2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題沖刺 綜合能力仿真模擬卷二(含解析)
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1、綜合能力仿真模擬卷二 物理部分 第Ⅰ卷(選擇題,共48分) 二、選擇題:本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第14~18題只有一項(xiàng)符合題目要求,第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分。 14.(2019·四川德陽(yáng)三診)下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是( ) A.若氫原子從n=6能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng),則氫原子從n=6能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng) B.核泄漏事故污染物Cs能夠產(chǎn)生對(duì)人體有害的輻射,其核反應(yīng)方程式為Cs→B
2、a+x,可以判斷x為電子 C.原子核發(fā)生一次β衰變,該原子外層就一定失去一個(gè)電子 D.質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別是m1、m2、m3,質(zhì)子和中子結(jié)合成一個(gè)α粒子,釋放的能量是(2m1+2m2-m3)c2 答案 C 解析 根據(jù)玻爾理論可知,氫原子從n=6能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射出光的能量大于氫原子從n=6能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)輻射出光的能量,結(jié)合光電效應(yīng)發(fā)生的條件可知,若氫原子從n=6能級(jí)向n=1能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光不能使某金屬發(fā)生光電效應(yīng),則氫原子從n=6能級(jí)向n=2能級(jí)躍遷時(shí)輻射出的光也不能使該金屬發(fā)生光電效應(yīng),故A正確;根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒可知,核反應(yīng)方程式Cs→Ba+x中
3、,x的質(zhì)量數(shù)為0,電荷數(shù)為:Z=55-56=-1,所以x為電子,故B正確;β衰變的實(shí)質(zhì)是原子核中的一個(gè)中子轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子,將電子釋放出來(lái),β衰變釋放的電子不是來(lái)自于核外電子,故C錯(cuò)誤;質(zhì)子和中子結(jié)合成α粒子,核反應(yīng)方程為2H+2n→He,根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程可知,釋放的能量是ΔE=Δmc2=(2m1+2m2-m3)c2,故D正確。本題要求選說(shuō)法錯(cuò)誤的,故選C。 15.(2019·河南鄭州三模)背越式跳高采用弧線助跑,距離長(zhǎng),速度快,動(dòng)作舒展大方。如圖所示是某運(yùn)動(dòng)員背越式跳高過(guò)程的分解圖,由圖可估算出運(yùn)動(dòng)員在躍起過(guò)程中起跳的豎直速度大約為( ) A.2 m/s B.5 m
4、/s C.8 m/s D.11 m/s 答案 B 解析 運(yùn)動(dòng)員跳高過(guò)程可以看成豎直上拋運(yùn)動(dòng),當(dāng)重心達(dá)到橫桿時(shí)速度恰好為零,運(yùn)動(dòng)員重心升高高度約為:h≈1.3 m,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知:mv2=mgh;解得:v== m/s≈5 m/s,故B正確,A、C、D錯(cuò)誤。 16.(2019·湖南常德高三一模)2018年,我省加大環(huán)保督查力度,打響碧水藍(lán)天保衛(wèi)戰(zhàn)。督查暗訪組在某化工廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計(jì),測(cè)量管由絕緣材料制成,其長(zhǎng)為L(zhǎng)、直徑為D,左右兩端開(kāi)口,在前后兩個(gè)內(nèi)側(cè)面a、c固定有金屬板作為電極,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向下。污水(含有大量的正負(fù)離子)充滿管口從左向右流經(jīng)該測(cè)
5、量管時(shí),a、c兩端的電壓為U,顯示儀器顯示污水流量為Q(單位時(shí)間內(nèi)排出的污水體積)。則( ) A.a(chǎn)側(cè)電勢(shì)比c側(cè)電勢(shì)低 B.污水中離子濃度越高,顯示儀器的示數(shù)越大 C.污水流量Q與U成正比,與L、D無(wú)關(guān) D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 答案 D 解析 污水中正負(fù)離子從左向右移動(dòng),受到洛倫茲力,根據(jù)左手定則,正離子向后表面偏,負(fù)離子向前表面偏,所以后表面a側(cè)電勢(shì)比前表面c側(cè)電勢(shì)高,故A錯(cuò)誤;最終正負(fù)離子會(huì)受到電場(chǎng)力、洛倫茲力而平衡,有qE=qvB,即=vB,而污水流量Q==·=,可知Q與U、D成正比,與L和離子濃度無(wú)關(guān);因?yàn)镼=,則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,故D正確,B、C錯(cuò)誤。
6、 17.(2019·江西吉安高三上學(xué)期五校聯(lián)考)隨著科技的不斷發(fā)展,無(wú)線充電已經(jīng)進(jìn)入人們的視線。小到手表、手機(jī),大到電腦、電動(dòng)汽車的充電,都已經(jīng)實(shí)現(xiàn)了從理論研發(fā)到實(shí)際應(yīng)用的轉(zhuǎn)化。下圖給出了某品牌的無(wú)線充電手機(jī)利用電磁感應(yīng)方式無(wú)線充電的原理圖。關(guān)于無(wú)線充電,下列說(shuō)法正確的是( ) A.無(wú)線充電時(shí)手機(jī)接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應(yīng)” B.只有將充電底座接到直流電源上才能對(duì)手機(jī)進(jìn)行充電 C.接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同 D.只要有無(wú)線充電底座,所有手機(jī)都可以進(jìn)行無(wú)線充電 答案 C 解析 無(wú)線充電的原理是電磁感應(yīng),而不是電流的磁效應(yīng),故A錯(cuò)誤;發(fā)生
7、電磁感應(yīng)的條件是電流要發(fā)生變化,故不能接到直流電源上,B錯(cuò)誤;發(fā)生互感時(shí),兩個(gè)線圈中交流電的頻率應(yīng)該相同,故C正確;有無(wú)線充電底座,當(dāng)手機(jī)內(nèi)部的線圈與底座上的線圈頻率相同時(shí)才可以進(jìn)行充電,故D錯(cuò)誤。 18.(2019·湖南省長(zhǎng)沙市寧鄉(xiāng)三模)在冰壺比賽中,某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對(duì)方的藍(lán)壺,兩者在大本營(yíng)中心發(fā)生對(duì)心碰撞如圖a所示,碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖b中實(shí)線所示,其中紅壺碰撞前后的圖線平行,兩冰壺質(zhì)量相等,則( ) A.兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B.碰后藍(lán)壺速度為0.8 m/s C.碰后藍(lán)壺移動(dòng)的距離為2.4 m D.碰后紅壺所受的摩擦力小于藍(lán)壺所受的摩擦力 答案 B 解析
8、 由圖可知:碰前紅壺的速度v0=1.0 m/s,碰后速度為v0′=0.2 m/s,且碰后紅壺沿原方向運(yùn)動(dòng)。設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v,取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?,根?jù)動(dòng)量守恒定律可得:mv0=mv0′+mv,代入數(shù)據(jù)解得:v=0.8 m/s,計(jì)算可得:mv>mv0′2+mv2,即碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失,該碰撞為非彈性碰撞,故A錯(cuò)誤,B正確;根據(jù)v-t圖象中圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移可得,碰后藍(lán)壺移動(dòng)的位移大小x=t=×5 m=2 m,故C錯(cuò)誤;根據(jù)v-t圖象的斜率表示加速度,可知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度,又因?yàn)閮烧叩馁|(zhì)量相等,由牛頓第二定律可知碰后紅壺所受的摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力,
9、故D錯(cuò)誤。故選B。 19.(2019·湖南懷化三模)2018年6月14日11時(shí)06分,探月工程嫦娥四號(hào)任務(wù)“鵲橋”中繼星成為世界首顆成功進(jìn)入地月拉格朗日L2點(diǎn)的Halo使命軌道的衛(wèi)星,為地月信息聯(lián)通搭建“天橋”。如圖所示,該L2點(diǎn)位于地球與月球連線的延長(zhǎng)線上,“鵲橋”位于該點(diǎn),在幾乎不消耗燃料的情況下與月球同步繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)。已知地球、月球和“鵲橋”的質(zhì)量分別為Me、Mm、m,地球和月球之間的平均距離為R,L2點(diǎn)離月球的距離為x,則( ) A.“鵲橋”的線速度大于月球的線速度 B.“鵲橋”的向心加速度小于月球的向心加速度 C.x滿足+=(R+x) D.x滿足+=(R+x)
10、答案 AC 解析 根據(jù)題意可知,“鵲橋”與月球運(yùn)動(dòng)的角速度相等,“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑比月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑大,根據(jù)線速度v=ωr可知,“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度比月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的線速度大,故A正確;根據(jù)向心加速度a=ω2r可知,“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度比月球繞地球轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度大,故B錯(cuò)誤;中繼衛(wèi)星的向心力由月球和地球引力的合力提供,則有:+=mω2(R+x),對(duì)月球而言,則有=Mmω2R,兩式聯(lián)立可解得:+=(R+x),故C正確,D錯(cuò)誤。故選A、C。 20.(2019·湖南湘潭三模)如圖所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右,帶負(fù)電的小球從斜面頂端的O點(diǎn)水平向右拋出,初
11、速度大小為v0。小球帶電量為-q,質(zhì)量為m,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線所示,小球打到斜面上P點(diǎn)的速度方向豎直向下,已知斜面與小球初速度方向的夾角為60°,重力加速度為g,不計(jì)空氣阻力,則下列說(shuō)法正確的是( ) A.勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為 B.小球做曲線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為g C.小球由O點(diǎn)到P點(diǎn)用時(shí) D.小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小為 答案 BC 解析 帶電小球在水平方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速度為a,合位移為L(zhǎng),由牛頓第二定律得:a= ①,0=v0-at?、?,Lcos60°=t?、?,在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng),則Lsin60°=gt2?、?,聯(lián)立①②③④解得:a=g?、?,E=?、蓿蔄錯(cuò)誤;小
12、球做曲線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a′=?、?,聯(lián)立⑤⑦解得:a′=g,故B正確;聯(lián)立②⑤解得:t=,故C正確;小球通過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v=gt=v0,故D錯(cuò)誤。故選B、C。 21.(2019·武漢三模)如圖所示,某次足球訓(xùn)練,守門員將靜止的足球從M點(diǎn)踢出,球斜拋后落在60 m外地面上的P點(diǎn)。發(fā)球的同時(shí),前鋒從距P點(diǎn)11.5 m的N點(diǎn)向P點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng),其初速度為2 m/s,加速度為4 m/s2,當(dāng)其速度達(dá)到8 m/s后保持勻速運(yùn)動(dòng)。若前鋒恰好在P點(diǎn)追上足球,球員和球均可視為質(zhì)點(diǎn),忽略球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力,重力加速度g取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是( ) A.前鋒加速的距離為7.5 m
13、 B.足球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2.3 s C.足球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為30 m/s D.足球上升的最大高度為10 m 答案 AC 解析 前鋒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),初速度為2 m/s,加速度為4 m/s2,末速度為8 m/s,根據(jù)速度—位移公式可知,v2-v=2ax加,代入數(shù)據(jù)解得x加=7.5 m,A正確;前鋒和足球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等,前鋒加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t加==1.5 s,勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t勻==0.5 s,故足球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t總=t加+t勻=2 s,B錯(cuò)誤;足球在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng),位移為60 m,時(shí)間為2 s,則足球在水平方向的速度v水平==30 m/s,當(dāng)足球豎直方向速度為0時(shí),運(yùn)
14、動(dòng)速度最小,故足球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最小速度為30 m/s,C正確;足球在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知,上升時(shí)間為1 s,且當(dāng)t=1 s時(shí),足球上升的高度最高,最大高度hmax=gt2=5 m,D錯(cuò)誤。故選A、C。 第Ⅱ卷(非選擇題,共62分) 三、非選擇題:共62分,第22~25題為必考題,每個(gè)試題考生都必須作答。第33~34題為選考題,考生根據(jù)要求作答。 (一)必考題:共47分。 22.(2019·黑龍江齊齊哈爾一模)(6分)用如圖1實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。m2從高處由靜止開(kāi)始下落,m1上拖著的紙帶通過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打出一系列的點(diǎn),對(duì)紙帶上的點(diǎn)跡進(jìn)行測(cè)量
15、,即可驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。圖2給出的是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶:0是打下的第一個(gè)點(diǎn),每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)打點(diǎn)(圖中未標(biāo)出),計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖2所示。已知m1=50 g、m2=150 g,則:(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (1)在紙帶上打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度v=________ m/s。 (2)在打0~5計(jì)數(shù)點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)能的增量ΔEk________ J,系統(tǒng)勢(shì)能的減少量ΔEp=________ J(計(jì)算時(shí)g取10 m/s2)。由此得出的結(jié)論是:________________。 (3)若某同學(xué)作出-h圖象如圖3,則當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=________ m/s2。 答案 (1)2.4
16、 (2)0.58 0.60 在誤差允許的范圍內(nèi),m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 (3)9.7 解析 (1)根據(jù)在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中中點(diǎn)時(shí)刻的瞬時(shí)速度大小等于該過(guò)程的平均速度,可知打下計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)的速度為:v5== m/s=2.4 m/s。 (2)物體的初速度為零,所以動(dòng)能的增加量為:ΔEk=(m1+m2)v-0=×[(50+150)×10-3]×(2.4)2 J≈0.58 J。重力勢(shì)能的減小量等于系統(tǒng)重力做的功,故:ΔEp=WG=(m2-m1)gh=[(150-50)×10-3]×10×(38.40+21.60)×10-2 J=0.60 J。 由此可知系統(tǒng)動(dòng)能的增加量和勢(shì)能的減小量基本相等,
17、因此在誤差允許的范圍內(nèi),m1、m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 (3)本題中根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知,m2gh-m1gh=(m1+m2)v2,即有:v2=gh=gh,所以-h圖象中圖象的斜率表示重力加速度的一半,由圖3可知,斜率k=4.85,故當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹椋篻=2k=9.7 m/s2。 23.(2019·廣東深圳二模)(9分)LED燈的核心部件是發(fā)光二極管。某同學(xué)欲測(cè)量一只工作電壓為2.9 V的發(fā)光二極管的正向伏安特性曲線,所用器材有:電壓表(量程3 V,內(nèi)阻約3 kΩ),電流表(用多用電表的直流25 mA擋替代,內(nèi)阻約為5 Ω),滑動(dòng)變阻器(0~20 Ω),電池組(內(nèi)阻不計(jì)),開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線若
18、干。他設(shè)計(jì)的電路如圖a所示?;卮鹣铝袉?wèn)題: (1)根據(jù)圖a,在實(shí)物圖b上完成連線。 (2)調(diào)節(jié)變阻器的滑片至最________(填“左”或“右”)端,將多用電表選擇開(kāi)關(guān)撥至直流25 mA擋,閉合開(kāi)關(guān)。 (3)某次測(cè)量中,多用電表示數(shù)如圖c,則通過(guò)二極管的電流為_(kāi)_______ mA。 (4)該同學(xué)得到的正向伏安特性曲線如圖d所示。由曲線可知,隨著兩端電壓增加,二極管的正向電阻________(填“增大”“減小”或“不變”);當(dāng)兩端電壓為2.9 V時(shí),正向電阻為_(kāi)_______ kΩ(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)。 (5)若實(shí)驗(yàn)過(guò)程中發(fā)現(xiàn),將變阻器滑片從一端移到另一端,二極管亮度幾乎不
19、變,電壓表示數(shù)在2.7~2.9 V之間變化,試簡(jiǎn)要描述一種可能的電路故障:______________________________。 答案 (1)連線圖見(jiàn)解析 (2)左 (3)16.0(在15.8~16.2范圍內(nèi)均可) (4)減小 0.15(0.15或0.16均可) (5)連接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路 解析 (1)根據(jù)多用電表紅黑表筆的接法“紅進(jìn)黑出”可知,黑表筆接二極管正極,紅表筆接滑動(dòng)變阻器,滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法,連線如圖所示。 (2)滑動(dòng)變阻器采用分壓接法時(shí),為保護(hù)電路,閉合開(kāi)關(guān)前滑片應(yīng)置于分壓電路分壓為零的位置,即最左端。 (3)多用電表所選量程為25 mA
20、,則電流表讀數(shù)為 mA=16.0 mA(答案在15.8~16.2范圍內(nèi)均可)。 (4)I-U圖象中,圖線與原點(diǎn)連線的斜率表示電阻的倒數(shù),由圖可知,隨著電壓的增加,斜率逐漸增大,則二極管的電阻逐漸減小;由圖d知,當(dāng)兩端電壓為2.9 V時(shí),電流為19.0 mA,則電阻大小為R=≈152.6 Ω≈0.15 kΩ。 (5)由于二極管的正向電阻約為0.15 kΩ,遠(yuǎn)大于滑動(dòng)變阻器的最大阻值,因此若實(shí)驗(yàn)中,將變阻器滑片從一端移到另一端,二極管亮度幾乎不變,電壓表示數(shù)在2.7~2.9 V之間變化,則有可能是滑動(dòng)變阻器與二極管串聯(lián),導(dǎo)致電路中總電阻較大,總電流較小,所以電壓表的示數(shù)變化較小,故故障可能是連
21、接電源負(fù)極與變阻器的導(dǎo)線斷路。 24.(2019·河南鄭州三模)(12分)翼型飛行器有很好的飛行性能,其原理是通過(guò)對(duì)降落傘的調(diào)節(jié),使空氣升力和空氣阻力都受到影響,同時(shí)通過(guò)控制動(dòng)力的大小而改變飛行器的飛行狀態(tài)。已知飛行器的動(dòng)力F始終與飛行方向相同,空氣升力F1與飛行方向垂直,大小與速度的平方成正比,即F1=C1v2;空氣阻力F2與飛行方向相反,大小與速度的平方成正比,即F2=C2v2。其中C1、C2相互影響,可由飛行員調(diào)節(jié),滿足如圖甲所示的關(guān)系。飛行員和裝備的總質(zhì)量為m=90 kg。(重力加速度取g=10 m/s2) (1)若飛行員使飛行器以速度v1=10 m/s在空中沿水平方向勻速飛行
22、,如圖乙所示。結(jié)合甲圖計(jì)算,飛行器受到的動(dòng)力F為多大? (2)若飛行員使飛行器在空中的某一水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),如圖丙所示,在此過(guò)程中調(diào)節(jié)C1=5.0 N·s2/m2,機(jī)翼中垂線和豎直方向夾角為θ=37°,求飛行器做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r和速度v2大小。(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8) 答案 (1)750 N (2)30 m 15 m/s 解析 (1)選飛行器和飛行員為研究對(duì)象,由受力分析可知,在豎直方向上有:mg=C1v 得:C1=3 N·s2/m2 由C1、C2關(guān)系圖象可得:C2=2.5 N·s2/m2 在水平方向上,動(dòng)力和阻力平衡:F=F2 又F2=C2v
23、 解得:F=750 N。 (2)由題意知空氣升力F1′與豎直方向夾角為θ,在豎直方向所受合力為零,有:mg=C1vcosθ 水平方向合力提供向心力,有:C1vsinθ=m 聯(lián)立解得:r=30 m;v2=15 m/s。 25.(2019·山東青島二模)(20分)如圖為一除塵裝置的截面圖,塑料平板M、N的長(zhǎng)度及它們間的距離均為d。大量均勻分布的帶電塵埃以相同的速度v0進(jìn)入兩板間,速度方向與板平行,每顆塵埃的質(zhì)量均為m,帶電量均為-q。當(dāng)兩板間同時(shí)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和垂直板向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí),塵埃恰好勻速穿過(guò)兩板間;若撤去板間電場(chǎng),并保持板間磁場(chǎng)不變,塵埃恰好全部被平板吸附,即除塵效
24、率為100%;若撤去兩板間電場(chǎng)和磁場(chǎng),建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,y軸垂直于板并緊靠板右端,x軸與兩板中軸線共線,要把塵埃全部收集到位于P(2d,-1.5d)處的條狀容器中,需在y軸右側(cè)加一垂直于紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。塵埃顆粒重力、顆粒間作用及對(duì)板間電場(chǎng)和磁場(chǎng)的影響均不計(jì),求: (1)兩板間磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小; (2)若撤去板間磁場(chǎng),保持板間勻強(qiáng)電場(chǎng)不變,除塵效率為多少; (3)y軸右側(cè)所加圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B2大小的取值范圍。 答案 (1) (2)50% (3)≤B2≤ 解析 (1)沿N極板射入的塵埃恰好不從極板射出時(shí)塵埃的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,
25、由幾何知識(shí)可知,塵埃在磁場(chǎng)中的軌跡半徑:r=d, 塵埃在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力, 由牛頓第二定律得:qv0B1=, 解得:B1=。 (2)電場(chǎng)、磁場(chǎng)同時(shí)存在時(shí),塵埃做勻速直線運(yùn)動(dòng),滿足:qE=qv0B1, 撤去磁場(chǎng)以后粒子在電場(chǎng)力作用下做類平拋運(yùn)動(dòng),假設(shè)與N極板相距為y的粒子恰好離開(kāi)電場(chǎng): 水平方向:d=v0t, 豎直方向:y=at2, 加速度:a= 解得:y=0.5d 當(dāng)y>0.5d時(shí),水平位移x>d,即與y極板相距為0.5d到d這段距離的粒子會(huì)射出電場(chǎng), 則除塵效率為:×100%=50%。 (3)設(shè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑為R0,塵埃顆粒在圓形磁場(chǎng)中做圓
26、周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2,要把塵埃全部收集到位于P處的條狀容器中,就必須滿足R2=R0, 另qv0B2=m 如圖1,當(dāng)圓形磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)P點(diǎn)且與M板的延長(zhǎng)線相切時(shí),圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R0最小,磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最大,有R0小=d 解得:B2大= 如圖2,當(dāng)圓形磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)P點(diǎn)且與y軸在M板的右端相切時(shí),圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R0最大,磁感應(yīng)強(qiáng)度B2最小,有R0大=2d 解得:B2?。? 所以圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小須滿足的條件為≤B2≤。 (二)選考題:共15分。請(qǐng)考生從2道題中任選一題作答。如果多做,則按所做的第一題計(jì)分。 33.[物理——選修3-3](15分) (1)(5分)下
27、列說(shuō)法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分,選對(duì)2個(gè)得4分,選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分,最低得分為0分) A.當(dāng)分子之間表現(xiàn)為斥力時(shí),分子間距離越小,分子勢(shì)能越大 B.物體的溫度升高,分子的熱運(yùn)動(dòng)加劇,每個(gè)分子的動(dòng)能都增大 C.外界對(duì)封閉氣體做功,氣體的溫度可能降低 D.從單一熱源吸收熱量,不可能使之完全變成功 E.氣體向真空自由膨脹的過(guò)程是不可逆過(guò)程 (2)(10分)如圖所示,某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)壓力送水裝置,由A、B、C三部分組成,A為打氣筒,B為壓力儲(chǔ)水容器,導(dǎo)熱良好,C為細(xì)管,通過(guò)細(xì)管把水送到h=5 m高處,細(xì)管的容積忽略不計(jì)。k1和k2是單向密閉閥
28、門,k3是放水閥門,打氣筒活塞和筒壁間不漏氣,其容積為V0=0.5 L,儲(chǔ)水器總?cè)莘e為10 L,開(kāi)始儲(chǔ)水器內(nèi)有V1=4 L的氣體,氣體壓強(qiáng)為p0。已知大氣壓強(qiáng)為p0=1.0×105 Pa,水的密度為ρ=1.0×103 kg/m3,求: ①打氣筒第一次打氣后儲(chǔ)水器內(nèi)的壓強(qiáng); ②通過(guò)打氣筒給儲(chǔ)水器打氣,打氣結(jié)束后打開(kāi)閥門k3,水全部流到5 m高處,求打氣筒至少打氣多少次。 答案 (1)ACE (2)①1.125×105 Pa?、?2次 解析 (1)當(dāng)分子之間表現(xiàn)為斥力時(shí),分子間距離減小,斥力做負(fù)功,分子勢(shì)能增大,故A正確;物體的溫度升高,分子的熱運(yùn)動(dòng)加劇,分子平均動(dòng)能增大,但不是每個(gè)分
29、子的動(dòng)能都增大,有個(gè)別分子動(dòng)能也可能減小,故B錯(cuò)誤;外界對(duì)封閉氣體做功時(shí),氣體可能向外界放出熱量,如果放出的熱量大于所做的功,氣體內(nèi)能會(huì)減小,溫度會(huì)降低,故C正確;從單一熱源吸收熱量,如果有外界參與時(shí),是可以使之完全變成功,故D錯(cuò)誤;熱現(xiàn)象具有方向性,氣體向真空自由膨脹的過(guò)程就是一種不可逆過(guò)程,沒(méi)有外界的參與氣體是不可能自動(dòng)收縮回去的,故E正確。 (2)①取打氣筒內(nèi)氣體和儲(chǔ)水器內(nèi)氣體為研究對(duì)象,發(fā)生等溫變化 則:p0(V1+V0)=p1V1 解得:p1=1.125×105 Pa; ②設(shè)儲(chǔ)水器內(nèi)水即將完全排出前氣體的壓強(qiáng)為p2,則: p2=p0+ρgh 氣體體積為:V2=10 L
30、設(shè)需要打氣筒打n次,以n次所打氣體和儲(chǔ)水器內(nèi)開(kāi)始的氣體為研究對(duì)象,根據(jù)等溫變化有: p0(V1+nV0)=p2V2 解得:n=22。 34.[物理——選修3-4](15分) (1)(2019·湖南衡陽(yáng)二模)(5分)以下物理學(xué)知識(shí)的相關(guān)敘述中,正確的是________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分,選對(duì)2個(gè)得4分,選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分,最低得分為0分) A.交警通過(guò)發(fā)射超聲波測(cè)量車速是利用了波的多普勒效應(yīng) B.用透明的標(biāo)準(zhǔn)樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的偏振 C.通過(guò)手指間的縫隙觀察日光燈,可以看到彩色條紋,說(shuō)明光具有波動(dòng)性 D.紅外線的顯著作用是熱作用,
31、溫度較低的物體不能輻射紅外線 E.在“用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中,為了減小測(cè)量單擺周期的誤差,應(yīng)選小球運(yùn)動(dòng)中的最低點(diǎn)為計(jì)時(shí)起點(diǎn),測(cè)其n次全振動(dòng)的時(shí)間 (2)(10分)如圖所示是橫截面為圓周的柱狀玻璃棱鏡AOB,現(xiàn)有一束單色光垂直于OA面從AB弧的中點(diǎn)射入時(shí)恰好發(fā)生全反射現(xiàn)象,現(xiàn)將入射光線向下平移一段距離,經(jīng)AB面折射后與OB延長(zhǎng)線相交于P點(diǎn),已知玻璃磚半徑R=5 cm,P到O的距離d2=5(+1) cm,求平移后的光線到OB的距離d。 答案 (1)ACE (2)2.5 cm 解析 (1)交警通過(guò)發(fā)射超聲波測(cè)量車速是利用了波的多普勒效應(yīng),從汽車上反射回的超聲波的頻率發(fā)生了變化,故A
32、正確;用透明的標(biāo)準(zhǔn)樣板和單色光檢查平面的平整度是利用了光的干涉,故B錯(cuò)誤;通過(guò)手指間的縫隙觀察日光燈,可以看到彩色條紋,是光的衍射,說(shuō)明光具有波動(dòng)性,故C正確;紅外線的顯著作用是熱作用,溫度較低的物體也能輻射紅外線,故D錯(cuò)誤;在“用單擺測(cè)重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中,為了減小測(cè)量單擺周期的誤差:①應(yīng)選小球運(yùn)動(dòng)中的最低點(diǎn)為計(jì)時(shí)起點(diǎn),因?yàn)樽畹忘c(diǎn)速度最大,計(jì)時(shí)誤差小;②測(cè)其n次全振動(dòng)的時(shí)間求平均值,故E正確。 (2)根據(jù)題意可知,當(dāng)單色光由玻璃射向空氣時(shí),發(fā)生全反射的臨界角C=45°, 根據(jù)sinC=,解得n= 光路圖如圖所示: 由折射定律可得n== 在△ODP中,由正弦定理有: =, 所以= 聯(lián)立解得i=45°,γ=30° 則DE=ODsinγ=2.5 cm。 - 15 -
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