（通用版）2020版高考物理二輪復(fù)習 小卷30分鐘提分練（六）（2計算+2選1）（含解析）

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1、小卷30分鐘提分練(2計算＋2選1)(六) 一、非選擇題(32分，考生按要求作答) 24. (12分)如圖，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強電場，場強大小為E、方向與圓所在的平面平行．PQ為圓的一條直徑，與場強方向的夾角θ＝60°.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從P點以某一初速度沿垂直于場強的方向射入電場，不計粒子重力． (1)若粒子能到達Q點，求粒子在P點的初速度大小v0； (2)若粒子在P點的初速度大小在0～v0之間連續(xù)可調(diào)，則粒子到達圓弧上哪個點電勢能變化最大？求出電勢能變化的最大值ΔE. 解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子從P點運動到Q點的時間為t，加速度

2、為a.有2Rsin θ＝v0t(2分) 2Rcos θ＝at2(2分) 由牛頓第二定律得qE＝ma(1分) 聯(lián)立解得v0＝(1分) (2)粒子到達圖中A點電勢能變化最大(2分) ΔEp＝－qEd(2分) d＝R＋Rcos θ(1分) 解得ΔEp＝－(1分) 答案：(1) 　(2)－ 25．(20分)如圖甲所示，一長度L＝1 m的平板車A在水平地面上，其上表面與斜坡底端的一段小圓弧水平相切，貨物從斜坡上靜止釋放，滑到斜坡底端后滑上A車．當貨物釋放位置到斜坡底端的距離s與貨物的質(zhì)量m滿足如圖乙所示的關(guān)系時，貨物滑上A車后恰好不從其右端滑出．已知斜坡的傾角θ＝37°，貨物與斜坡

3、之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5.貨物可視為質(zhì)點，車與地面間的摩擦忽略不計，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求貨物在斜坡上運動的加速度大小a； (2)求貨物與A車之間的動摩擦因數(shù)μ2以及A車的質(zhì)量M； (3)若在A車右端停有一輛與A車完全相同的B車，兩車接觸但不相連．質(zhì)量m＝10 kg的貨物從距斜坡底端s＝8 m處由靜止下滑，判斷該貨物能否從B車的右端滑出，并說明理由． 解析：(1)由牛頓第二定律得mgsin θ－f＝ma(2分) N＝mgcos θ(1分) 又f＝μ1N(1分) 聯(lián)立解得a＝2 m/s2(1分) (2)設(shè)

4、貨物滑到斜坡底端時的速度大小為v0，由運動學公式得v－0＝2as(1分) 設(shè)貨物滑到A車最右端時貨物與A車的共同速度為v，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v(2分) 由功能關(guān)系得μ2mgL＝mv－(M＋m)v2(2分) 解得s＝m＋(1分) 由圖乙可得s＝0.2m＋2(m)(1分) 解得μ2＝0.4，M＝10 kg(2分) (3)貨物會從B車右端滑出 設(shè)M′、L′分別為貨物恰好不滑出時對應(yīng)的車的質(zhì)量和長度，將s＝8 m、m＝10 kg代入s＝m＋可得L′＝(m)(3分) 假設(shè)M′＝10 kg時L′＝2 m，當M′>10 kg時L′>2 m，故會滑出．(3分) 答案：(1)2

5、 m/s2　(2)0.4　10 kg　(3)會滑出 二、選考題：共15分，請考生從2道物理題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分． 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)下列說法正確的是________． A．飽和蒸氣壓隨溫度的升高而增大 B．單晶體在某些物理性質(zhì)上具有各向異性 C．一定量的理想氣體從外界吸熱，其內(nèi)能一定增加 D．液體溫度越高，懸浮顆粒越小，布朗運動越劇烈 E．當分子之間作用力表現(xiàn)為斥力時，分子力隨分子間距離的增大而增大 (2)(10分)如圖所示，一豎直放置、粗細均勻且足夠長的U形玻璃管，右端通過橡膠管與放在水中導(dǎo)熱的球形容器連通

6、，球形容器連同橡膠管的容積為V0＝90 cm3，U形玻璃管中，被水銀柱封閉有一定質(zhì)量的理想氣體．當環(huán)境溫度為0 ℃時，U形玻璃管右側(cè)水銀面比左側(cè)水銀面高出h1＝16 cm，水銀柱上方空氣柱長h0＝20 cm，(已知大氣壓強p0＝76 cmHg，U形玻璃管的橫截面積為S＝0.5 cm2) (ⅰ)若對水緩慢加熱，應(yīng)加熱到多少攝氏度，兩邊水銀柱高度會在同一水平面上？ (ⅱ)保持加熱后的溫度不變，往左管中緩慢注入水銀，問注入水銀的高度多少時右管水銀面回到原來的位置？ 解析：(1)飽和蒸氣壓與溫度有關(guān)，且隨著溫度的升高而增大，故A正確；單晶體內(nèi)部分子結(jié)構(gòu)在空間排列規(guī)則，某些物理性質(zhì)具有各向異性，故

7、B正確；根據(jù)熱力學第一定律，做功和熱傳遞都可以改變內(nèi)能，所以氣體吸熱內(nèi)能不一定增加，故C錯誤；液體溫度越高，分子熱運動的平均動能越大，懸浮顆粒越小，慣性越小，碰撞的不平衡性越明顯，布朗運動越劇烈，故D正確；分子間的作用力表現(xiàn)為斥力時，分子力隨分子間距離的增大而減小，故E錯誤． (2)(ⅰ)初狀態(tài)壓強、體積、溫度分別為p1＝p0－16 cmHg＝60 cmHg，V1＝V0＋h0S，T1＝273 K，(2分) 末狀態(tài)壓強、體積、溫度分別為p2＝p0，V2＝V1＋S，T2＝(273＋t) K，(2分) 由理想氣體狀態(tài)方程有＝，代入數(shù)據(jù)得t＝86.63 ℃；(2分) (ⅱ)當往左管注入水銀后，

8、末狀態(tài)壓強為p，體積為V1＝V0＋h0S(1分) 由玻意耳定律得p2V2＝pV1，(1分) 解得p＝79.04 cmHg，則Δh＝79.04 cm－76 cm＝3.04 cm，(1分) 可知往左管注入水銀的高度為h＝h1＋Δh＝19.04 cm.(1分) 答案：(1)ABD　(2)(ⅰ)86.63 ℃　(ⅱ)19.04 cm 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)如圖所示為一列簡諧橫波在t1＝0.1 s時的波形圖，已知該簡諧橫波沿x軸的負方向傳播，A、B兩點為該簡諧波上平衡位置在xA＝1.0 m、xB＝1.2 m處的質(zhì)點．經(jīng)觀察可知A點通過的路程為振幅的10倍時所用

9、的時間為t＝0.5 s，則________． A．該簡諧橫波的傳播周期為0.2 s B．開始計時時，B質(zhì)點的運動方向向下 C．0～1.5 s內(nèi)，A、B點通過的路程均為24 cm D．t2＝0.58 s時刻，B質(zhì)點回到平衡位置且運動方向向上 E．t3＝0.73 s時刻，A質(zhì)點在x軸上方且運動方向向上 (2)(10分)如圖所示，等腰三角形ABC為某透明介質(zhì)的橫截面，O為BC的中點，位于截面所在平面內(nèi)的一束光線自O(shè)以角度i入射，第一次到達AB邊恰好發(fā)生全反射．已知θ＝15°，BC邊長為L，該介質(zhì)的折射率為.求： (ⅰ)入射角i； (ⅱ)光從入射到發(fā)生第一次全反射所用的時間(設(shè)

10、光在真空中的速度為c，可能用到：sin 75°＝或tan 15°＝2－)． 解析：(1)A點通過的路程為振幅的10倍時所用的時間應(yīng)為2T，即2T＝0.5 s，解得T＝0.2 s，A正確；由t1＝0.1 s時B質(zhì)點的振動方向向下，可知開始計時時，B質(zhì)點的運動方向向上，B錯誤；1.5 s為7周期，則兩質(zhì)點通過的路程均為振幅的30倍，即30×0.8 cm＝24 cm，C正確；0.58 s即波在題圖所示時刻向左又傳播0.48 s，考慮到周期性，此時波形圖與波又向左傳播0.08 s的波形圖相同，即波向左傳播λ＝0.8 m，即0.1 s時2.0 m處質(zhì)點的振動形式傳播到B點，即此時B質(zhì)點回到平衡位置且運

11、動方向向上，D正確；同理可知0.73 s時，質(zhì)點A位于x軸下方且向下振動，E錯誤． (2)根據(jù)題意可知光路圖如答圖所示 (ⅰ)根據(jù)全反射可知，光線在AB面上P點的入射角等于臨界角C，由折射定律得sin C＝(1分) 代入數(shù)據(jù)得C＝45°(1分) 設(shè)光線在BC面上的折射角為r，由幾何關(guān)系得r＝30°(1分) 由折射定律得n＝(1分) 聯(lián)立得i＝45°(1分) (ⅱ)在△OPB中，根據(jù)正弦定理得＝(2分) 設(shè)光從入射到發(fā)生第一次全反射所用時間為t，光在介質(zhì)中的速度為v，得＝vt，v＝(2分) 聯(lián)立解得t＝L(1分) 答案：(1)ACD　(2)(ⅰ)45°　(ⅱ) L - 5 -