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1、“822选考”全真模拟(三)时间：60分钟分值：110分第卷二、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1418题只有一项符合题目要求，第1921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、发展的过程中，许多物理学家的科学发现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决定，伽利略在他的两种新科学的对话中利用逻辑推断，使亚里士多德的理论陷入了困境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研究，得出了万有引力定律C英国物理学家卡文迪许利用“卡文
2、迪许扭秤”首先较准确的测定了静电力常量D楞次发现了电磁感应现象，并研究得出了判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(yt图象)，图中t2时刻小球到达最高点，t3t2t2t1,0t2时间内和t2t3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0t1时间内与t1t2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0t2时间内所受合外力大于t2t3时间内所受合外力16据报道，美国耶鲁大学的研究人员发现了一颗完全由钻石组成的星球，通过观测发现该星球的半径是地球的2倍，质量是地
3、球的8倍设在该星球表面附近绕星球运行的卫星的角速度为1、线速度为v1，在地球表面附近绕地球运行的卫星的角速度为2、线速度为v2，则为()A8B4C2 D117两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2 C、质量为1 kg的小物块从C点静止释放，其运动的vt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()AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E2 V/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，电势逐渐升高DA、B两点电势差UAB5 V18.如图所示，一个光滑环状绝缘圆管轨道平放于
4、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，圆管内径可忽略，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Ek1Ek2为()A11 B12C13 D1419.如图所示电路中，电源内阻不可忽略，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()AL1灯变亮 BL2灯变暗CR1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
5、长，BC与CD间的夹角为(t2t1可判断小球上升时的加速度大于下落时的加速度，根据牛顿第二定律可知小球在0t2时间内所受合外力大于t2t3时间内所受合外力，选项D正确16解析选C.在星球表面附近，万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，则：Gm01v1，在地球表面附近，同理可得Gm2v2，两式联立可判断出选项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2 m/s2，据qEma得E1 V/m，选项A错误；由C到A的过程中小物块的动能一直增大，电势能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C错误；根据动能定理有qUABmvmv，解得：UAB5 V，选项D正确
6、18解析选D.根据题意，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，根据牛顿第二定律有qEma，小球第一个时间t内的路程为x1at2，由动能定理有qEx1Ek10，小球在前2t时间内的路程为x2a(2t)2，由动能定理有qEx2Ek20，联立解得Ek1Ek214，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EB0v2tan t.设导体棒单位长度的电阻为R0，
7、则回路中的电流I，电功率PI2R0xtan tan 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EB0dv(d为导轨的间距)，回路中的电流I，电功率PI2R0d(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tan ，得ttan ，选项A正确A、B之间的距离l，其中xv0ttan ，ygt2tan2，联立可得ltan ，选项B错误小球运动到B点时，重力的瞬时功率Pmg2tmgv0tan ，选项C正确小球运动到B点时，其速度vB；小球由B点运动到圆轨道的最低点过程中，根据动能定理有mv2mvmgR(1cos )；在圆轨道的最低点，根据牛顿第二定律有Fmgm；联
8、立解得F3mg2mgcos ，选项D正确22解析相邻计数点间时间间隔为T50.02 s0.1 s；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、v3、v6，再利用v2可得v1；由逐差法可得a；W总大于Ek，这主要是因为下滑过程中存在阻力对小车做负功答案(1)0.1 (1分)(2)(2分)(1分)(3)(2分)(4)下滑过程中存在阻力对小车做负功(1分)23解析(1)由多用电表读数规则可知定值电阻的阻值约为1110 110 .(2)因实验中要求调节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，所以滑动变阻器采用分压式接法，因没有电压
9、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由电路图及并联规律知I2I1，即I1I2，由题图乙知I1I2图线的斜率为0.5，得Rx110 .答案(1)110(2分)(2)如图所示(4分)110(2分)24解析(1)由题意可知：xxv0tv0(t1t)a(t1t)2(2分)x2xv0tv0(t1t2t)a(t1t2t)2(2分)联立以上两式并代入数据可得：a2 m/s2，x69 m(2分)(2)汽车从O点开始行驶的距离为x1v0t(2分)代入数据可得：x1110 m(1分)从O点到停车标志杆D点的距离为x2x3x(1分)代入数据可得：x2117 m(1分)所以汽车停止运动时车头与标志杆
10、D的距离为Lx2x17 m(2分)答案(1)69 m2 m/s2(2)7 m25解析(1)电场力对粒子做正功，在电场中粒子的动能逐渐增大，故在Q点速率最大(1分)粒子通过电场的时间：t(1分)设粒子的横向速度为vx，则dvxt(1分)解得：vx(1分)粒子在Q点时的速率vmaxv.(2分)(2)由磁场区域的几何关系，回转半径满足(rd)2lr2(1分)r(2分)(1分)又d2(2分)因而.(2分)(3)t1arcsin(2分)t2(1分)arcsin.(2分)答案(1)v(2)(3)arcsin33解析(1)气体总是充满容器，是因为气体分子间距较大，除碰撞外，气体分子几乎不受力；对于一定质量的
11、理想气体，其内能只与温度有关，温度升高，则内能增加；温度越高，水分子运动越剧烈，对颗粒的撞击力越大，颗粒越不易平衡，布朗运动越剧烈；晶体在熔化时，吸收热量但温度不变，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：p0Smgp1S(2分)当汽缸刚离地面时，对汽缸，由平衡条件有：p0Sp2SMg(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：p1Vp2V2(3分)解得：V
12、2V(1分)活塞上升的距离为：L.(1分)答案(1)BCE(2)34解析(1)由题图乙可知，在t0.25 s，质点P向y轴正方向运动，故可判断该波沿x轴正方向传播，选项A错误由题图甲可知，该波的波长4 m，由题图乙可知，该波的周期T2 s，根据v可得，该波的传播速度v2 m/s，选项B正确由于质点L与质点N相距半个波长，所以它们的运动方向总相反，选项C正确由题图甲可知，再经过0.5 s(即)，质点M回到平衡位置并向y轴正方向运动，选项D正确由题图甲可知，再经过1.0 s(即)，质点P运动的路程为40 cm，选项E错误(2)画出光路图(如图所示)，图中DE、DG为两束临界光线，弧范围内的光线不能穿透柱形光学元件(2分)设该种材料的临界角为C，则有：sin C(1分)解得：C30(1分)结合上图可知：ADF30(1分)CDH30(1分)FDH30(1分)由数学知识可得：2R.(2分)答案(1)BCD(2)35解析(2)设小球甲的质量为M，由动量守恒得Mv0Mv1mv2(2分)MvMvmv(2分)v2v0(1分)当Mm时，v22v0(1分)当Mm时，v2v0(1分)mvmgh(1分)h，由于v0v22v0所以h.(1分)答案(1)CDE(2)见解析11