2020高考物理通用版大二輪復(fù)習(xí)練習(xí)：“2+2”定時訓(xùn)練5-2018年

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)2018年(全國2卷)逐題仿真練題號24253334考點動量觀點和動力學(xué)方法的應(yīng)用帶電粒子在復(fù)合場中運動氣體內(nèi)能和氣體實驗定律機械波和光24(12分)(2019遼寧大連市第二次模擬)滑板運動是極限運動的鼻祖，很多極限運動都是由滑板運動延伸而來如圖1所示是一個滑板場地，OP段是光滑的eq f(1,4)圓弧軌道，半徑為0.8 mPQ段是足夠長的粗糙水平地面，滑板與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2.滑板手踩著滑板A從O點由靜止滑下，到達(dá)P點時，立即向前起跳滑板手離開滑板A后，滑

2、板A以速度v12 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前繼續(xù)滑動已知兩滑板質(zhì)量均為m5 kg，滑板手的質(zhì)量是滑板的9倍，滑板B與P點的距離為x1 m，g10 m/s2.(不考慮滑板的長度以及滑板手和滑板間的作用時間，不計空氣阻力)求：圖1(1)當(dāng)滑板手和滑板A到達(dá)圓弧軌道末端P點時滑板A對軌道的壓力；(2)滑板手落到滑板B后瞬間，滑板B的速度大小；(3)兩個滑板間的最終距離答案(1)1 500 N，豎直向下(2)4.2 m/s(3)4.41 m解析(1)滑板手與滑板A由O點下滑到P點過程，由機械能守恒：10mgReq f(1,2)10mv2，代入數(shù)據(jù)解得veq r(2gR)4 m

3、/s ，設(shè)在P點時滑板手與滑板A所受到的支持力為FN：由牛頓第二定律可得FN10mg10meq f(v2,R)代入數(shù)據(jù)解得：FN1 500 N，根據(jù)牛頓第三定律得F壓FN1 500 N，方向豎直向下；(2)滑板手跳離A板，滑板手與滑板A水平方向動量守恒10mvmv19mv2，代入數(shù)據(jù)解得：v2eq f(14,3) m/s，滑板手跳上B板，滑板手與滑板B水平方向動量守恒9mv210mv3，解得：v34.2 m/s；(3)滑板B的位移xBeq f(voal(,32),2g)4.41 m ，滑板A在弧面上滑行的過程中，機械能守恒，所以再次返回P點時的速度大小仍為v12 m/s，滑板A在水平地面上的位

4、移xAeq f(voal(,12),2g)1 m，最終兩滑板的間距為LxBxxA4.41 m.25(20分)(2019山西運城市5月適應(yīng)性測試)如圖2甲所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點建立坐標(biāo)系，等邊三角形OMN內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，三角形外側(cè)有沿x軸負(fù)方向的勻強電場現(xiàn)有質(zhì)量m11018 kg，電荷量q11015 C的帶電微粒從坐標(biāo)為(0，0.5 m)的Q點，以某一初速度v0沿某一方向入射，從x軸上的P點以v200 m/s的速度垂直x軸進(jìn)入三角形區(qū)域若此時將三角形外側(cè)的電場換成垂直紙面向外的勻強磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小相等已知三角形的邊長L4 m，O、P兩點間距離為d1 m，重力

5、不計求：圖2(1)勻強電場的電場強度大小及帶電微粒的初速度大小；(2)若兩磁場的磁感應(yīng)強度大小B0.2 T，求該微粒在乙圖中運動一個周期的時間；(3)乙圖中若微粒能再次回到P點，則兩勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小應(yīng)滿足什么條件答案(1)320 V/m200eq r(17) m/s(2)6.28102 s(3)B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)解析(1)在勻強電場中，對微粒受力分析，根據(jù)牛頓運動定律可知，水平方向OPeq f(qE,2m)t2豎直方向OQvt水平分速度vxeq f(qE,m)t微粒的初速度v0eq r(v2voal(,x2)聯(lián)立解得E320 V/m，v0200eq r(17

6、) m/s；(2)粒子在兩磁場中均做勻速圓周運動，所以qvBmeq f(v2,r)，解得req f(mv,qB)1 mTeq f(2r,v)，解得Teq f(,100)3.14102 s粒子的運動軌跡如圖(a)所示，所以一個周期時間：t3eq f(T,6)3eq f(T,2)6.28102 s(3)粒子的運動軌跡如圖(b)所示由對稱性可知，要想粒子能回到P點，則粒子運動的半徑應(yīng)滿足r(2n1)OP(n0,1,2,3)且req f(mv,qB)，聯(lián)立可得B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)33【選修33】(15分)(1)(5分)一定質(zhì)量的理想氣體從狀態(tài)M到達(dá)狀態(tài)N，有兩個過程可以經(jīng)歷，

7、其pV圖象如圖3所示在過程1中，氣體始終與外界無熱量交換；在過程2中，氣體先經(jīng)歷等容變化再經(jīng)歷等壓變化對于這兩個過程，下列說法正確的是_圖3A氣體經(jīng)歷過程1，其溫度降低，內(nèi)能減少B氣體經(jīng)歷過程1，對外做功，內(nèi)能不一定減少C氣體在過程2中，一直對外做功D氣體在過程2中，先向外放熱后吸熱E氣體在過程2中，一直向外放熱(2)(10分)如圖4所示，一開口向上的汽缸固定在水平地面上，質(zhì)量均為m、厚度不計、橫截面積均為S的活塞A、B將缸內(nèi)氣體分成、兩部分，在活塞A的上方放置一質(zhì)量也為m的物塊，整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時、兩部分氣體的長度均為L0.已知大氣壓強p0eq f(2mg,S)，氣體可視為理想氣體且

8、溫度始終保持不變，不計一切摩擦，汽缸足夠高當(dāng)把活塞A上面的物塊取走時，活塞A將向上移動，求系統(tǒng)重新達(dá)到靜止?fàn)顟B(tài)時，活塞A上升的高度圖4答案(1)AD(2)eq f(7,12)L0解析(1)氣體經(jīng)歷過程1，壓強減小，體積變大，氣體膨脹對外做功，因氣體始終與外界無熱量交換，則內(nèi)能減少，故溫度降低，故A正確，B錯誤；氣體在過程2中，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程eq f(pV,T)C，剛開始時，體積不變，對外不做功，壓強減小，則溫度降低，對外放熱，然后壓強不變，體積變大，則氣體膨脹對外做功，溫度升高，吸熱，故C、E錯誤，D正確(2)對氣體，其初態(tài)壓強p1p0eq f(2mg,S)2p0末態(tài)壓強為p1p0eq

9、f(mg,S)eq f(3,2)p0，設(shè)末態(tài)時氣體的長度為L1根據(jù)玻意耳定律得：p1L0Sp1L1S解得L1eq f(4,3)L0對氣體，其初態(tài)壓強為p2p1eq f(mg,S)eq f(5,2)p0末態(tài)壓強為p2p1eq f(mg,S)2p0設(shè)末狀態(tài)時氣體的長度為L2根據(jù)玻意耳定律得：p2L0Sp2L2S解得：L2eq f(5,4)L0故活塞A 上升的高度為hL1L22L0eq f(7,12)L0.34【選修34】(15分)(2019福建龍巖市5月模擬)(1)(5分)如圖5，位于坐標(biāo)原點的某波源S振動方程y10sin (200t) cm，產(chǎn)生的簡諧橫波沿x軸正、負(fù)方向傳播，波速v80 m/s

10、.在x軸上有M、N、P 三點，已知SMSN1 m，NP0.2 m當(dāng)波剛傳到質(zhì)點P時，P點的振動方向沿y軸_(填“正”或“負(fù)”)方向，N質(zhì)點的位移為_ cm.此后質(zhì)點M、N的振動方向始終_(填“相同”或“相反”)圖5(2) (10分)半徑為R的固定半圓形玻璃磚的橫截面如圖6所示，O點為圓心，OO為直徑AB的垂線足夠大的光屏CE緊靠在玻璃磚的右側(cè)且與AB垂直由兩種頻率的單色光組成的一細(xì)束復(fù)色光，沿半徑方向與OO成某一角度射向O點，光屏上出現(xiàn)了三個光斑C、D、E，且BCeq r(3)R，BDeq f(r(3),3)R，BER.玻璃磚對兩單色光的折射率分別為n1和n2(且n2n1)圖6求n2；若入射點

11、O不變，逐漸增大入射角，當(dāng)光屏上恰好只剩一個光斑時，求此時角答案(1)正10相同(2)eq r(3)45解析(1)由波源S的振動方程知，波源的起振方向沿y軸正方向，所以介質(zhì)中所有質(zhì)點的起振方向均沿y軸正方向；由振動方程y10sin (200t) cm知，eq f(2,T)200，T0.01 s，所以波長vT0.8 m，NP0.2 meq f(,4)，所以當(dāng)波剛傳到質(zhì)點P時，N質(zhì)點處在波峰的位置，位移為10 cm；由于SMSN1 m，M、N的振動步調(diào)一致，振動方向始終相同(2)光路圖如圖所示，設(shè)入射角為，折射光線OD的折射角為，由折射定律得n2eq f(sin ,sin )由幾何關(guān)系得BCeq f(R,tan )eq r(3)RBDeq f(R,tan