2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 刷題首選卷 綜合能力物理部分押題密卷（二）（含解析）

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1、部分押題密卷(二) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分110分，時(shí)間60分鐘。 第Ⅰ卷 一、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1～5題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求，全部答對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分) 1．(2019·成都三模)如圖為氫原子的能級(jí)圖。現(xiàn)有兩束光，a光由圖中躍遷①發(fā)出的光子組成，b光由圖中躍遷②發(fā)出的光子組成，已知a光照射x金屬時(shí)剛好能發(fā)生光電效應(yīng)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．x金屬的逸出功為2.86 eV B．a(chǎn)光的頻率大于b光的頻率 C．氫原子發(fā)生躍遷

2、①后，原子的能量將減小3.4 eV D．用b光照射x金屬，打出的光電子的最大初動(dòng)能為10.2 eV 答案　A 解析　a光子的能量值：Ea＝E5－E2＝[－0.54－(－3.40)] eV＝2.86 eV，a光照射x金屬時(shí)剛好能發(fā)生光電效應(yīng)，由0＝Ea－W可知，x金屬的逸出功為2.86 eV，故A正確；b光子的能量：Eb＝E2－E1＝[－3.4－(－13.6)] eV＝10.2 eV，由ε＝hν可知，a光子的能量值小，則a光子的頻率小，故B錯(cuò)誤；氫原子輻射出a光子后，氫原子的能量減小了Ea＝2.86 eV，故C錯(cuò)誤；用b光照射x金屬，打出的光電子的最大初動(dòng)能為：Ekm＝Eb－W＝(10.2

3、－2.86) eV＝7.34 eV，故D錯(cuò)誤。 2．(2019·河北高三上學(xué)期省級(jí)示范高中聯(lián)考)甲、乙兩物體沿同一直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移—時(shí)間圖象如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．0～6 s內(nèi)甲物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng) B．0～6 s內(nèi)乙物體的速度逐漸減小 C．0～5 s內(nèi)兩物體的平均速度相等 D．0～6 s內(nèi)存在某時(shí)刻兩物體的速度大小相等 答案　D 解析　x-t圖象為直線表示物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；x-t圖象的斜率表示速度，由乙物體的x-t圖象可知，圖象的斜率逐漸增大，即乙物體的速度逐漸增大，故B錯(cuò)誤；0～5 s甲的位移為5 m，平均速度為甲＝1 m/s，乙的位移

4、為－3 m，平均速度為乙＝－ m/s，故C錯(cuò)誤；x-t圖象的斜率表示速度，由甲、乙兩物體的圖象可知，在0～6 s內(nèi)存在某時(shí)刻兩圖線的斜率的絕對(duì)值大小相等，即存在某時(shí)刻兩物體的速度大小相等，故D正確。 3．(2019·河南省鄭州市一模)甲、乙兩個(gè)同學(xué)打乒乓球，某次動(dòng)作中，甲同學(xué)持拍的拍面與水平方向成45°角，乙同學(xué)持拍的拍面與水平方向成30°角，如圖所示。設(shè)乒乓球擊打拍面時(shí)速度方向與拍面垂直，且乒乓球每次擊打球拍前、后的速度大小相等，不計(jì)空氣阻力，則乒乓球擊打甲的球拍的速度v1與乒乓球擊打乙的球拍的速度v2之比為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由題可知，乒乓球

5、在甲、乙的拍面之間做斜拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，乒乓球在水平方向的分速度大小保持不變，由于乒乓球擊打拍面時(shí)速度與拍面垂直，則在甲處：vx＝v1sin45°，在乙處：vx＝v2sin30°，所以＝＝，故C正確。 4．(2019·湖北八校聯(lián)合二模)質(zhì)量為2 kg的物體在粗糙的水平地面上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)的速度為10 m/s時(shí)，給物體施加一個(gè)水平恒力，在此恒力的作用下物體做直線運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間的變化如圖所示，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(g取10 m/s2)(　　) A．恒力的大小為6 N B．前4 s內(nèi)摩擦產(chǎn)生的熱量為48 J C．前6 s內(nèi)合外力的沖量大小為24 N·s D．物體與地面間

6、的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2 答案　C 解析　由圖可知，0～2 s，物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，2～6 s物體反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，可知恒力與初速度方向相反。根據(jù)牛頓第二定律：F＋f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2，而a1＝5m/s2，a2＝1 m/s2，聯(lián)立解得：F＝6 N，f＝4 N，故A正確； 0～2 s內(nèi)，物體的位移大小x1＝×10×2 m＝10 m；2～4 s內(nèi)，物體的位移大小為x2＝×2×2 m＝2 m，則前4 s內(nèi)摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝f(x1＋x2)＝4×(10＋2) J＝48 J，故B正確；根據(jù)動(dòng)量定理，合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，前6 s內(nèi)合外力的沖量大小為I＝－mv2－mv1＝－2×4 N·s－

7、2×10 N·s＝－28 N·s，大小為28 N·s，故C錯(cuò)誤；由f＝μmg得，μ＝0.2，故D正確。 5．(2019·河南濮陽(yáng)三模)水平力F方向確定，大小隨時(shí)間的變化如圖甲所示。用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開(kāi)始逐漸增大的過(guò)程中，物塊的加速度a隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示。重力加速度大小為10 m/s2。則在0～4 s時(shí)間內(nèi)，合外力對(duì)小物塊做的功為(　　) A．24 J B．12 J C．8 J D．6 J 答案　A 解析　根據(jù)F-t圖象和a-t圖象可知，t1＝2 s時(shí)，F(xiàn)1＝6 N，a1＝1 m/s2，t2＝4 s時(shí)，F(xiàn)2＝12 N，a2＝3 m/s2，根據(jù)牛頓

8、第二定律可得：F1－μmg＝ma1，F(xiàn)2－μmg＝ma2，解得小物塊的質(zhì)量和動(dòng)摩擦因數(shù)分別為：m＝3 kg，μ＝0.1，由圖象可知，0～2 s時(shí)間內(nèi)，物塊靜止，在2～4 s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理有(t2－t1)－μmg(t2－t1)＝mv，解得v＝4 m/s，根據(jù)功能關(guān)系，可得W＝mv2＝24 J，故A正確。 6．(2019·湖南長(zhǎng)沙四縣市3月調(diào)研)如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，比荷相同的兩個(gè)粒子沿AB方向自A點(diǎn)射入磁場(chǎng)，分別從AC邊上的P、Q兩點(diǎn)射出，則(　　) A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng) D．兩粒子在磁

9、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一樣長(zhǎng) 答案　BD 解析　如圖，兩粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分別從P點(diǎn)和Q點(diǎn)射出； 由圖知，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑RP＜RQ，由粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝，知粒子運(yùn)動(dòng)速度vP＜vQ，故A錯(cuò)誤，B正確；粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系(圖示弦切角相等)，兩粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的圓心角相等，根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t＝T，粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝，兩粒子的比荷相同，周期相等，則可知兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，故C錯(cuò)誤，D正確。 7．(2019·安徽教研會(huì)高三第二次聯(lián)考)如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的勻質(zhì)圓盤(pán)，盤(pán)面與水平面的夾角為30°，盤(pán)面上離轉(zhuǎn)軸距離

10、L處有小物體與圓盤(pán)保持相對(duì)靜止，繞垂直于盤(pán)面的固定對(duì)稱(chēng)軸以恒定角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω時(shí)，小物塊剛要滑動(dòng)，物體與盤(pán)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，該星球的半徑為R，引力常量為G，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．這個(gè)行星的質(zhì)量M＝ B．這個(gè)行星的第一宇宙速度v1＝2ω C．這個(gè)行星的同步衛(wèi)星的周期是 D．離行星表面距離為R的地方的重力加速度為4ω2L 答案　AB 解析　物體在圓盤(pán)上受到重力、圓盤(pán)的支持力和摩擦力，合力提供向心加速度，可知當(dāng)物體隨圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)到最低點(diǎn)，小物塊剛要滑動(dòng)，所受的靜摩擦力沿斜面向上達(dá)到最大，此時(shí)圓盤(pán)的角速度最大，由牛頓第二定律得μmgcos3

11、0°－mgsin30°＝mω2L，所以g＝＝4ω2L，該行星表面的物體受到的萬(wàn)有引力為＝mg，所以M＝＝，A正確；第一宇宙速度即為衛(wèi)星繞行星表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度，有mg＝，故這個(gè)行星的第一宇宙速度v1＝＝2ω，B正確；因?yàn)椴恢劳叫l(wèi)星距行星表面的高度，所以不能求出同步衛(wèi)星的周期，C錯(cuò)誤；離行星表面距離為R的質(zhì)量為m的衛(wèi)星受到的萬(wàn)有引力F＝＝＝mg＝mω2L，即該地方的重力加速度為ω2L，D錯(cuò)誤。 8．(2019·成都七中二診)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個(gè)半徑為R的絕緣圓環(huán)，有兩個(gè)可視為點(diǎn)電荷的相同的帶負(fù)電的小球A和B套在圓環(huán)上，其中小球A可沿圓環(huán)無(wú)摩擦地滑動(dòng)，小球B固定在圓環(huán)上和圓心

12、O的連線與水平方向的夾角為45°。現(xiàn)將小球A從水平位置的左端由靜止釋放，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．小球A從釋放到運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過(guò)程中，電勢(shì)能始終保持不變 B．小球A可以恰好運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的水平直徑右端P點(diǎn) C．小球A運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過(guò)程中，速率先增大后減小 D．小球到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)Q時(shí)的速度大小為 答案　CD 解析　開(kāi)始時(shí)小球A與B之間的距離小于環(huán)的直徑，而小球A與B之間的最大距離等于環(huán)的直徑；由于兩個(gè)小球都帶負(fù)電，所以二者之間的距離增大時(shí)，庫(kù)侖力做正功，電勢(shì)能減小；當(dāng)二者之間的距離減小時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，即小球A從釋放到運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過(guò)程中，電勢(shì)能

13、先減小后增大，故A錯(cuò)誤；當(dāng)B球不存在時(shí)，由于機(jī)械能守恒定律可得，A球能夠運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，但是當(dāng)有B球后，A、B兩球靠近時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功，一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能，故A球不可能運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；小球A從釋放到運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過(guò)程中，必存在一點(diǎn)，在該點(diǎn)重力沿運(yùn)動(dòng)方向的力與庫(kù)侖力沿運(yùn)動(dòng)反方向的力大小相等，在此點(diǎn)前小球A速率增大，在此點(diǎn)后小球A速率減小，故C正確；由圖可知A、Q兩點(diǎn)與B球的距離相等，即φA＝φQ，所以小球在A點(diǎn)的電勢(shì)能與在Q點(diǎn)的電勢(shì)能是相等的，小球從A到Q的過(guò)程中增加的動(dòng)能等于小球減少的重力勢(shì)能，即mgR＝mv2，得v＝，故D正確。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分

14、，共62分。第9～12題為必考題，考生都必須作答。第13～14題為選考題，考生根據(jù)要求作答) (一)必考題(共47分) 9．(2019·廣東陸豐市甲子中學(xué)高三上學(xué)期期末)(6分)如圖1所示為實(shí)驗(yàn)室常用的力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置。 (1)關(guān)于該裝置，下列說(shuō)法正確的是________。 A．利用該裝置做研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要平衡小車(chē)和木板間的摩擦力 B．利用該裝置探究小車(chē)的加速度與質(zhì)量關(guān)系時(shí)，每次改變小車(chē)的質(zhì)量后必須重新平衡小車(chē)與木板間的摩擦力 C．利用該裝置探究功與速度變化關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)，可以將木板帶有打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的一端適當(dāng)墊高，目的是消除摩擦力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響 D．將小車(chē)換成滑塊，可以利

15、用該裝置測(cè)定滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，且不需要滿足滑塊的質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量 (2)某學(xué)生使用該裝置做“研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)”的實(shí)驗(yàn)時(shí)，得到一條點(diǎn)跡清晰的紙帶如圖2所示，已知圖中所標(biāo)的相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間還有四個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，計(jì)時(shí)器所用交流電周期為T(mén)，則利用此紙帶得到小車(chē)的加速度的表達(dá)式為_(kāi)_____________。(用x2、x5、T來(lái)表示) 答案　(1)CD　(2)a＝ 解析　(1)利用該裝置做研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)時(shí)，只需要根據(jù)打出的紙帶上的數(shù)據(jù)，使用逐差法求加速度即可，不需要分析小車(chē)的受力，不需要平衡小車(chē)和木板間的摩擦力，A錯(cuò)誤；利用該裝置探究小車(chē)的加速度與質(zhì)量關(guān)系時(shí)，每次改變小車(chē)

16、的質(zhì)量后不需要重新平衡小車(chē)與木板間的摩擦力，B錯(cuò)誤；利用該裝置探究功與速度變化關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)，要消除摩擦力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，使繩的拉力為小車(chē)所受的合外力，需要平衡摩擦力，C正確；將小車(chē)換成滑塊，可以利用該裝置測(cè)定滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，不需要滿足滑塊的質(zhì)量遠(yuǎn)大于鉤碼的質(zhì)量，D正確。 (2)由題給條件知，兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔t＝5T，依據(jù)Δx＝at2得：x5－x2＝3at2，則a＝。 10．(2019·陜西咸陽(yáng)三模)(9分)熱敏電阻包括正溫度系數(shù)電阻器(PTC)和負(fù)溫度系數(shù)電阻器(NTC)。正溫度系數(shù)電阻器(PTC)在溫度升高時(shí)電阻值增大，負(fù)溫度系數(shù)電阻器(NTC)在溫度升高時(shí)電阻值減小，熱敏電

17、阻的這種特性，常常應(yīng)用在控制電路中，某實(shí)驗(yàn)小組選用下列器材探究通過(guò)熱敏電阻Rx(常溫下阻值約為10.0 Ω)的電流隨其兩端電壓變化的特點(diǎn)。 A．電流表A1(量程100 mA，內(nèi)阻約1 Ω) B．電流表A2(量程0.6 A，內(nèi)阻約0.3 Ω) C．電壓表V1(量程3.0 V，內(nèi)阻約3 kΩ) D．電壓表V2(量程15.0 V，內(nèi)阻約10 kΩ) E．滑動(dòng)變阻器R(最大阻值為10 Ω) F．滑動(dòng)變阻器R′(最大阻值為500 Ω) G．電源E(電動(dòng)勢(shì)15 V，內(nèi)阻忽略) H．開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干 (1)實(shí)驗(yàn)中改變滑動(dòng)變阻器滑片的位置，使加在熱敏電阻兩端的電壓從零開(kāi)始逐漸增大，請(qǐng)?jiān)谒峁┑?/p>

18、器材中選擇必需的器材，應(yīng)選擇的器材為：電流表________；電壓表________；滑動(dòng)變阻器________。(只需填寫(xiě)器材前面的字母即可) (2)請(qǐng)?jiān)谒峁┑钠鞑闹羞x擇必需的器材，在如圖1虛線框內(nèi)畫(huà)出該小組設(shè)計(jì)的電路圖。 (3)該小組測(cè)出熱敏電阻R1的U-I圖線如圖2曲線Ⅰ所示，請(qǐng)分析說(shuō)明該熱敏電阻是________(填“PTC”或“NTC”)熱敏電阻。 (4)該小組又通過(guò)查閱資料得出了熱敏電阻R2的U-I圖線如圖2曲線Ⅱ所示。然后又將熱敏電阻R1、R2與某電池組連成電路如圖3所示。撥動(dòng)單刀雙擲開(kāi)關(guān)，測(cè)得通過(guò)R1和R2的電流分別為0.30 A和0.60 A，則該電池組的電動(dòng)勢(shì)為

19、________ V，內(nèi)阻為_(kāi)_______ Ω。(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字) 答案　(1)B　D　E　(2)圖見(jiàn)解析　(3)PTC (4)10.0(9.60～10.4均可)　6.67(6.00～8.00均可) 解析　(1)熱敏電阻兩端電壓從零開(kāi)始逐漸增大，滑動(dòng)變阻器采用的是分壓接法，故滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇總阻值較小的R，電源電壓為15 V，故電壓表應(yīng)選擇V2，通過(guò)估算可知電流表應(yīng)選擇A2。 (2)加在熱敏電阻兩端的電壓從零開(kāi)始逐漸增大，滑動(dòng)變阻器應(yīng)采用分壓接法，由于熱敏電阻的阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，所以電流表應(yīng)用外接法，電路圖如圖所示。 (3)由圖2曲線Ⅰ所示圖線可知，隨電壓增大，電流

20、增大，熱敏電阻的實(shí)際功率增大，溫度升高，電壓與電流比值增大，電阻的阻值增大，即隨著溫度升高，該熱敏電阻的阻值增大，該電阻是正溫度系數(shù)(PTC)熱敏電阻。 (4)在閉合電路中，電源電動(dòng)勢(shì)：E＝U＋I(xiàn)r，由圖2曲線Ⅱ所示可知，當(dāng)R1接入電路中時(shí)，電路中的電流為0.3 A，電阻R1兩端電壓為8 V；當(dāng)R2接入電路中時(shí)，電路中的電流為0.6 A，電阻R2兩端電壓為6.0 V，則有：E＝8＋0.3r，E＝6＋0.6r，解得：E＝10.0 V，r≈6.67 Ω。 11．(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

21、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，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)

22、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 解得：F＝750 N。 (2)由題意知空氣升力F1′與豎直方向夾角為θ，飛行器和飛行員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：C

23、1vsinθ＝m 聯(lián)立解得：r＝30 m；v2＝15 m/s。 12．(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MN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，－1.5

24、d)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??； (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)撤去板間電場(chǎng)，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，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， 由幾何知識(shí)可知，塵埃在磁場(chǎng)中的半徑：r＝d， 由牛頓第二定律得：qv0B1＝， 解得：B1＝。

25、 (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(lèi)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N極板相距為0.5d到d這段距離射入的粒子會(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，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B2＝m。 如圖1，當(dāng)圓形磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)P點(diǎn)且與

26、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，此時(shí)有R0?。絛， 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，此時(shí)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)考生從兩道物理題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。 13．[物理——選修3－3](15分) (1)(2018·深圳中學(xué)高三診斷測(cè)試)(5分)關(guān)于下列四幅圖中所涉及物理知識(shí)的論述中，不正確的是________(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)

27、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．A圖中，由兩分子間作用力隨距離變化的關(guān)系圖線可知，當(dāng)兩個(gè)相鄰的分子間距離為r0時(shí)，它們間相互作用的引力和斥力均為零 B．B圖中，由一定質(zhì)量的氧氣分子分別在不同溫度下速率分布情況，可知溫度T1

28、10分)如圖所示，粗細(xì)均勻的U形管左端封閉右端開(kāi)口，一段空氣柱將水銀分為A、B兩部分，水銀柱A的長(zhǎng)度h1＝25 cm，位于封閉端的頂部，B部分位于U形管的底部。右管內(nèi)有一輕活塞，活塞與管壁之間的摩擦不計(jì)?；钊杂伸o止時(shí)，玻璃管右側(cè)空氣柱的長(zhǎng)度L＝39 cm，左側(cè)空氣柱的長(zhǎng)度L0＝12.5 cm，B部分水銀兩液面的高度差h2＝45 cm，外界大氣壓強(qiáng)p0＝75 cmHg，把兩段空氣柱視為理想氣體。保持溫度不變，將活塞緩慢上提，當(dāng)A部分的水銀柱恰好對(duì)U形管的頂部沒(méi)有壓力時(shí)，求： ①左側(cè)空氣柱的長(zhǎng)度； ②活塞移動(dòng)的距離。 答案　(1)ADE　(2)①15 cm?、?.5 cm 解析　(1

29、)A圖中，由兩分子間作用力隨距離變化的關(guān)系圖線可知，當(dāng)兩個(gè)相鄰的分子間距離為r0時(shí)，它們間相互作用的引力和斥力相等，分子力表現(xiàn)為零，A錯(cuò)誤；B圖中，由一定質(zhì)量的氧氣分子分別在不同溫度下速率分布情況可知，T1溫度下對(duì)應(yīng)的低速率的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比較大，可知溫度T1

30、對(duì)氣體做功，內(nèi)能增加，E錯(cuò)誤。此題要求選擇不正確的，故選A、D、E。 (2)①設(shè)玻璃管的橫截面積為S，對(duì)左側(cè)被封閉氣體： 初態(tài)：p1＝(75－45) cmHg＝30 cmHg，V1＝L0S 末態(tài)：p2＝25 cmHg，V2＝L2S 由玻意耳定律p1V1＝p2V2 得：L2＝15 cm。 ②對(duì)右側(cè)被封閉氣體： 初態(tài)：p1′＝75 cmHg，V1′＝LS 末態(tài)：p2′＝(25＋45－2×2.5) cmHg＝65 cmHg， V2′＝L2′S 由玻意耳定律p1′V1′＝p2′V2′ 得：L2′＝45 cm 由幾何關(guān)系可知，活塞上升的高度為 Δh＝L2′－L＋(L2－L0)＝

31、45 cm－39 cm＋(15 cm－12.5 cm)＝8.5 cm。 14．[物理——選修3－4](15分) (1)(2019·遼寧卓越名校聯(lián)盟二模)(5分)用雙縫干涉測(cè)光的波長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，其中光源為白熾燈泡，調(diào)整實(shí)驗(yàn)裝置使光屏上能觀察到清晰的干涉條紋。關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說(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．取下濾光片，光屏上將出現(xiàn)彩色的干涉條紋 B．若單縫向右平移一小段距離，光屏上相鄰兩條亮紋中心的距離增大 C．若將雙縫間的距離d增大，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小 D

32、．若將濾光片由紅色換成綠色，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小 E．測(cè)出n條亮條紋間的距離a，則相鄰兩條亮條紋中心的間距為Δx＝ (2)(2019·四川德陽(yáng)三診)(10分)一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波，在t＝0時(shí)刻的波形如圖實(shí)線所示，在t1＝0.2 s時(shí)刻的波形如圖虛線所示。 ①若波向x軸負(fù)方向傳播，求該波的最小波速； ②若波向x軸正方向傳播，且t1

33、向右平移一小段距離，雙縫到光屏的距離不變，根據(jù)Δx＝λ知，光屏上相鄰兩條亮紋中心的距離不變，故B錯(cuò)誤；根據(jù)Δx＝λ知，將雙縫的距離d增大，則光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小，故C正確；若將濾光片由紅色換成綠色，色光的波長(zhǎng)減小，根據(jù)Δx＝λ知，光屏上相鄰兩條暗紋中心的距離減小，故D正確；測(cè)出n條亮條紋間的距離a，則相鄰兩條亮條紋中心的間距為Δx＝，故E錯(cuò)誤。 (2)①當(dāng)波向x軸負(fù)方向傳播時(shí)，由波形圖可知該波的波長(zhǎng)為λ＝3 m 從t＝0 s到t1＝0.2 s過(guò)程，波向x軸負(fù)方向傳播的距離為Δx1＝λ(n＝0,1,2，…) 波傳播的波速為v＝ 解得v＝(15n＋10) m/s (n＝0,1,2，…) n＝0時(shí)波速最小，vmin＝10 m/s。 ②當(dāng)波向x軸正方向傳播時(shí)，由波形圖可知 t1＝T(n＝0,1,2，…)， 因t1