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（五）（含解析）

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1、部分押題密卷(五) 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1～4題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第5～8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·云南二模)某金屬發(fā)生光電效應(yīng)，光電子的最大初動(dòng)能Ek與入射光頻率ν之間的關(guān)系如圖所示。已知h為普朗克常量，e為電子電荷量的絕對(duì)值，結(jié)合圖象所給信息，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．入射光的頻率小于ν0也可能發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象 B．該金屬的逸出功隨入射光頻率的增大而

2、增大 C．若用頻率是2ν0的光照射該金屬，則遏止電壓為 D．遏止電壓與入射光的頻率無(wú)關(guān) 答案　C 解析　ν0為該金屬的截止頻率，入射光的頻率低于截止頻率不發(fā)生光電效應(yīng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)W0＝hν0可知，某種物質(zhì)的逸出功是定值，故B錯(cuò)誤；由愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程Ek＝hν－W0可知，當(dāng)ν＝ν0時(shí)，有Ek＝0，W0＝hν0，故當(dāng)入射光的頻率為2ν0時(shí)，光電子的最大初動(dòng)能為Ek＝2hν0－h(huán)ν0，又因?yàn)閑Uc＝Ek，所以此時(shí)遏止電壓Uc＝，故C正確；根據(jù)Uc＝可知，光的頻率改變時(shí)，遏止電壓也會(huì)改變，故D錯(cuò)誤。 2．(2019·貴陽(yáng)一模)一傘兵從懸停在空中的直升飛機(jī)上由靜止跳下，2 s時(shí)開(kāi)啟降落

3、傘，其跳傘過(guò)程中的v-t圖象如圖所示，根據(jù)圖象可知該傘兵(　　) A．在0～2 s內(nèi)做自由落體運(yùn)動(dòng) B．在2～6 s內(nèi)加速度方向先向上后向下 C．在0～14 s內(nèi)先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài) D．在0～24 s內(nèi)先勻加速再勻減速最終勻速直線運(yùn)動(dòng) 答案　C 解析　由v-t圖象可知，傘兵在0～2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，但加速度小于重力加速度，不是自由落體運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；v-t圖象的斜率表示加速度，則由圖可知，2～6 s內(nèi)傘兵先做加速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，故加速度方向先向下再向上，故B錯(cuò)誤；0～14 s內(nèi)傘兵先做加速運(yùn)動(dòng)，再做減速運(yùn)動(dòng)，即加速度方向先向下再向上，故傘兵先失重后超重，C正

4、確；v-t圖象的斜率表示加速度，則可知傘兵在0～24 s內(nèi)，2～14 s期間的加速度一直在發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。 3．(2019·吉林模擬)衛(wèi)星電話信號(hào)需要通過(guò)地球同步衛(wèi)星傳送。已知地球半徑為r，無(wú)線電信號(hào)傳播速度為c，月球繞地球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為60r，運(yùn)行周期為27天。在地面上用衛(wèi)星電話通話，從一方發(fā)出信號(hào)至對(duì)方接收到信號(hào)所需的最短時(shí)間為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有：＝mR，解得：R＝ ∝，已知月球和同步衛(wèi)星的周期之比為27∶1，則月球和同步衛(wèi)星的軌道半徑比為9∶1，因月球繞地球運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為60r，故同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，距地

5、面的高度為r，故在地面上用衛(wèi)星電話通話，從一方發(fā)出信號(hào)至對(duì)方接收到信號(hào)所需的最短時(shí)間為：t＝＝＝，故B正確。 4．(2019·遼寧凌源一模)生活中可以通過(guò)霍爾元件來(lái)測(cè)量轉(zhuǎn)動(dòng)物體的轉(zhuǎn)速。如圖a，在一個(gè)轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤邊緣處沿半徑方向均勻地放置四個(gè)小磁鐵，其中兩個(gè)N極向外，兩個(gè)S極向外。在圓盤邊緣附近放置一個(gè)霍爾元件，其尺寸如圖b所示。當(dāng)電路接通后，會(huì)在a、b兩端產(chǎn)生電勢(shì)差，經(jīng)電路放大后得到脈沖信號(hào)。已知脈沖信號(hào)的周期為T，若忽略感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的影響，則(　　) A．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的轉(zhuǎn)速為n＝ B．轉(zhuǎn)速越大，脈沖信號(hào)的最大值就越大 C．脈沖信號(hào)的最大值與h成正比 D．圓盤轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，如果a點(diǎn)電勢(shì)

6、高則霍爾元件中定向移動(dòng)的電荷帶負(fù)電 答案　D 解析　由于兩個(gè)N極向外，兩個(gè)S極向外，且交錯(cuò)分布，所以圓盤轉(zhuǎn)半周，脈沖信號(hào)經(jīng)歷一個(gè)整周期，故圓盤的轉(zhuǎn)速為n＝，A錯(cuò)誤；電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下處于平衡，霍爾元件的長(zhǎng)、寬、高分別為L(zhǎng)、d、h，有：q＝qvB，結(jié)合電流的微觀定義式：I＝n′ehLv，所以有：U＝＝，故脈沖信號(hào)的最大值與轉(zhuǎn)速n和h無(wú)關(guān)，B、C錯(cuò)誤；圓盤轉(zhuǎn)到圖示時(shí)，如果a點(diǎn)電勢(shì)高，則說(shuō)明上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，電流向里，則根據(jù)左手定則可知，只能是帶負(fù)電的電荷移動(dòng)到下板上，D正確。 5．(2019·陜西咸陽(yáng)三模)如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，

7、兩物塊的質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，當(dāng)A、B之間產(chǎn)生拉力且大于0.3 N時(shí)，A、B將會(huì)分離。t＝0時(shí)刻開(kāi)始對(duì)物塊A施加一水平推力F1，同時(shí)對(duì)物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。則下列關(guān)于A、B兩物塊受力及運(yùn)動(dòng)情況的分析，正確的是(　　) A．t＝2.0 s時(shí)刻A、B之間作用力大小為0.6 N B．t＝2.0 s時(shí)刻A、B之間作用力為零 C．t＝2.5 s時(shí)刻A對(duì)B的作用力方向向左 D．從t＝0時(shí)刻到A、B分離，它們運(yùn)動(dòng)的位移為5.4 m 答案　AD 解析　由題圖可得0～

8、4.0 s內(nèi)，F(xiàn)1＝－0.9t＋3.6，F(xiàn)2＝0.9t。分離之前A、B兩物塊共同運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a，以整體為研究對(duì)象，則有：a＝＝ m/s2＝1.2 m/s2，設(shè)t時(shí)刻A、B分離，分離時(shí)A、B間的拉力為f，由題知f＝0.3 N，對(duì)B，由牛頓第二定律，F(xiàn)2－f＝mBa，得F2＝f＋mBa＝(0.3＋2×1.2) N＝2.7 N，t＝＝ s＝3 s，根據(jù)位移公式s＝at2＝5.4 m，則D正確；當(dāng)t＝2.0 s時(shí)，A、B不分離，F(xiàn)2＝1.8 N，F(xiàn)2＋f2＝mBa，得f2＝mBa－F2＝0.6 N，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)t＝2.5 s時(shí)，A、B不分離，F(xiàn)2＝2.25 N，F(xiàn)2＋f2.5＝m2a，得f2

9、.5＝m2a－F2>0，則f2.5與F2方向一致，即水平向右，C錯(cuò)誤。 6．(2019·重慶模擬)如圖甲為某游樂(lè)園颶風(fēng)飛椅游玩項(xiàng)目，圖乙為颶風(fēng)飛椅結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖。其裝置由傘型轉(zhuǎn)盤A、中間圓柱B、底座C和軟繩懸掛飛椅D(可視為質(zhì)點(diǎn))組成，在與轉(zhuǎn)盤下表面軸心O距離為d的圓周上，用軟繩分布均勻地懸掛16座飛椅(圖乙中只畫(huà)兩座)，設(shè)A、B、C總質(zhì)量為M，單個(gè)飛椅與人的質(zhì)量之和均為m，懸掛飛椅D的繩長(zhǎng)均為L(zhǎng)，當(dāng)水平轉(zhuǎn)盤以角速度ω穩(wěn)定旋轉(zhuǎn)時(shí)，各軟繩與豎直方向成θ角。則下列判斷正確的是(　　) A．轉(zhuǎn)盤旋轉(zhuǎn)的角速度為 B．底座C對(duì)水平地面的壓力隨轉(zhuǎn)速的增加而減小 C．底座C對(duì)水平地面的壓力與轉(zhuǎn)速無(wú)關(guān)

10、，恒為Mg＋16mg D．軟繩與豎直方向夾角θ的大小與軟繩長(zhǎng)、轉(zhuǎn)速和乘客質(zhì)量均有關(guān) 答案　AC 解析　對(duì)飛椅與人組成的整體受力分析，由牛頓第二定律可得：mgtanθ＝mω2(d＋Lsinθ)，解得：ω＝ ，故A正確；對(duì)A、B、C及16座飛椅和飛椅上的人組成的整體受力分析，整體豎直方向受重力和地面支持力而平衡，由牛頓第三定律知，整體豎直方向?qū)Φ孛娴膲毫銥镸g＋16mg，B錯(cuò)誤，C正確；由A選項(xiàng)求得的表達(dá)式可知軟繩與豎直方向夾角θ的大小與軟繩長(zhǎng)、轉(zhuǎn)速有關(guān)，但與乘客質(zhì)量無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。 7．(2019·山東濰坊二模)如圖1所示，長(zhǎng)為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，板間左側(cè)中心位置O點(diǎn)有

11、一粒子源，能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0，電荷量為＋q，質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖2所示的交變電場(chǎng)，取豎直向下為正方向，不計(jì)粒子重力。以下判斷正確的是(　　) A．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為 B．射出粒子的最大動(dòng)能為mv C．t＝時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出 D．t＝時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O′點(diǎn)射出 答案　AD 解析　由圖2可知場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝，則粒子在電場(chǎng)中的加速度大小a＝＝，場(chǎng)強(qiáng)E的變化周期T＝，對(duì)t＝0時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在0～時(shí)間內(nèi)粒子在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)距離為ym＝a·2＝d>，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間滿足＝at，解得tmin＝，A正確；粒子在水平方向以v0

12、勻速運(yùn)動(dòng)，故能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為t＝，恰好等于場(chǎng)強(qiáng)E的變化周期的兩倍，由此可知，粒子在整個(gè)過(guò)程中豎直方向上的速度變化量為0，則射出電場(chǎng)的粒子豎直方向的速度均為0，射出的粒子的動(dòng)能均為mv，B錯(cuò)誤；t＝＝時(shí)刻進(jìn)入的粒子，沿電場(chǎng)方向先向下加速，因y＝a·2＝d>，即在t＝之前粒子已經(jīng)打在下極板上，不能從O′射出，C錯(cuò)誤；t＝＝時(shí)刻進(jìn)入的粒子，沿電場(chǎng)方向先向上加速，有y1＝a2＝，后向上減速，有y2＝y(tǒng)1＝，此時(shí)豎直方向速度恰好為零，且y＝y(tǒng)1＋y2＝，即剛好到達(dá)上極板，然后向下加速，再向下減速，豎直方向速度到零，如此反復(fù)，經(jīng)過(guò)2T時(shí)間，粒子最后從電場(chǎng)中射出時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度與位移

13、均為零，即粒子恰好從O′點(diǎn)射出，D正確。 8. (2019·陜西渭南二模)如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條平行金屬導(dǎo)軌與水平地面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從距水平地面高h(yuǎn)處由靜止釋放，導(dǎo)體棒能沿傾斜的導(dǎo)軌下滑，已知下滑過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g，下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直至地面的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為 B．導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直至地面的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－ C．導(dǎo)體棒釋放瞬間的加速度大小是gsinθ－μgcosθ

14、 D．如果增加導(dǎo)體棒質(zhì)量，則導(dǎo)體棒從釋放至滑到斜面底端的時(shí)間不變 答案　AC 解析　根據(jù)＝，＝，q＝Δt，聯(lián)立求得棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直至地面的過(guò)程中，通過(guò)R的電荷量q＝＝，A正確；設(shè)導(dǎo)體棒到達(dá)斜面底端時(shí)的速度為v0，由動(dòng)能定理得：mv＝mgh－μmgcosθ－W安，則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W安＝mgh－μmg－mv，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒釋放瞬間，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma，加速度a＝gsinθ－μgcosθ，C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒速度為v時(shí)，回路電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，I＝，F(xiàn)安＝BIL＝，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ－＝ma，a＝gsinθ－μgc

15、osθ－，所以當(dāng)導(dǎo)體棒質(zhì)量增大，速度相同時(shí)，加速度會(huì)變大，總位移不變，故時(shí)間會(huì)減小，D錯(cuò)誤。 第Ⅱ卷 二、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，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·東北三省三校二模)(5分)某同學(xué)要用頻閃照相的方法測(cè)量物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。把木板放在水平桌面上，一端抬高，測(cè)量出木板傾斜的角度θ。如圖所示為一小滑塊下滑過(guò)程的頻閃照片示意圖。已知頻閃相機(jī)每隔時(shí)間T閃光一次，x1、x2、x3、x4分別是滑塊在T時(shí)間內(nèi)下滑的距離，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。 (1)滑塊下滑過(guò)程中

16、的加速度大小的表達(dá)式a＝________________(用已知量和測(cè)量量表示)。 (2)滑塊下滑過(guò)程中經(jīng)位置4時(shí)速度大小v4＝________________(用已知量和測(cè)量量表示)。 (3)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝________________(用θ、a、g表示)。 答案　(1)　(2) (3)tanθ－ 解析　(1)滑塊下滑做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且x1、x2、x3、x4都是在T時(shí)間內(nèi)下滑的距離，因此滑塊的加速度可以用逐差法進(jìn)行計(jì)算，即a＝。 (2)滑塊經(jīng)過(guò)x3和x4所用的時(shí)間相等，由因滑塊做的是勻變速運(yùn)動(dòng)，因此滑塊在位置4的速度等于滑塊從位置3運(yùn)動(dòng)到位置5的平均速度，即

17、v4＝。 (3)滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知mgsinθ－μmgcosθ＝ma得μ＝tanθ－。 10．(2019·宣城二模)(10分)在測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)中，實(shí)驗(yàn)室提供了合適的實(shí)驗(yàn)器材。 (1)甲同學(xué)按電路圖a進(jìn)行測(cè)量實(shí)驗(yàn)，其中R2為保護(hù)電阻。 ①請(qǐng)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線在圖b中完成電路的連接； ②根據(jù)電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I，畫(huà)出U-I圖線如圖c所示，可得電源的電動(dòng)勢(shì)E＝________ V，內(nèi)電阻r＝________ Ω。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) (2)乙同學(xué)誤將測(cè)量電路連接成如圖d所示，其他操作正確，根據(jù)電壓表的讀數(shù)U和電流表的讀數(shù)I，畫(huà)出U-I圖

18、線如圖e所示，可得電源的電動(dòng)勢(shì)E＝_______ V，內(nèi)電阻r＝________ Ω。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 答案　(1)①圖見(jiàn)解析　②2.8　0.60　(2)3.0　0.50 解析　(1)①根據(jù)原理圖可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物圖，如圖所示； ②根據(jù)閉合電路歐姆定律可得：U＝E－Ir，則由數(shù)學(xué)規(guī)律可知電動(dòng)勢(shì)E＝2.8 V，內(nèi)電阻r＝＝ Ω＝0.60 Ω。 (2)由乙同學(xué)的電路接法可知，R1左右兩部分并聯(lián)后與R2串聯(lián)，則可知在滑片從一端向另一端移動(dòng)的過(guò)程中，滑動(dòng)變阻器接入回路的電阻先增大后減小，電路總電流先減小后增大，則路端電壓先增大后減小，所以出現(xiàn)圖e所示的圖象，由圖象可知當(dāng)電壓表示數(shù)

19、為2.5 V時(shí)，路端電壓最大，滑動(dòng)變阻器并聯(lián)的兩部分電阻相等，電流表示數(shù)為0.5 A，則電路總電流為I1＝1 A；而當(dāng)電壓為2.4 V時(shí)，電流分別對(duì)應(yīng)0.33 A和0.87 A，則說(shuō)明當(dāng)電壓為2.4 V時(shí)，電路總電流為I2＝0.33 A＋0.87 A＝1.2 A，則根據(jù)閉合電路歐姆定律可得2.5＝E－r,2.4＝E－1.2r，聯(lián)立解得電源的電動(dòng)勢(shì)E＝3.0 V，內(nèi)電阻r＝0.50 Ω。 11．(2019·云南昆明4月質(zhì)檢)(12分)科研人員乘熱氣球進(jìn)行科學(xué)考察，氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質(zhì)量為M＝200 kg。氣球在空中以v0＝0.1 m/s的速度勻速下降，距離水平地面高度h＝186

20、m時(shí)科研人員將質(zhì)量m＝20 kg的壓艙物豎直向下拋出，拋出后6 s壓艙物落地。不計(jì)空氣阻力，熱氣球所受浮力不變，重力加速度取g＝10 m/s2，求： (1)壓艙物剛被拋出時(shí)的速度大小； (2)壓艙物落地時(shí)熱氣球距離水平地面的高度。 答案　(1)1 m/s　(2)206 m 解析　設(shè)壓艙物拋出時(shí)的速度為v1，熱氣球的速度為v2。 (1)壓艙物拋出后做豎直下拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有： h＝v1t＋gt2 代入數(shù)據(jù)得：v1＝1 m/s。 (2)由熱氣球和壓艙物組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒有： Mv0＝mv1＋(M－m)v2 代入數(shù)據(jù)得：v2＝0 設(shè)熱氣球所受浮力為F，則氣體勻速下降可知：F

21、＝Mg 壓艙物拋出后，熱氣球向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)， 由牛頓第二定律有：F－(M－m)g＝(M－m)a 代入數(shù)據(jù)得：a＝ m/s2 則熱氣球6 s內(nèi)上升的高度為：h2＝at2 代入數(shù)據(jù)得：h2＝20 m， 則壓艙物落地時(shí)熱氣球距水平地面的高度 H＝h＋h2＝206 m。 12．(2019·廣東肇慶三模)(20分)如圖甲所示，兩平行金屬板接有如圖乙所示隨時(shí)間t變化的電壓U，兩板間電場(chǎng)可看做是均勻的，且兩金屬板外無(wú)電場(chǎng)，兩金屬板長(zhǎng)L＝0.2 m，兩板間距離d＝0.2 m。在金屬板右側(cè)邊界MN外的區(qū)域有一足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN與兩板中線OO′垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里?，F(xiàn)有

22、帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場(chǎng)中，已知每個(gè)粒子速度v0＝105 m/s，比荷＝108 C/kg，重力忽略不計(jì)，在每個(gè)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)可視作是恒定不變的。 (1)試求帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)的最大速度； (2)任意時(shí)刻從電場(chǎng)射出的帶電粒子，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)在MN上的入射點(diǎn)和在MN上出射點(diǎn)的距離是一確定的值s，試通過(guò)計(jì)算寫出s的表達(dá)式(用字母m、v0、q、B表示)。 答案　(1)×105 m/s，方向斜向右上方或斜向右下方，與初速度方向成45°夾角　(2)s＝ 解析　(1)偏轉(zhuǎn)電壓由0到100 V的變化中，粒子流可能都能射出電場(chǎng)，也可能只有部分粒子能射出電場(chǎng)。 設(shè)偏

23、轉(zhuǎn)電壓為U0時(shí)，粒子剛好能經(jīng)過(guò)極板的右邊緣射出， 在豎直方向，粒子做勻加速運(yùn)動(dòng)：d＝×t2， 在水平方向，粒子做勻速運(yùn)動(dòng)：L＝v0t， 代入數(shù)據(jù)解得：U0＝100 V， 由此可知，偏轉(zhuǎn)電壓為100 V時(shí)，粒子恰好能射出電場(chǎng)，且速度最大。 對(duì)粒子，由動(dòng)能定理得：＝mv－mv， 代入數(shù)據(jù)解得：vm＝×105 m/s 方向斜向右上方或斜向右下方，與初速度方向成45°夾角。 (2)設(shè)粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度方向與MN間夾角為θ。 粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度大小為：v＝， 粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力， 由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：r＝ 因此粒子射進(jìn)磁場(chǎng)點(diǎn)與射出磁場(chǎng)點(diǎn)間距

24、離為：s＝2rsinθ＝，m、v0、q、B都是常數(shù)，則距離s與粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行速度的大小無(wú)關(guān)，s為定值。 (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](共15分) (1)(2019·河南鄭州二模)(5分)一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b、c到狀態(tài)d，其體積V與熱力學(xué)溫度T的關(guān)系如圖所示，O、a、d三點(diǎn)在同一直線上，ab和cd平行于橫軸，bc平行于縱軸，則由狀態(tài)a變到狀態(tài)b的過(guò)程中，氣體________(填“吸收”或“放出”)熱量，氣體分子的平均動(dòng)能________(填“增大”“減小”或“不變”)；從狀態(tài)b到

25、c，氣體對(duì)外做功，內(nèi)能________(填“增大”“減小”或“不變”)；從狀態(tài)c到d，氣體密度________(填“增大”“減小”或“不變”)；從狀態(tài)a到d，氣體內(nèi)能________(填“增大”“減小”或“不變”)。 (2)(2019·山西太原市模擬) (10分)如圖所示，馬桶吸由皮吸和汽缸兩部分組成，下方半球形皮吸空間的容積為1000 cm3，上方汽缸的長(zhǎng)度為40 cm，橫截面積為50 cm2。小明在試用時(shí)，用手柄將皮吸壓在水平地面上，皮吸中氣體的壓強(qiáng)等于大氣壓。皮吸與地面及活塞與汽缸間密封完好不漏氣，不考慮皮吸與汽缸的形狀變化，環(huán)境溫度保持不變，汽缸內(nèi)薄活塞、連桿及手柄的質(zhì)量忽略不計(jì)

26、，已知大氣壓強(qiáng)p0＝1.0×105 Pa，g＝10 m/s2。 ①若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸頂部，當(dāng)活塞緩慢下壓到汽缸皮吸底部時(shí)，求皮吸中氣體的壓強(qiáng)； ②若初始狀態(tài)下活塞位于汽缸底部，小明用豎直向上的力將活塞緩慢向上提起20 cm高度保持靜止，求此時(shí)小明作用力的大小。 答案　(1)吸收　增大　不變　不變　增大 (2)①3×105 Pa　②250 N 解析　(1)由狀態(tài)a變到狀態(tài)b的過(guò)程中，氣體體積不變，則W＝0，溫度升高，則氣體內(nèi)能增大，即ΔU>0，根據(jù)ΔU＝W＋Q可知Q>0，即氣體吸收熱量，由狀態(tài)a變到狀態(tài)b的過(guò)程中，氣體的溫度升高，則氣體分子的平均動(dòng)能變大；從狀態(tài)b到c，氣體溫

27、度不變，氣體的內(nèi)能不變；從狀態(tài)c到d，氣體體積不變，則氣體的密度不變；從狀態(tài)a到狀態(tài)d氣體溫度升高，則氣體的內(nèi)能增大。 (2)①以汽缸和皮吸內(nèi)的氣體為研究對(duì)象，開(kāi)始時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)為p0， 體積V1＝1000 cm3＋40×50 cm3＝3000 cm3 當(dāng)活塞下壓到汽缸底部時(shí)，設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為p，體積為V2＝1000 cm3， 由玻意耳定律p0V1＝p2V2 解得：p2＝3p0＝3×105 Pa。 ②以皮吸內(nèi)的氣體為研究對(duì)象，開(kāi)始時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)為p0，體積為V2＝1000 cm3，活塞緩慢向上提起20 cm高度保持靜止時(shí)，設(shè)小明作用力的大小為F，封閉氣體的壓強(qiáng)為p3，體積為V

28、3＝1000 cm3＋20×50 cm3＝2000 cm3 由玻意耳定律有p0V2＝p3V3 F＋p3S＝p0S 解得：F＝250 N。 14．[物理——選修3－4](共15分) (1)(2019·江西九校重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體高三第一次聯(lián)考)(5分)甲、乙兩位同學(xué)利用假期分別在兩個(gè)地方做“用單擺測(cè)重力加速度的實(shí)驗(yàn)”，回來(lái)后共同繪制了T2-L圖象，如圖甲中A、B所示，此外甲同學(xué)還順便利用其實(shí)驗(yàn)的單擺探究了受迫振動(dòng)，并繪制了單擺的共振曲線，如圖乙所示，那么下列說(shuō)法中正確的是________(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)。

29、 A．單擺的固有周期由擺長(zhǎng)和所處環(huán)境的重力加速度共同決定 B．由圖甲分析可知A圖象所對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)地點(diǎn)重力加速度較大 C．若將單擺放入繞地球穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，則無(wú)法利用單擺測(cè)出飛船軌道處的引力加速度 D．由圖乙可知，甲同學(xué)探究受迫振動(dòng)的單擺擺長(zhǎng)為8 cm E．如果甲同學(xué)增大擺長(zhǎng)，他得到的共振曲線的峰值將向左移動(dòng) (2)(10分)如圖所示為一個(gè)半徑為R的透明介質(zhì)球體，M、N兩點(diǎn)關(guān)于球心O對(duì)稱，且與球心的距離均為2R。一細(xì)束單色光從M點(diǎn)射向透明介質(zhì)球體，穿過(guò)后到達(dá)N點(diǎn)，真空中的光速為c。 ①若介質(zhì)的折射率為n0，光線沿MON傳播到N點(diǎn)，光傳播的時(shí)間t為多少？ ②已知球面上的P點(diǎn)

30、到MN的距離為PA＝R，若光束從M點(diǎn)射向P點(diǎn)，經(jīng)過(guò)球體折射后傳播到N點(diǎn)，那么球體的折射率n等于多少？(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 答案　(1)ACE　(2)①(n0＋1)?、? 解析　(1)根據(jù)單擺的固有周期公式T＝2π ，L為擺長(zhǎng)，g為所處環(huán)境的重力加速度，故A正確；根據(jù)T＝2π 得：T2＝L，所以T2-L圖象的斜率k＝，圖甲中A圖象的斜率大于B圖象的斜率，故A圖象所對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)地點(diǎn)的重力加速度較小，B錯(cuò)誤；若將單擺放入繞地球穩(wěn)定飛行的宇宙飛船中，單擺處于完全失重狀態(tài)，所受重力全部用于提供圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力，不能在豎直平面內(nèi)來(lái)回?cái)[動(dòng)，則無(wú)法利用單擺測(cè)出飛船軌道處的引力加速

31、度，故C正確；由圖乙可知，當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率為0.5 Hz時(shí)，擺球發(fā)生共振，故系統(tǒng)的固有頻率為0.5 Hz，固有周期T0＝＝2 s，根據(jù)T＝2π ，解得擺長(zhǎng)L≈1 m，故D錯(cuò)誤；根據(jù)T＝2π ，若在同一地點(diǎn)增大擺長(zhǎng)，則單擺固有周期變大，固有頻率變小，則發(fā)生共振時(shí)的驅(qū)動(dòng)力頻率變小，共振峰向左移動(dòng)，故E正確。 (2)①光在介質(zhì)球外的傳播時(shí)間為t1＝ 光在介質(zhì)球中的傳播速度為v＝ 則光在介質(zhì)球中的傳播時(shí)間為t2＝ 光傳播的時(shí)間為t＝t1＋t2＝(n0＋1)。 ②光路圖如圖所示， 其中sinθ＝0.6，又β＝θ＋α 根據(jù)折射定律：sinβ＝nsinθ，所以n＝sinα＋cosα 又MA＝MO－AO＝2R－Rcosθ＝R MP＝＝R sinα＝＝，cosα＝＝ 解得：n＝。 - 14 -