析 (1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知， 水平方向OP ＝qE2m t 2竖直方向OQ ＝vt 水平分速度v x ＝qE mt 微粒的初速度v 0＝v 2＋v x 2联立解得E ＝320V/m ，v 0＝20017m/s ； (2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mvqB ＝1mT ＝2πr v ，解得T ＝π100＝3.14×10－2s 粒子的运动轨迹如图(a)所示，所以一个周期时间：t ＝3×T 6＋3×T2＝6.28×10－2s(3)粒子的运动轨迹如图(b)所示由对称性可知，要想粒子能回到P 点，则粒子运动的半径应满足r (2n ＋1)＝OP (n ＝0,1,2,3…)且r ＝mvqB，联立可得B ＝(0.4n ＋0.2) T ，(n ＝0,1,2,3…)． 33．【选修3－3】(15分)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态M 到达状态N ，有两个过程可以经历，其p －V 图象如图3所示．在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化．对于这两个过程，下列说法正确的是________．图3A ．气体经历过程1，其温度降低，内能减少B ．气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少C ．气体在过程2中，一直对外做功D ．气体在过程2中，先向外放热后吸热E ．气体在过程2中，一直向外放热(2)(10分)如图4所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m 、厚度不计、横截面积均为S 的活塞A 、B 将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分，在活塞A 的上方放置一质量也为m 的物块，整个装置处于静止状态，此时Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为L 0.已知大气压强p 0＝2mgS，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高．当把活塞A 上面的物块取走时，活塞A 将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞A 上升的高度．图4答案 (1)AD (2)712L 0解析 (1)气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无热量交换，则内能减少，故温度降低，故A 正确，B 错误；气体在过程2中，根据理想气体状态方程pV T＝C ，刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，则气体膨胀对外做功，温度升高，吸热，故C 、E 错误，D 正确． (2)对气体Ⅰ，其初态压强p 1＝p 0＋2mgS＝2p 0末态压强为p 1′＝p 0＋mg S ＝32p 0，设末态时气体Ⅰ的长度为L 1根据玻意耳定律得：p 1L 0S ＝p 1′L 1S 解得L 1＝43L 0对气体Ⅱ，其初态压强为p 2＝p 1＋mg S ＝52p 0末态压强为p 2′＝p 1′＋mgS＝2p 0 设末状态时气体Ⅱ的长度为L 2 根据玻意耳定律得：p 2L 0S ＝p 2′L 2S 解得：L 2＝54L 0故活塞A 上升的高度为Δh ＝L 1＋L 2－2L 0＝712L 0.34．【选修3－4】(15分)(2019·福建龙岩市5月模拟)(1)(5分)如图5，位于坐标原点的某波源S 振动方程y ＝10sin (200πt )cm ，产生的简谐横波沿x 轴正、负方向传播，波速v ＝80m/s.在x 轴上有M 、N 、P 三点，已知SM ＝SN ＝1m ，NP ＝0.2m ．当波刚传到质点P 时，P 点的振动方向沿y 轴________(填“正”或“负”)方向，N 质点的位移为________cm.此后质点M 、N 的振动方向始终________(填“相同”或“相反”)．图5(2)(10分)半径为R 的固定半圆形玻璃砖的横截面如图6所示，O 点为圆心，OO ′为直径AB 的垂线．足够大的光屏CE 紧靠在玻璃砖的右侧且与AB 垂直．由两种频率的单色光组成的一细束复色光，沿半径方向与OO ′成某一角度射向O 点，光屏上出现了三个光斑C 、D 、E ，且BC ＝3R ，BD ＝33R ，BE ＝R .玻璃砖对两单色光的折射率分别为n 1和n 2(且n 2>n 1)．图6①求n 2；②若入射点O 不变，逐渐增大入射角θ，当光屏上恰好只剩一个光斑时，求此时θ角． 答案 (1)正 10 相同 (2)① 3 ②45°解析 (1)由波源S 的振动方程知，波源的起振方向沿y 轴正方向，所以介质中所有质点的起振方向均沿y 轴正方向；由振动方程y ＝10sin (200πt ) cm 知，ω＝2πT＝200π，T ＝0.01s ，所以波长λ＝vT ＝0.8m ，NP ＝0.2m ＝λ4，所以当波刚传到质点P 时，N 质点处在波峰的位置，位移为10cm ；由于SM ＝SN ＝1m ，M 、N 的振动步调一致，振动方向始终相同． (2)①光路图如图所示，设入射角为θ，折射光线OD 的折射角为α，由折射定律得n 2＝sin αsin θ由几何关系得BC ＝R tan θ＝3R BD ＝Rtan α＝33R 可得：α＝60°，θ＝30° 所以：n 2＝ 3.②设折射光线OE 的折射角为β，由折射定律得n 1＝sin βsin θ根据几何关系得BE ＝Rtan β＝R可得：β＝45° 所以：n 1＝ 2当光屏恰好只剩一个光斑时，折射率小的单色光恰好发生全反射，此时 sin θ＝1n 1＝22解得此时θ＝45°.。
(通用版)2020版高考物理复习“22”定时训练-2018年(全国3卷)逐题仿真练(含解析)
2018年(全国3卷)逐题仿真练24．(12分)(2019·河南省顶级名校第四次联测)如图1所示，竖直平面xOy ，其x 轴水平，在整个平面内存在沿x 轴正方向的匀强电场E ，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.2 T ．现有一比荷为qm＝25C/kg 的带电微粒，从第三象限内某点以速度v 0向坐标原点O 做直线运动，v 0与x 轴之间的夹角为θ＝45°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图1(1)微粒的电性及速度v 0的大小；(2)带电微粒在第一象限内运动时所到达的最高点的坐标． 答案 (1)正电 22m/s (2)(0.6m,0.2m)解析 (1)带电微粒在第三象限内做直线运动，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，并且合力为零，即微粒做匀速直线运动，所以微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上方，由左手定则可判断微粒带正电；对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：Bqv 0＝2mg 解得：v 0＝22m/s ；(2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，设最高点为M ，从O 到M 所用的时间为t ，则将微粒从O 到M 的运动分解为沿x 轴方向上的匀加速直线运动和沿y 轴方向上的匀减速直线运动y 轴方向上：0＝v 0sin45°－gt y ＝v 0sin45°2tx 轴方向上：qE ＝mg tan45°＝ma x x ＝v 0cos45°t ＋12a x t 2解得x ＝0.6m ，y ＝0.2m.即带电微粒在第一象限内运动时所达到的最高点的坐标为(0.6m,0.2m)25.(20分)(2019·广西钦州市4月综测)如图2，为某碰撞模拟实验简图．在水平地面上固定倾角为θ的足够长的光滑斜面，中间带孔的槽固定在斜面上．一轻直杆平行于斜面，一端与轻弹簧相连，另一端穿在槽中，直杆与槽间的最大静摩擦力为F f ＝2mg sin θ.现将直杆用销钉固定．一质量为m 的滑块从距离弹簧上端L 处由静止释放，其下滑过程中的最大速度v m ＝3gL sin θ.已知弹簧的劲度系数k ＝mg sin θL，弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比．滑动摩擦力可认为等于最大静摩擦力，弹簧始终在弹性限度内且不会碰到槽．当地重力加速度为g .图2(1)求滑块下滑速度为v m 时弹簧的弹性势能E p ；(2)若取下销钉，使滑块仍从原位置由静止释放，求直杆下滑的最大距离s ；并分析说明滑块此后是否能与弹簧分离，若能，请求出滑块与弹簧分离时的速度大小v ；若不能，请说明理由．(3)若取下销钉，使滑块从距离弹簧上端2L 处由静止释放，请分析说明滑块此后是否能与弹簧分离，若能，请求出滑块与弹簧分离时的速度大小v ′；若不能，请说明理由． 答案 (1)12mgL sin θ (2)滑块不能与弹簧分离 (3)仍然不能分离，理由见解析解析 (1)设滑块达到最大速度v m 时弹簧形变量为x ，则有：mg sin θ＝kx 解得x ＝L此过程系统机械能守恒，有mg (L ＋x )sin θ＝12mv m 2＋E p代入相关数据可得E p ＝12mgL sin θ；(2)当弹力大小等于F f 时直杆开始滑动，设此时弹簧形变量为x ′，则有2mg sin θ＝kx ′ 可得x ′＝2L 依题意有E p ′＝4E p设此时滑块速度为v 1，则根据机械能守恒定律有：mg (L ＋x ′)sin θ＝12mv 12＋E p ′之后滑块与直杆将一起做匀减速运动，直至速度减为零．根据动能定理有：mgs sin θ－F f s ＝0－12mv 12联立以上各式可得s ＝L此后直杆保持静止．假设滑块能与弹簧分离，即滑块还需向上运动2L 的距离．根据机械能守恒定律有：E p ′＝2mgL sin θ＋12mv 2联立可得v ＝0可见，此后滑块将继续下滑，来回做往复运动． 综上，滑块此后不能与弹簧分离．(3)若滑块从距离弹簧2L 处由静止释放，根据(2)中的分析可知，直杆下滑的距离将增加，但E p ′保持不变，因而滑块仍然不能与弹簧分离．33．【选修3－3】(15分)(2019·四川南充市第三次适性考试)(1)(5分)一定质量的理想气体由状态a 经状态b 、c 到状态d ，其体积V 与热力学温度T 关系如图3所示，O 、a 、d 三点在同一直线上，ab 和cd 平行于横轴，bc 平行于纵轴，则下列说法正确的是______________．图3A ．从状态a 到状态b ，气体吸收热量B ．从状态a 到状态b ，每个气体分子的动能都增大C ．从状态b 到状态c ，气体对外做功，内能减小D ．从状态c 到状态d ，气体的密度不变E ．从状态a 到状态d ，气体的内能增加(2)(10分)如图4所示，长L ＝55cm 的薄壁玻璃管与水平面成30°角倾斜放置，玻璃管粗细均匀，底端封闭、另一端开口．现用长l ＝10cm 的水银柱封闭着一定质量的理想气体，气体温度为306K ，且水银面恰与管口齐平．现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强p ＝75cmHg.求：图4①水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强；②对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下5cm 高的水银柱，气体温度升高了多少． 答案 (1)ADE (2)①90cmHg ②340K解析 (1)由状态a 到状态b 过程中，气体体积不变，则W ＝0，温度升高，则ΔU >0，根据ΔU ＝W ＋Q 可知气体吸收热量，选项A 正确；由状态a 到状态b 过程中，气体的温度升高，则气体分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都会增大，选项B 错误；从状态b 到c ，气体温度不变，内能不变，体积变大，则气体对外做功，选项C 错误；从状态c 到d ，气体体积不变，则气体的密度不变，选项D 正确；从状态a 到状态d ，气体温度升高，则内能增加，选项E 正确．(2)①设玻璃管的横截面积为S ，水银密度为ρ，重力加速度为g ，初态时，管内气体的温度为T 1＝306K ，体积V 1＝45S压强为p 1＝p 0＋ρgl sin30°＝80cmHg当玻璃管竖直，水银面再次与管口齐平时，设水银柱高为H ，则V 2＝(55－H )S 压强为p 2＝p 0＋ρgH ＝(75＋H ) cmHg 由玻意耳定律，p 1V 1＝p 2V 2 代入数据解得：H ＝15cm 故p 2＝p 0＋ρgH ＝90cmHg②设温度升至T 2时，管中水银柱高为5cm ，气体体积V 3＝50S 气体压强为p 3＝p 0＋ρgH ＝80cmHg 由理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 2代入数据得：T 2＝340K. 34．【选修3－4】(15分)(2019·山西运城市5月适应性测试)(1)(5分)图5(a)为一列简谐横波在t ＝2s 时的波形图，图(b)为平衡位置在x ＝0.5m 处的质点P 的振动图象，M 是平衡位置在x ＝2m 的质点．下列说法正确的是________．图5A ．波的传播方向向右B ．波速为0.5m/sC ．0～2s 时间内，M 向y 轴正方向运动D ．当t ＝9s 时，M 恰好回到平衡位置且向下振动E ．x ＝1.5m 处的质点与P 的振动步调有时相同有时相反(2)(10分)现有一三棱柱工件，由透明玻璃材料制成．如图6所示，其截面ABC 为直角三角形，∠ACB ＝30°，现在有一条光线沿着截面从AC 边上的O 点以45°的入射角射入工件折射后到达BC 边的中点并发生了全反射后垂直于AB 边射出．已知光在空气中的传播速度为c .图6①求透明玻璃材料的折射率．②若BC ＝3a ，求光线在玻璃材料内传播的时间． 答案 (1)ABD (2)① 2 ②52a4c解析 (1)根据题图(b)可知，t ＝2s 时在x ＝0.5m 处的质点P 的振动方向向下，由平移法可知，波的传播方向向右，A 正确；根据图(a)可知波长λ＝2m ，根据图(b)可知周期T ＝4s ，所以波速：v ＝λT＝0.5m/s ，B 正确；M 点与原点距离一个波长，所以t ＝2s 时M 也处于波谷，0～2s 时间内后半个周期，M 在向y 轴负方向运动，C 错误；从t ＝2s 到t ＝9s ，Δt ＝7s ＝134T ，现在M 处于波谷，所以t ＝9s 时，M 恰好回到平衡位置且向下振动，D 正确；x ＝1.5m 处的质点与P 相距半个波长，所以振动步调相反，E 错误． (2)①光路图如图所示DE 光线垂直AB 射出，所以∠EDB ＝∠ODC ＝30°，折射角r ＝30°，所以n ＝sin45°sin30°＝ 2②由几何关系可知，OD cos30°＝12CD ＝14CB ，所以OD ＝12a ，DE ＝BD cos30°＝3a4，因为n ＝c v ，所以v ＝c n ＝2c 2，t ＝OD ＋DE v ＝52a 4c.。
通用版2020版高考物理二轮复习“8+2”限时训练112016年全国2卷逐题仿真练含解析
2016年(全国2卷)逐题仿真练二、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．(2019·河南郑州市第一次模拟)如图1所示，在直角框架MQN上，用轻绳OM、ON共同悬挂一个物体．物体的质量为m，ON呈水平状态．现让框架沿逆时针方向缓慢旋转90°，在旋转过程中，保持结点O位置不变．则下列说法正确的是( )图1A．绳OM上的力一直在增大B．绳ON上的力一直在增大C．绳ON上的力先增大再减小D．绳OM上的力先减小再增大答案 C解析以结点O为研究对象，受力分析如图甲所示，由于在整个过程中框架缓慢地旋转，因此这三个力的合力始终为零，由于结点O的位置保持不变，故两个拉力间的夹角保持不变，根据三角形定则作图乙，由图乙可知当拉力的方向通过圆心时拉力最大，由此可知OM上的力一直减小，ON上的力先增大后减小，C正确．15．(2019·山西运城市5月适应性测试)一带负电的微粒只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能随位移x 变化的关系如图2所示，其中0～x 1段是曲线，x 1～x 2段是平行于x 轴的直线，x 2～x 3段是倾斜直线，则下列说法正确的是( )图2A ．0～x 1段电势逐渐升高B ．0～x 1段微粒的加速度逐渐减小C ．x 2～x 3段电场强度减小D ．x 2处的电势比x 3处的电势高 答案 B解析 电势能E p ＝φq ，由于粒子带负电，0～x 1段电势能变大，所以电势变小，A 错误；根据电场力做功与电势能关系：|ΔE p |＝E |q |Δx ，图象斜率的大小代表场强大小，0～x 1段图象斜率变小，场强变小，受力减小，加速度逐渐变小，B 正确；x 2～x 3段斜率不变，场强不变，C 错误；x 2到x 3，电势能减小，粒子带负电，所以电势增大，D 错误．16．(2019·山东泰安市3月第一轮模拟)如图3，在水平光滑细杆上有一小环，轻绳的一端系在小环上，另一端系着夹子夹紧一个质量为M 的小物块两个侧面，小物块到小环悬点的距离为L ，夹子每一侧面与小物块的最大静摩擦力均为F .小环和物块一起向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动，则小环和物块一起向右匀速运动的速度最大为(不计小环和夹子的质量，重力加速度为g )( )图3A.FL MB.2FLMC.(F －Mg )LMD.(2F －Mg )LM答案 D解析 当小环碰到钉子瞬间，物块将做圆周运动，则对物块：2F －Mg ＝M v 2L解得v ＝(2F －Mg )LM，故选D.17．(2019·河南八市重点高中联盟第三次模拟)如图4所示，电源电动势E ＝3V ，内阻不计，R 1、R 2、R 3为定值电阻，阻值分别为1Ω、0.5Ω、9Ω，R 4、R 5为电阻箱，最大阻值均为99.9Ω，右侧竖直放置一个电容为1.5×10－3μF 的理想平行板电容器，电容器板长0.2m ，板间距为0.125m ．一带电粒子以0.8m/s 的速度沿平行板中线进入，恰好匀速通过，不计空气阻力，此时R 4、R 5阻值分别为1.8 Ω、1 Ω.(取g ＝10 m/s 2)下列说法正确的是( )图4A ．此粒子带正电B ．带电粒子匀速穿过电容器时，电容器的电荷量为4×10－9CC ．欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上极板，R 4阻值不得超过5.7ΩD ．欲使粒子向下偏转但又不打到电容器的下极板，R 4阻值不得低于1.4Ω 答案 C解析 电容器上极板与电源的正极相连，极板间电场方向向下，粒子所受的电场力方向向上，故粒子带负电，故A 错误；电容器与R 2、R 3、R 4这部分电路并联，当粒子匀速穿过电容器时，R 2、R 3、R 4这部分电路的总电阻为2Ω，电路稳定后，R 1与R 2、R 3、R 4这部分电路串联，根据串联电路分压特点可得电容器两端的电压U 0＝2V ，则电容器的电荷量为Q 0＝CU 0＝1.5×10－9×2C＝3×10－9C ，故B 错误；当粒子匀速穿过电容器时，有qE 0＝mg ，粒子在电容器中的运动时间t ＝l v 0＝0.20.8s ＝0.25s ；当粒子向上偏转且刚好经过上极板最右端时，在竖直方向上，有y ＝12at 2，解得：a ＝2m/s 2.由牛顿第二定律得qE 1－mg ＝ma ，可得E 0E 1＝56，并可得U 0U 1＝E 0E 1＝56，由此得R 2、R 3、R 4这部分电路总电压U 1＝2.4V ，R 1的电压U R 1＝E －U 1＝0.6V ，电流I 1＝U R 1R 1＝0.61A ＝0.6A ，可得R 2、R 3、R 4这部分电路总电阻R 总＝U 1I 1＝2.40.6Ω＝4Ω，由R 总＝R 2＋R 3R 4R 3＋R 4，由此算出R 4≈5.7Ω，所以欲使粒子向上偏转但又不打到电容器的上极板，R 4阻值不得超过5.7Ω，故C 正确；同理，粒子经过下极板最右端时的加速度a ＝2m/s 2.电容器极板间电压U 2＝1.6V ，解得：R 4≈0.69Ω，故D 错误．18．(2019·安徽宣城市第二次模拟)如图5，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有无数个带有相同电荷量和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为圆周长的14，则B 2B 1等于()图5A.62B.63C.43D.34答案 A解析 设圆的半径为r ，磁感应强度为B 1时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M ，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，如图甲所示，∠POM ＝120°，设粒子做圆周运动的半径为R ，则有sin60°＝Rr ，解得R ＝32r ；磁感应强度为B 2时，从P 点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N ，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，如图乙所示，∠PON ＝90°，设粒子做圆周运动的半径为R ′，则有R ′＝22r ，由带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv qB ，由于v 、m 、q 相等，则得B 2B 1＝RR ′＝3222＝62，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．19．(2019·福建莆田市5月第二次质检)如图6，装有水的杯子从倾角α＝53°的斜面上滑下，当水面稳定时，水面与水平面的夹角β＝16°.取重力加速度g ＝10m/s 2，sin53°＝0.8，sin16°＝0.28，则( )图6A．杯子下滑的加速度大小为2.8 m/s2B．杯子下滑的加速度大小为3.5 m/s2C．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.75D．杯子与斜面之间的动摩擦因数为0.87答案BC解析取水面上的一质量为m的小水滴为研究对象，受力分析如图所示，由正交分解法结合牛顿第二定律可得：mg sin53°－F N sin37°＝ma；mg cos53°＝F N cos37°，解得a＝3.5m/s2；对杯子和水的整体，由牛顿第二定律：Mg sin53°－μMg cos53°＝Ma，解得μ＝0.75，故选B、C.20．(2019·福建漳州市第二次教学质量监测)如图7所示，在竖直面内有一半径为L的圆形光滑金属导轨CPD，处于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面(纸面)垂直向里的匀强磁场中，圆心为O，直径CD水平，半径OP竖直，O、D间用导线连接．一质量分布均匀的金属棒OA，长为L，电阻为R，质量为m，能绕水平轴O在竖直平面内自由转动，棒与导轨和轴O始终接触良好，一切摩擦及其他电阻均不计，重力加速度大小为g.若棒从CO处由静止释放，第一次到达OP处时的角速度为ω，则下列判断正确的是( )图7A．棒不能摆到OD处B ．从OC 到OP 的过程中，通过棒横截面的电荷量为πBL22RC ．棒第一次到达OP 处时，棒中通过的电流为ωBL2RD ．棒最终会停下，产生的总焦耳热为12mgL答案 AD解析 棒沿着导轨摆动切割磁感线而产生动生电动势，导轨与棒组成的回路通电，根据楞次定律可知棒要受到安培力，安培力做负功使得机械能变成电能，最终变为通过电阻的焦耳热，则棒不能到达等高的OD 处，故A 正确；最终棒通过多个往复的摆动而停在OP 处，由能量守恒可知mg ·L2＝W 安＝Q 总，故D 正确；从OC 到OP 的过程中，流过回路的电荷量由q ＝I ·Δt ，I ＝E R ，E ＝B ΔS Δt 得q ＝B ·ΔS R ＝B ·πL 24R ＝πBL24R ，故B 错误；棒第一次到达OP 处时角速度为ω，转动产生的平均电动势为E ＝BL 0＋ωL 2＝BL 2ω2，则电流为I ＝E R ＝BL 2ω2R ，故C 错误．21．(2019·湖南衡阳市第二次模拟)如图8所示，一根轻弹簧一端固定在O 点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A 点时，弹簧处于原长，现将小球从A 点由静止释放，小球向下运动，经过与A 点关于B 点对称的C 点后，小球能运动到最低点D 点，OB 垂直于杆，则下列结论正确的是( )图8A ．小球从A 点运动到D 点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB ．小球从B 点运动到C 点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大 C ．小球运动到C 点时，重力对其做功的功率最大D ．小球在D 点时弹簧的弹性势能一定最大 答案 AD解析 在B 点时，小球的加速度为g ，在BC 点间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向的分量，所以小球从A 点运动到D 点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g ，故A 正确；由能量守恒可知，小球从B 点运动到C 点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B 错误；小球运动到C 点时，由于弹簧的弹力为零，所以合力为重力G ，所以小球从C 点往下还会加速一段，所以小球在C 点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C 错误；D 点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变最大，所以小球在D 点时弹簧的弹性势能最大，故D 正确．22．(6分)(2019·河北邯郸市测试)某实验小组学生采用如图9甲所示的装置(实验中，小车碰到制动装置时，钩码尚未到达地面)用打点计时器得到一条纸带后，通过分析“小车位移与速度变化的对应关系”来研究“合外力对小车所做的功与速度变化的关系”．图乙是实验中得到的一条纸带，点O 为纸带上的起始点，A 、B 、C 是纸带上的三个连续的计数点，相邻两个计数点间均有4个点未画出，用刻度尺测得A 、B 、C 到O 的距离如图乙所示，已知所用交变电源的频率为50Hz ，问：图9(1)打B 点时刻，小车的瞬时速度v B ＝________m/s(结果保留两位有效数字)．(2)实验中，该小组同学画出小车位移x 与速度v 的关系图象如图丙所示，根据该图形状，某同学对合外力做的功W 与v 的关系作出的猜想，肯定不正确的是________． A ．W ∝v 2B ．W ∝vC ．W ∝1vD ．W ∝v 3(3)本实验中，若钩码下落高度为h 1时合外力对小车所做的功为W 0，则当钩码下落h 2时，合外力对小车所做的功为________．(用h 1、h 2、W 0表示) 答案 (1)0.80 (2)BC (3)h 2W 0h 1解析 (1)匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故：v B ＝x C －x A2T＝0.2501－0.09010.2m/s ＝0.80 m/s ；(2)位移－速度图象为过原点的曲线，故W 与v 一定不是正比关系，也一定不是反比关系，所以肯定不正确的是B 、C ；(3)根据功的定义，有：W 0＝F 合h 1当钩码下落h 2时，合外力对小车所做的功为：W ＝F 合h 2 解得：W ＝h 2h 1W 0.23．(9分)(2019·福建宁德市5月质检)某同学利用图10(a)所示电路测量电压表的内阻．可供选择的器材有：电源E ，电压表V ，电阻箱R (0～9999Ω)，滑动变阻器R 1(最大阻值10Ω)，滑动变阻器R 2(最大阻值5k Ω)，开关S ，导线若干．图10实验步骤如下：①按电路原理图(a)连接线路；②将滑动变阻器的滑片滑至最左端，同时将电阻箱阻值调为0; ③将开关闭合，调节滑动变阻器的滑片，使电压表满偏；④保持滑动变阻器滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表示数为满偏刻度的23，此时电阻箱阻值如图(c)所示． 回答下列问题：(1)实验中应选择滑动变阻器________(填“R 1”或“R 2”)； (2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连接完整；(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为________Ω，计算可得电压表的内阻为________Ω； (4)通过上述方法得到电压表的内阻测量值________(填“大于”或“小于”)真实值． 答案 (1)R 1 (2)(3)1987 3974 (4)大于解析 (1)由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R 1；(2)根据电路图连接实物图，实物图如图所示：(3)由题图(c)可知电阻箱阻值为1987Ω，实验过程认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，电压表和电阻箱串联，电流相等，故有23U R V ＝13U R ＝13U 1987Ω，解得R V ＝3974Ω；(4)电阻箱接入电路后电路总电阻变大，电路总电流变小，分压电路分压变大，故电压表示数为满偏刻度的23时，电阻箱两端电压大于满偏刻度的13，电压表内阻小于电阻箱阻值的2倍，因此电压表内阻测量值大于真实值．。
2016年普通高等学校招生全国统一考试(新课标全国卷2)物理
2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷2）物理一、选择题：本大题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项是符合题目要求，第5～8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．1．（6分）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（）A．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小2．（6分）如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为a a、a b、a c，速度大小分别为v a、v b、v c，则（）A．a a＞a b＞a c，v a＞v c＞v b B．a a＞a b＞a c，v b＞v c＞v aC．a b＞a c＞a a，v b＞v c＞v a D．a b＞a c＞a a，v a＞v c＞v b3．（6分）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点，（）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度4．（6分）阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1，闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（）A．B．C．D．5．（6分）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A．B．C．D．6．（6分）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（）A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功7．（6分）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍8．（6分）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜．在小球从M点运动到N点的过程中（）A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题～第18题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共129分）9．（6分）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物快接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物快使弹簧压缩一段距离，由静止释放物快，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能．（1）实验中涉及到下列操作步骤：①把纸带向左拉直②松手释放物快③接通打点计时器电源④向左推物快使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是（填入代表步骤的序号）．（2）图（b）中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频率为50Hz．由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为m/s．比较两纸带可知，（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大．10．（9分）某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V的电压表的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源E（电动势3V）．开关1个，导线若干．实验步骤如下：①按电路原理图（a）连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器没事电压表满偏；④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值．回答下列问题：（1）实验中应选择滑动变阻器（填“R1”或“R2”）．（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线．（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为Ω（结果保留到个位）．（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为（填正确答案标号）．A.100μAB.250μAC.500μAD.1mA．11．（12分）如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g．求：（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；（2）电阻的阻值．12．（20分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l．现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P得质量的取值范围．三、选考题：共45分．请考生从给出的物理题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分．[物理--选修3-3]13．（5分）一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其P﹣T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O．下列判断正确的是（）A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功14．（10分）一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压．某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3．当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气．若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天．[物理--选修3-4]15．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失16．一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10cm．O和A是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5cm处的两个质点．t=0时开始观测，此时质点O的位移为y=4cm，质点A处于波峰位置：t=s时，质点O第一次回到平衡位置，t=1s时，质点A第一次回到平衡位置．求（i）简谐波的周期、波速和波长；（ii）质点O的位移随时间变化的关系式．[物理--选修3-5]17．在下列描述的核过程的方程中，属于α衰变的是，属于β衰变的是，属于裂变的是，属于聚变的是．（填正确答案的标号）A.C→N+ eB.P→S+ eC.U→Th+HeD.N+He→O+HE.U+n→Xe+Sr+2nF.H+H→He+n．18．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g=10m/s2．（i）求斜面体的质量；（ii）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？2016年普通高等学校招生全国统一考试（课标全国卷2）物理参考答案与试题解析一、1．AA．F逐渐变大，T逐渐变大B．F逐渐变大，T逐渐变小C．F逐渐变小，T逐渐变大D．F逐渐变小，T逐渐变小【分析】本题关键是抓住悬挂物B的重力不变，即OB段绳中张力恒定，O点缓慢移动时，点O始终处于平衡状态，根据平衡条件列式求解各力变化情况．【解答】解：以结点O为研究对象受力分析如下图所示：由题意知点O缓慢移动，即在移动过程中始终处于平衡状态，则可知：绳OB的张力T B=mg根据平衡条件可知：Tcosθ﹣T B=0Tsinθ﹣F=0由此两式可得：F=T B tanθ=mgtanθT=在结点为O被缓慢拉动过程中，夹角θ增大，由三角函数可知：F和T均变大，故A正确，BCD错误．故选：A．2．D【分析】根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向，即可判断库仑力是引力还是斥力；电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，速度增大，电场力做负功，速度减小，根据这些知识进行分析即可．【解答】解：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以a b＞a c＞a a，根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以v a＞v c＞v b，所以D正确，ABC错误；故选：D．3．C【分析】从静止释放至最低点，由机械能守恒列式，可知最低点的速度、动能；在最低点由牛顿第二定律可得绳子的拉力和向心加速度．【解答】解：AB．从静止释放至最低点，由机械能守恒得：mgR=mv2，解得：v=在最低点的速度只与半径有关，可知v P＜v Q；动能与质量和半径有关，由于P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短，所以不能比较动能的大小．故AB错误；CD．在最低点，拉力和重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：F﹣mg=m，解得，F=mg+m=3mg，a向=，所以P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力，向心加速度两者相等．故C正确，D 错误．故选：C．4．C【分析】开关S断开和闭合时，利用闭合电路欧姆定律，分别求电容的电压，再由C=可得电量之比．【解答】解：当开关S断开时，电路总阻值：R总=R+=，则干路电流I=，电容的电压U1==；当开关S闭合时，电路总阻值：R总=R+=，则干路电流I=，电容的电压U2=E﹣IR=；由C=可得：=，故C正确，ABD错误．故选：C．5．A【分析】由题，粒子不经碰撞而直接从N孔射出，即可根据几何知识画出轨迹，由几何关系求出轨迹的圆心角，根据圆筒转动时间和粒子匀速圆周运动时间相等即可．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹圆弧所对的圆心角为30°粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期粒子在磁场中匀速圆周运动的时间圆筒转动90°所用时间粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t=t′解得：，A正确，BCD错误故选：A6．BD【分析】设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛顿第二定律写出加速度的表达式．根据物体的加速度的关系结合运动学的公式判断运动的时间以及末速度；根据功的公式判断克服阻力做的功．【解答】解：设小球的密度为ρ，半径为r，则小球的质量为：m=重力：G=mg=小球的加速度：a=可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大．所以甲的加速度比较大．A、两个小球下降的距离是相等的，根据：x=可知，加速度比较大的甲运动的时间短．故A错误；B、根据：2ax=可知，加速度比较大的甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小．故B正确；C、小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大．所以甲的加速度比较大．故C错误；D、由题可知，它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，即：f=kr，所以甲的阻力大，根据W=FS可知，甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功．故D正确．故选：BD7．AB【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L，根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况．根据右手定则分析感应电流方向，根据分析电流在R上的热功率变化情况【解答】解：AB、铜盘转动产生的感应电动势为：，B、L、ω不变，E不变，电流：，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，电流沿a到b的方向流动，故AB正确；C、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向方向不变，大小变化，故C错误；D、若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误；故选：AB8．BCD【分析】弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0．因M，N弹力大小相等则弹性势能相等．据此分析各选项．【解答】解：A、由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中AM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功．故A错误．B、在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g．则有两处加速度为g．故B正确．C、由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小球做功的功率为零，故C正确．D、因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能．故D正确故选：BCD二、9．（1）④①③②；（2）1.29；M．【分析】（1）根据实验原理可明确实验方法以及步骤；（2）分析纸带，根据纸带上距离的变化可明确物体何时离开弹簧，再根据平均速度法可求得脱离时的速度；根据对应的长度可明确速度大小，从而比较弹性势能．【解答】解：（1）实验中应先向物块推到最左侧，测量压缩量，再把纸带向左拉直；先接通电源，稳定后再释放纸带；故步骤为④①③②；（2）由M纸带可知，右侧应为与物块相连的位置；由图可知，两点间的距离先增大后减小；故2.58段时物体应脱离弹簧；则由平均速度可求得，其速度v==1.29m/s；因弹簧的弹性势能转化为物体的动能，则可知离开时速度越大，则弹簧的弹性势能越大；由图可知，M中的速度要大于L中速度；故说明M纸带对应的弹性势能大；故答案为：（1）④①③②；（2）1.29；M．10．（1）R1；（2）如图所示；（3）2520；（4）D．【分析】（1）调节电阻箱时滑动变阻器上的分压要几乎不变，故需要选择较小的变阻器；（2）对照电路图连线，可以先连接电源、电键和变阻器，最后将电压表和电阻箱串联后并联上去；（3）结合欧姆定律列式求解即可；（4）电压表为表头与分压电阻串联而成，根据欧姆定律，用满偏电压除以电阻即可．【解答】解：（1）调节电阻箱时需要滑动变阻器上的分压保持不变，需要电压表的电阻远大于变阻器的电阻，故变阻器选阻值小的，故选滑动变阻器R1；（2）实物图连接如图所示：（3）电压表和电阻箱整体分压不变，故：U=U′+代入数据，有：2.5=2+解得：R V=2520Ω（4）该表头的满刻度电流为：I==1.0×10﹣3A=1mA故选D故答案为：（1）R1；（2）如图所示；（3）2520；（4）D．11．（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小为；（2）电阻的阻值为．【分析】（1）根据牛顿第二定律和运动学公式求刚进入磁场时的速度，再根据法拉第电磁感应定律求切割电动势（2）进入磁场匀速运动受力平衡求出安培力，结合闭合电路欧姆定律求电流，即可求电阻【解答】解：（1）根据牛顿第二定律：F﹣μmg=ma…①刚进磁场时的速度：…②感应电动势为：…③解得：…④（2）匀速运动受力平衡：F=μmg+bIl…⑤回路电流为：…⑥得：…⑦答：（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小为；（2）电阻的阻值为．12．（1）P到达B点时速度的大小是，它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离是2l．（2）P得质量的取值范围为：m≤m P＜m．【分析】（1）先研究弹簧竖直的情况，根据系统的机械能守恒求出弹簧最大的弹性势能．弹簧如图放置时，由于弹簧的压缩量等于竖直放置时的压缩量，两种情况弹簧的弹性势能相等．由能量守恒定律求出物体P滑到B点时的速度，由机械能守恒定律求出物体P到达D 点的速度．物体P离开D点后做平抛运动，由平抛运动的规律求水平距离．（2）P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，能上升的最高点为C，根据能量守恒定律列式和临界条件求解．【解答】解：（1）将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得E p=5mgl如图，根据能量守恒定律得E p=μmg•4l+联立解得v B=物体P从B到D的过程，由机械能守恒定律得mg•2l+=解得v D=物体P离开D点后做平抛运动，则有2l=x=v D t解得x=2l即落地点与B点间的距离为2l．（2）P刚好过B点，有：E p=μm1g•4l，解得m1=mP最多到C而不脱轨，则有E p=μm2g•4l+m2gl，解得m2=m所以满足条件的P得质量的取值范围为：m≤m P＜m．（1）P到达B点时速度的大小是，它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离是2l．（2）P得质量的取值范围为：m≤m P＜m．三、13．ABEA．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功【分析】根据气态方程，结合p﹣T图象上点与原点连线的斜率等于，分析体积的变化，判断做功情况，由热力学第一定律进行分析．【解答】解：A、根据气体状态方程，得，p﹣T图象的斜率，a、c两点在同一直线上，即a、c两点是同一等容线上的两点，体积相等，故A正确；B、理想气体在状态a的温度大于状态c的温度，理想气体的内能只与温度有关，温度高，内能大，故气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能，故B正确；C、在过程cd中温度不变，内能不变△U=0，等温变化压强与体积成反比，压强大体积小，从c到d体积减小，外界对气体做正功W＞0，根据热力学第一定律△U=W+Q，所以W=|Q|，所以在过程cd中气体向外界放出的热量等于外界对气体做的功，故C错误；D、在过程da中，等压变化，温度升高，内能增大△U＞0，体积变大，外界对气体做负功即W＜0，根据热力学第一定律△U=W+Q，Q＞|W|，所以在过程da中气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，故D错误；E、在过程bc中，等压变化，温度降低，内能减小△U＜0，体积减小，外界对气体做功，根据，即pV=CT，da过程中，气体对外界做功，因为，所以，在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功，故E正确．故选：ABE【分析】根据玻意耳定律列式，将用去的氧气转化为1个大气压下的体积，再除以每天消耗1个大气压的氧气体积量，即得天数．【解答】解：设氧气开始时的压强为，体积为，压强变为（2个大气压）时，体积为．根据玻意耳定律得①重新充气前，用去的氧气在压强下的体积为②设用去的氧气在（1个大气压）压强下的体积为，则有设实验室每天用去的氧气在下的体积为△V，则氧气可用的天数为④联立①②③④式，并代入数据得N=4天答：这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用4天．15．ABC【分析】A、电磁波在真空的传播速度均相等；B、变化的电场与变化的磁场共同产生电磁场；C、电磁波是横波；D、电磁波传递信号可以实现无线通信，也可以进行有线通信；E、若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波不会随即消失．【解答】解：A、电磁波在真空中的传播速度均相等，与电磁波的频率无关，故A正确；B、周期性变化的磁场产生周期性变化电场，周期性变化的电场产生周期性变化磁场，相互激发，形成电磁波．故B正确；C、变化的电场与变化的磁场共同产生电磁场，电磁波的电场强度与磁感应强度总是相互垂直，且与传播方向垂直．所以电磁波是横波；故C正确；D、电磁波可以通过电缆、光缆进行有线传输，也可以实现无线传输；故D错误；E、电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波不会随即消失；故E错误；故选：ABC．16．（i）简谐波的周期为4s，波速为0.075m/s，波长为0.3m；（ii）质点O的位移随时间变化的关系式为y=0.08sin（）或y=0.08cos（+）【分析】（i）利用A点在0s时和1s时所处的位置可求得简谐波的周期，利用波速的公式v=可求得波速，利用波速波长及周期之间的关系式λ=vT可求得波长；（ii）先根据题意求出简谐波的圆频率，设出简谐振动的通式，利用0s时和1s时的O点的位移，可得知初相位，即为可知质点O的位移随时间变化的关系式．【解答】解：（i）t=0s时，A点位于波峰位置，t=1s时，A点第一次回到平衡位置，可的：=1s，解得T=4s．当t=s时，O点第一次到平衡位置t=1s时，A第一次到达平衡位置所以可知波从O点传到A点用时s，传播距离为x=5cm所以波速为：v===7.5cm/s=0.075m/s波长为：λ=vT=7.5m/s×4s=30cm=0.3m（ii）设y=Asin（ωt+φ0）可得：ω==rad/s再由t=0时，y=4cm；t=s时，y=0代入得：A=8cm=0.08m再结合t=1s和当t=s时，质点的位移，可得：φ0=所以质点O的位移随时间变化的关系式为：y=0.08sin（）或y=0.08cos（+）答：（i）简谐波的周期为4s，波速为0.075m/s，波长为0.3m；（ii）质点O的位移随时间变化的关系式为y=0.08sin（）或y=0.08cos（+）17．C；AB；E；F．A.C→N+ eB.P→S+ eC.U→Th+HeD.N+He→O+HE.U+n→Xe+Sr+2nF.H+H→He+n．。
2020届全国金太阳联考新高考押题模拟考试(二十二)物理试卷
2020届全国金太阳联考新高考押题模拟考试（二十二）高三物理★祝你考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
一、选择题（共9小题，每小题6分，共54分。
1-7题只有一个选项正确，8 - 9有多个选项正确。
全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）1.在2014年11月11日至16日的珠海航展中，中国展出了国产运-20和歼-31等最先进飞机．假设航展中有两飞机甲、乙在平直跑道上同向行驶，0-t2时间内的v-t图象如图所示，下列说法正确的是A. 飞机乙在0-t2内的平均速度等于B. 飞机甲在0-t2内的平均速度比乙大C. 两飞机在t1时刻一定相遇D. 两飞机在0-t2内不可能相遇【答案】B【解析】【详解】因为乙车做变加速运动故平均速度不等于，故A 错误；由于图线与坐标轴所夹的面积表示物体的位移，在0-t 1时间内，甲车的位移大于乙车，由xv t＝可知，甲车的平均速度大于乙车，故B 正确；由于不知道甲乙两飞机初始位置，所以无法判断两飞机在t 1时刻和0-t 2内能不能相遇，故CD 错误．故选B ． 【点睛】本题是为速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义．2.如图所示，一位同学玩飞镖游戏．圆盘最上端有一P 点，飞镖抛出时与P 等高，且距离P 点为L .当飞镖以初速度v 0垂直盘面瞄准P 点抛出的同时，圆盘以经过盘心O 点的水平轴在竖直平面内匀速转动．忽略空气阻力，重力加速度为g ，若飞镖恰好击中P 点，则A. 飞镖击中P 点所需的时间为0L vB. 圆盘的半径可能为2202gL vC. 圆盘转动角速度的最小值为2v Lπ D. P 点随圆盘转动的线速度不可能为054gLv π 【答案】A 【解析】【详解】A ．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此：t =L v 故A 正确；B ．飞镖击中P 点时，P 恰好在最下方，则2r =12gt 2解得圆盘的半径r=224gLv，故B错误；C．飞镖击中P点，则P点转过的角度满足：()2012t k kθωππ==+=⋯，，解得：()21k vt Lπθω+=＝则圆盘转动角速度的最小值为0vLπ，故C错误．D．P点随圆盘转动的线速度为()()00200212144k v k gLgLv rL v vππω++==⋅=当k=2时v=54gLvπ，故D错误。
通用版2020版高考物理二轮复习“2+2”定时训练122016年全国3卷逐题仿真练含解析
2016年(全国3卷)逐题仿真练24．(12分)(2019·广东广州市下学期一模)倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D 处平滑连接，斜面上AB 的长度为3L ，BC 、CD 的长度均为3.5L ，BC 部分粗糙，其余部分光滑．如图1,4个“”形小滑块工件紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，滑块上长为L 的轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A 处．现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D 处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰．已知每个滑块的质量为m 并可视为质点，滑块与粗糙面间的动摩擦因数为tan θ，重力加速度为g .求：图1(1)滑块1刚进入BC 时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小； (2)4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离． 答案 (1)34mg sin θ (2)43L解析 (1)以4个滑块为研究对象，设第一个滑块刚进入BC 段时，4个滑块的加速度为a ，由牛顿第二定律：4mg sin θ－μ·mg cos θ＝4ma以滑块1为研究对象，设刚进入BC 段时，滑块1受到的轻杆的压力为F ，由牛顿第二定律：F ＋mg sin θ－μ·mg cos θ＝ma已知μ＝tan θ 联立可得：F ＝34mg sin θ故轻杆所受的压力F ′＝F ＝34mg sin θ(2)设4个滑块完全进入粗糙段时，也即第4个滑块刚进入BC 时，滑块的共同速度为v .这个过程，4个滑块向下移动了6L 的距离，1、2、3滑块在粗糙段向下移动的距离分别为3L 、2L 、L .由动能定理，有：4mg sin θ·6L －μ·mg cos θ·(3L ＋2L ＋L )＝12·4mv 2可得：v ＝3gL sin θ由于动摩擦因数为μ＝tan θ，则4个滑块都进入BC 段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v 做匀速运动．第1个滑块离开BC 后做匀加速下滑，设到达D 处时速度为v 1，由动能定理：mg sin θ·(3.5L )＝12mv 12－12mv 2可得：v 1＝4gL sin θ当第1个滑块到达C 处刚要离开粗糙段时，第2个滑块正以v 的速度匀速向下运动，且运动L 距离后离开粗糙段，依次类推，直到第4个滑块离开粗糙段．由此可知，相邻两个滑块到达C 处的时间差为Δt ＝L v ，因此到达水平面的时间差也为Δt ＝L v所以滑块在水平面上的间距为d ＝v 1Δt 联立解得d ＝43L .25．(20分)(2019·西藏拉萨北京实验中学第五次月考)如图2所示，两根平行光滑金属导轨MN 和PQ 放置在水平面内，其间距L ＝0.2m, 磁感应强度B ＝0.5T 的匀强磁场垂直导轨平面向下，两导轨之间连接的电阻R ＝4.8Ω，在导轨上有一金属棒ab ，其接入电路的电阻r ＝0.2Ω，金属棒与导轨垂直且接触良好，在ab 棒上施加水平拉力使其以速度v ＝0.5m/s 向右匀速运动，设金属导轨足够长．求：图2(1)金属棒ab 产生的感应电动势； (2)通过电阻R 的电流大小和方向； (3)水平拉力的大小F ；(4)金属棒a 、b 两点间的电势差．答案 (1)0.05V (2)0.01A 从M 通过R 流向P (3)0.001N (4)0.048V 解析 (1)设金属棒ab 中产生的感应电动势为E ，则：E ＝BLv代入数值得E＝0.05V(2)设通过电阻R的电流大小为I，则：I＝ER＋r代入数值得I＝0.01A由右手定则可得，通过电阻R的电流方向从M通过R流向P(3)F安＝BIL＝0.001Nab棒做匀速直线运动，则F＝F安＝0.001N(4)设a、b两点间的电势差为U ab，则：U ab＝IR代入数值得U ab＝0.048V33．【选修3－3】(15分)(2019·云南大姚县一中一模)(1)(5分)一定质量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其V －T图象如图3所示，p a、p b、p c分别表示状态a、b、c的压强，下列判断正确的是________．图3A．过程ab中气体一定吸热B．p c＝p b＞p aC．过程bc中分子势能不断增大D．过程bc中每一个分子的速率都减小E．过程ca中气体吸收的热量等于对外做的功(2)(10分)如图4，粗细均匀的U形管竖直放置，右端封闭，左管内有一个重力和摩擦都不计的活塞，管内水银把气体分隔成A、B两部分．当大气压强为p0＝75cmHg，温度为t0＝27℃时，管内水银面在同一高度，两部分气体的长度均为L0＝30cm.(计算结果均保留三位有效数字)图4①现向上缓慢拉动活塞，使两管内水银面高度差为h ＝10cm ，求活塞上升的高度L ； ②然后固定活塞，再仅对左管气体加热，使A 部分气体温度升高．则当左管内气体温度为多少摄氏度时，方可使右管内水银面回到原来的位置． 答案 (1)ABE (2)①16.4cm ②191℃解析 (1)过程ab 中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故A 正确；a 到b 过程根据题图，由理想气体的状态方程可知：p a ·3V 0T 0＝p b ·3V 03T 0，所以：p b＝3p a ，同理：p a ·3V 0T 0＝p c ·V 0T 0，解得：p c ＝3p a ，所以：p c ＝p b >p a ，故B 正确；由于理想气体分子之间的作用力可以忽略不计，所以过程bc 中分子势能不变，故C 错误；温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律，对单个的分子没有意义，所以过程bc 中气体的温度降低，分子的平均动能减小，并不是每一个分子的速率都减小，故D 错误；过程ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功，根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功，故E 正确．(2)①设活塞的横截面积为S ，温度不变，对B 管气体：p 0L 0S ＝p 2(L 0＋0.5h )S可得：p 2≈64.3cm 对A 管气体：p 0L 0S ＝(p 2－h )L 1S求得：L 1≈41.4cmL ＝L 1＋0.5h －L 0＝16.4cm②为使右管内水银面回到原来位置，A 气体的压强应为p 0，长度应为L 1＋0.5h ； 由理想气体状态方程得：p 0L 0S T 0＝p 0(L 1＋0.5h )ST代入数据可得：T ＝464K 所以：t ＝191℃.34．【选修3－4】(15分)(2019·广东湛江市下学期第二次模拟)(1)(5分)如图5所示，由波源S 形成的简谐横波在同一种均匀介质中向左、右传播，波长为λ.已知介质中P 、Q 两质点位于波源S 的两侧，且P 、Q 和S 的平衡位置在一条直线上，P 、Q 的平衡位置到S 的平衡位置之间的距离分别为λ、3λ2.当P 、Q 开始振动后，下列判断正确的是________．图5A ．P 、Q 两质点运动的方向始终相同B ．P 、Q 两质点运动的方向始终相反C ．当S 恰好通过平衡位置时，P 在波峰、Q 在波谷D ．当S 恰好通过平衡位置向上运动时，P 也通过平衡位置向上运动E ．当S 恰好通过平衡位置向下运动时，Q 通过平衡位置向上运动(2)(10分)一半径为R 的半圆形玻璃砖横截面如图6所示，O 为圆心，一束平行光线照射到玻璃砖MO ′面上，中心光线a 沿半径方向射入玻璃砖后，恰在O 点发生全反射，已知∠aOM ＝45°.图6①求玻璃砖的折射率n ；②求玻璃砖底面MN 出射光束的宽度．(不考虑玻璃砖MO ′N 面的反射) 答案 (1)BDE (2)见解析解析 (1)P 、Q 两质点距波源的距离之差为：Δx ＝32λ－λ＝12λ，为半个波长的奇数倍，所以P 、Q 两质点振动步调相反，即P 、Q 两质点运动的方向始终相反，故A 错误，B 正确；由SP ＝λ和SQ ＝32λ可知，当S 恰好通过平衡位置时，P 点也恰好通过平衡位置，Q 点也恰好通过平衡位置，故C 错误；当S 恰好通过平衡位置向上运动时，因SP ＝λ，故此时P 也通过平衡位置向上运动，故D 正确；当S 恰好通过平衡位置向下运动时，因SQ ＝32λ，故Q 通过平衡位置向上运动，E 正确．(2)①由n ＝1sin C 得n ＝1sin45°＝ 2②分析可知：进入玻璃砖入射到MO 的光线均发生全反射，从O ′点入射光的路径如图所示． 由n ＝sin αsin θ＝sin45°sin θ得θ＝30°，由光路可逆θ′＝30°、α′＝45°，出射平行OD ＝R tan30°＝33R 出射光束的宽度d ＝OD sin45°＝66R .。
2020高考物理通用版大二轮复习练习：“8+2”限时训练12 2016年(全国3卷)逐题仿真练 Word版含解析
2016年(全国3卷)逐题仿真练二、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．(2019·山东济宁市第二次摸底)设月亮和地球同步通信卫星都绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径分别为r 1、r 2；向心加速度大小分别为a 1、a 2；环绕速度大小分别为v 1、v 2.下列关系式正确的是( ) A ．r 1＜r 2 B ．a 1>a 2 C.v 1v 2＝r 2r1 D ．a 1r 12＝a 2r 22答案 D解析 根据万有引力提供向心力G Mm r 2＝ma ＝m 4π2T 2r ，因为同步卫星周期与地球自转周期相同，小于月球公转周期，所以r 1>r 2，a 1<a 2，A 、B 错误；根据万有引力提供向心力G Mmr 2＝m v 2r ，所以v 1v 2＝r 2r 1，C 错误；根据G Mmr2＝ma ，所以ar 2＝GM 是定值，所以D 正确． 15．(2019·四川南充市第二次适应性考试)在正点电荷Q 形成的电场中，一检验电荷q 的运动轨迹如图1中实线所示，轨迹上a 、b 、c 三点在以Q 为圆心的同心圆上，下列说法正确的是( )图1A ．检验电荷q 可能为正电荷，也可能为负电荷B ．a 、b 、c 三点中，检验电荷q 在c 点的动能最小C ．a 、b 、c 三点中，a 点的电势最高D ．a 、b 、c 三点中，检验电荷q 在a 点的电势能最大 答案 B解析 由运动轨迹可知，检验电荷q 一定和Q 带同种电荷，即带正电荷，选项A 错误；检验电荷q 在运动的过程中，电势能和动能之和守恒，则当动能最小时，电势能最大，电荷所处的位置电势最高，则a 、b 、c 三点中， c 点的电势最高，检验电荷q 在c 点的电势能最大，即a 、b 、c 三点中，检验电荷q 在c 点的动能最小，选项B 正确，C 、D 错误．16．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)一辆汽车以10 m/s 的速度匀速行驶，驾驶员发现前方50 m 处的斑马线上有行人，驾驶员立即刹车使车做匀减速直线运动，若已知行人还需12 s 才能通过斑马线，则刹车后汽车的加速度大小至少为( ) A ．1 m /s 2 B ．0.97 m/s 2 C ．0.83 m /s 2 D ．0.69 m/s 2答案 A解析 汽车做匀减速运动，要想不和行人发生碰撞则需要在斑马线处速度减小为零，由运动学的速度和位移公式可知x ＝v 2－v 022a ，得a ＝v 2－v 022x ＝0－1022×50 m /s 2＝－1 m/s 2，则刹车后汽车的加速度大小至少为1 m/s 2，选A.17．(2019·东北三省三校第二次联合模拟)如图2所示，左侧是半径为R 的四分之一圆弧，右侧是半径为2R 的一段圆弧．二者圆心在一条竖直线上，小球a 、b 通过一轻绳相连，二者恰好于等高处平衡．已知θ＝37°，不计所有摩擦，则小球a 、b 的质量之比为( )图2A ．3∶4B ．3∶5C ．4∶5D ．1∶2答案 A解析 对a 和b 两个小球受力分析，受力分析图如图所示，因一根绳上的拉力相等，故拉力都为F T ；由力的平衡可知小球a 的拉力F T ＝m a g cos 37°，小球b 的拉力F T ＝m b g sin 37°，联立可解得m am b ＝34，A 正确． 18.如图3所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子11H 和氦核42He 都从顶点A 沿∠BAC 的角平分线方向射入磁场，质子11H 从C 点离开磁场，氦核42He 从相切点D 离开磁场，不计粒子重力，则质子和氦核的入射速度大小之比为( )图3A ．6∶1B ．3∶1C ．2∶1D ．3∶2答案 A解析 设三角形的边长为L ，根据几何关系可以得到磁场圆的半径为R ＝36L ，质子进入磁场时的运动轨迹如图甲所示由几何关系可得r 1＝R tan 60°＝12L氦核进入磁场时的运动轨迹如图乙所示，由几何关系可得：r 2＝R tan 30°＝16L粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2r ，可得v ＝Bqrm ，结合两个粒子的轨迹半径与比荷可求得质子和氦核的入射速度大小之比为6∶1，故A 正确．19．(2019·福建宁德市5月质检)如图4所示，理想变压器的原线圈接有电压为U 的正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．R 1和R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小．现增大照射光强度，则( )图4A ．通过原线圈的电流减小B ．变压器的输出功率增大C ．R 1两端的电压减小D ．R 2消耗的功率减小 答案 BD解析 理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R 3阻值减小，副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，通过原线圈的电流也增大，故A 错误；理想变压器的输出功率P ＝UI ，其中U 不变，I 变大，故变压器的输出功率变大，故B 正确；副线圈电流增大，根据欧姆定律，R 1两端电压增大；R 2两端电压减小，功率减小，故C 错误，D 正确．20．(2019·湖北武汉市四月调研)2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图5所示．一次比赛中，质量为m 的运动员从A 处由静止下滑，运动到B 处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C 点，滑入停止区后，在与C 等高的D 处速度减为零．已知B 、C 之间的高度差为h ，着陆坡的倾角为θ，重力加速度为g .只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失．由以上信息可以求出( )图5A ．运动员在空中飞行的时间B ．A 、B 之间的高度差C ．运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功D ．C 、D 两点之间的水平距离 答案 ABC解析 从B 点做平抛运动，则由h ＝12gt 2可求解运动员在空中飞行的时间，选项A 正确；由htan θ＝v 0t 可求解在B 点的速度v 0，再由mgh AB ＝12m v 02可求解A 、B 之间的高度差，选项B 正确；从B 点到D 点由12m v 02＋mgh ＝W f 可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功，选项C正确；由题中条件无法求解C 、D 两点之间的水平距离，选项D 错误．21．(2019·西藏拉萨北京实验中学第五次月考)如图6所示，在匀强磁场的上方有一半径为R 的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h .将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v .已知圆环的电阻为r ，匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g .则( )图6A ．圆环刚进入磁场的瞬间，速度v ＝2g (h －R )B ．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为mg (h ＋R )C ．圆环进入磁场的过程中，通过圆环某个横截面的电荷量为πR 2B rD ．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动 答案 AC解析 根据自由落体运动的规律v 2＝2g (h －R )，解得圆环刚进入磁场的瞬间，速度v ＝2g (h －R )，选项A 正确；根据功能关系，圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR ，选项B 错误；圆环进入磁场的过程中，通过圆环某个横截面的电荷量为q ＝ΔΦr ＝πR 2B r ，选项C 正确；圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不断变化，受到的安培力大小不断变化，不能做匀速直线运动，选项D 错误．22．(5分)(2019·云南玉溪一中第五次调研)如图7是用高电阻放电法测电容的实验电路图，其原理是测出电容器在充电电压为U 时所带的电荷量Q ，从而求出其电容C .该实验的操作步骤如下：①按电路图接好实验电路；②接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度，记下这时的电压表读数U0＝6.2 V和微安表读数I0＝490 μA；③断开开关S并同时开始计时，每隔5 s读一次微安表的读数i，将读数记录在预先设计的表格中；④根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点(图中用“×”表示)，则：图7(1)根据图示中的描点作出图线；(2)图示中i－t图线下所围的“面积”所表示的物理意义是________________________________________________________________________________________.(3)根据以上实验结果和图线，估算当电容器两端电压为U0所带的电荷量Q0＝________，并计算电容器的电容C＝________.(这两空均保留三位有效数字)答案(1)(2) 电容器两端电压为U0时所带电荷量(3)8.00×10－3～8.50×10－3 C 1.29×10－3～1.37×10－3 F解析(1)根据坐标系内所描出的点，用平滑的曲线把各点连接起来，作出图象，图象如图所示．(2)由ΔQ＝I·Δt知，电荷量为I－t图象与t轴所包围的面积．则面积为电容器在开始放电时所带的电荷量，即电容器两端电压为U 0时所带电荷量．(3)由图象可知，“面积”格数约32～34格．电容器电压为U 0时，电荷量Q 0＝8.00×10－3 C(8.00×10－3 C ～8.50×10－3C 均正确)，电容器的电容C ＝Q 0U 0＝8.00×10－36.2 F ≈1.29×10－3 F.23．(10分)(2019·福建南平市第二次综合质检)(1)某研究性学习小组使用速度传感器“探究小车的加速度与力、质量的关系”，实验装置如图8甲所示．为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，正确的操作是________． A ．小车的质量M 应远小于砝码和砝码盘的总质量mB ．实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行C ．不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑D ．每次改变小车质量后都要重新平衡摩擦力图8(2)该组同学在平衡小车与木板间的摩擦力后，在小车上固定一与运动方向垂直的薄板以增大空气阻力．用图乙所示的装置探究物体受到空气阻力与运动速度大小间的关系得到小车(含薄板)的v －t 图象如图丙所示，该组同学通过分析得出：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力________(选填“变大”“不变”或“变小”)的结论．理由是_____________________ ________________________________________________________________________. 答案 (1)BC (2)变大 v －t 图象斜率减小，加速度(或合外力)减小解析 (1)为使细线下端悬挂砝码和砝码盘的总重力可视为小车受到的合力，则要求小车的质量M 应远大于砝码和砝码盘的总质量m ，选项A 错误；实验前应调节滑轮高度，使滑轮和小车间的细线与木板平行，选项B 正确；不挂砝码和砝码盘，将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车恰好能匀速下滑，以平衡摩擦力，选项C 正确；每次改变小车质量后不需要重新平衡摩擦力，选项D 错误．(2)由v－t图象可知斜率减小，则加速度减小，由F－F f＝ma可得阻力增大，即随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力变大．理由是加速度(或合外力)减小．。
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2016年(全国2卷)逐题仿真练
24．(12分)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图1甲所示，将两根足够长、间距为L 的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，左端接一阻值为R 的电阻，与导轨垂直的虚线ef 右边区域存在方向竖直向下的匀强磁场，质量为m 的金属杆PQ 静止在导轨上．现对杆施加一水平向右的恒定拉力，经过时间t ，杆进入磁场并开始做匀速直线运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨和杆的电阻均不计．
图1
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；
(2)若杆进入磁场后的某时刻撤去拉力，杆运动的速度与此后的位移关系图象如图乙所示，求0～x 0与x 0～3x 0两个过程中电阻R 产生的热量之比． 答案 (1)
mR L 2t (2)5
4
解析 (1)设拉力大小为F ，杆的加速度为a ，进入磁场时的速度为v 0，则F ＝ma 杆做匀加速运动，则v 0＝at
杆在磁场中做匀速运动，则F ＝F 安＝BIL
I ＝E
R E ＝BLv 0
联立解得：B ＝
mR L 2t
(2)撤去拉力后，由题图乙可知，杆在x ＝x 0处的速度大小为v ＝2v 0
3
由能量关系，在0～x 0过程中，电阻R 产生的热量Q 1＝12mv 02－12mv 2
在x 0～3x 0过程中，电阻R 产生的热量Q 2＝12
mv 2
解得Q 1Q 2＝54
.
25．(20分)(2019·陕西渭南市教学质检(二))如图2，粗糙斜面与光滑水平面通过光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°.小滑块(可看作质点)A 的质量为m A ＝1kg ，小滑块B 的质量为m B ＝0.5kg ，其左端连接一水平轻质弹簧．若滑块A 在斜面上受到大小为2N ，方向垂直斜面向下的恒力F 作用时，恰能沿斜面匀速下滑．现撤去F ，让滑块A 从距斜面底端L ＝2.4m 处，由静止开始下滑．取g ＝10m/s 2
，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
图2
(1)滑块A 与斜面间的动摩擦因数；
(2)撤去F 后，滑块A 到达斜面底端时的速度大小； (3)滑块A 与弹簧接触后的运动过程中弹簧最大弹性势能． 答案 (1)0.6 (2)2.4m/s (3)0.96J
解析 (1)滑块A 沿着斜面匀速下滑时受力如图所示
由平衡条件知m A g sin θ＝F f ，F N ＝m A g cos θ＋F ，F f ＝μF N 解得μ＝
m A g sin θ
F ＋m A g cos θ
＝0.6.
(2)滑块A 沿斜面加速下滑时受力如图所示，
设滑块A 滑到斜面底端时速度为v 0，根据动能定理得 (m A g sin θ－μm A g cos θ)L ＝12
m A v 02
代入数据解得v 0＝2.4m/s
(3)由分析可知，当A 、B 速度相同时，弹簧有最大弹性势能．
以A 、B 及弹簧为研究对象，设它们共同的速度为v ，据动量守恒定律m A v 0＝(m A ＋m B )v 根据能量守恒
E p ＝1
2m A v 02－12
(m A ＋m B )v 2
代入数据解得：E p ＝0.96J. 33．【选修3－3】(15分)
(1)(5分)一定质量的理想气体的压强p 与热力学温度T 的变化图象如图3所示，下列说法正确的是________．
图3
A ．A →
B 的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B ．A →B 的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C ．B →C 的过程中，气体体积增大，对外做功
D ．B →C 的过程中，气体对外界放热，内能不变
E ．B →C 的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加
(2)(10分)“打篮球”是同学们喜爱的一种体育活动，小明和同学们在室外打了一段时间篮球后，发现篮球内气压不足，于是他拿到室内充气，已知室外温度为－3℃，室内温度为17℃.篮球体积V ＝5L ，假定在室外时，篮球内部气体的压强为1.3个标准大气压．充气筒每次充入0.12L 、压强为1.0个标准大气压的空气，整个过程中，不考虑篮球体积的变化和充气过程中气体温度的变化，计算时，篮球内部气体按理想气体处理．试问：小明在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气多少次？ 答案 (1)BDE (2)9次
解析 (1)A 到B 的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A 错误，B 正确；B 到C 的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对该气体做功，内能不改变，则气体对外界放热，因压强增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C 错误，D 、E 正确．
(2)设篮球从室外拿到室内后的压强为p 1，则：p 0T 0＝p 1
T 1
即： 1.3273－3＝p 1
273＋17
解得p 1≈1.4个大气压；
设充气次数为n ，则：p 1V ＋np 0V 0＝p 2V 即：1.4×5＋1.0×0.12×n ＝1.6×5 解得：n ≈8.3.
则在室内把篮球内气体的压强充到1.6个标准大气压以上，他至少充气9次． 34．【选修3－4】(15分)
(1)(5分)电磁波与声波比较，下列说法中正确的是________． A ．电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质 B ．由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大 C ．由空气进入水中时，电磁波波长变小，声波波长变大
D ．电磁波和声波在介质中的传播速度都是由介质决定的，与频率无关
E ．电磁波能产生干涉和衍射现象，声波不能
(2)(10分)如图4(a)，一列简谐横波沿x 轴传播，实线和虚线分别为t 1＝0时刻和t 2时刻的波形图，P 、Q 分别是平衡位置为x 1＝1.0m 和x 2＝4.0m 的两质点．图(b)为质点Q 的振动图象，求：
图4
①波的传播速度和t 2的大小； ②质点P 的位移随时间变化的关系式．
答案 (1)ABC (2)①40m/s (0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3… ②y ＝10sin (10πt ＋3π
4) cm
解析 (1)电磁波在介质中的传播速度与介质有关，也与频率有关，在同一种介质中，频率越大，波速越小，声波的传播速度是由介质决定的，电磁波和声波都能产生干涉和衍射现象，所以D 、E 错误．
(2)①由题图可知波长：λ＝8m ，质点振动的周期：T ＝0.2s
传播速度v ＝λ
T
＝40m/s
结合图象可知，横波沿x 轴正向传播， 故t 1＝0和t 2＝Δt 时刻：n λ＋2＝v Δt 解得Δt ＝(0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3… 即t 2＝(0.2n ＋0.05) s ，n ＝0,1,2,3…
②质点P 做简谐运动的位移表达式：y ＝A sin (2π
T
t ＋φ)
由图可知A ＝10cm ，t ＝0时y ＝52cm 且向y 轴负方向运动， 解得y ＝10sin (10πt ＋3π
4) cm.。