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2019-2020年高三4月模拟物理试题含解析
一、选择题(本题共8小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求.全部选对的得6分,选对但不全者得3分,有选错的得0分)1.(6分)烤鸭的烤制过程没有添加任何调料,只是在烤制过程之前,把烤鸭放在腌制汤中腌制一定时间,盐就会进入肉里.则下列说法正确的是( ) A.如果让腌制汤温度升高,盐进入鸭肉的速度就会加快 B.烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力,把盐分子吸进鸭肉里 C.在腌制汤中,只有盐分子进入鸭肉,不会有盐分子从鸭肉里面出来 D.把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻,将不会有盐分子进入鸭肉【考点】分子的热运动.【专题】分子运动论专题.【分析】盐进入肉里属于扩散现象,是分子无规则热运动的结果,温度越高,根子运动越剧烈.【解析】解A、如果让腌制汤温度升高,分子运动更剧烈,则盐进入鸭肉的速度就会加快,故A正确;B、烤鸭的腌制过程盐会进入肉里说明分子之间有间隙,以及说明分子不听的做无规则运动,不是因为分子之间有引力,故B错误;C、在腌制汤中,有盐分子进入鸭肉,分子运动是无规则的,同样会有盐分子从鸭肉里面出来,故C错误;D、把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻,仍然会有盐分子进入鸭肉,因为分子运动是永不停息的,故D错误;故选A.【点评】本题考查了分子热运动的特点分子热运动的剧烈程度与温度有关;分子一直永不停息在做无规则运动. 2.(6分)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置,它主要由汽缸和活塞组成.开箱时,密闭于汽缸内的压缩气体膨胀,将箱盖顶起,如图所示.在此过程中,若缸内气体与外界无热交换,忽略气体分子间相互作用,则缸内气体( ) A.对外做正功,分子的平均动能减小 B.对外做正功,内能增大 C.对外做负功,分子的平均动能增大 D.对外做负功,内能减小【考点】热力学第一定律.【专题】计算题.【分析】根据热力学第一定律公式△U=W+Q,公式中△U表示系统内能的增加量,W表示外界对系统做的功,Q表示系统吸收的热量,题中气体膨胀对外界做功,即气体对外界做负功,故W<0,气体与外界无热交换,故Q=0,从而判断出气体内能的变化,也就得到分子的平均动能的变化情况.【解析】解密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功,即外界对气体做负功,因而W<0,缸内气体与外界无热交换说明Q=0,忽略气体分子间相互作用,说明内能是所有分子动能的总和.根据热力学第一定律△U=W+Q,可知内能增加量△U<0,故内能减小,分子平均动能减小,温度降低.所以只有A正确;故选A.【点评】热力学第一定律的公式△U=W+Q中,△U表示系统内能的增加量,W表示外界对系统做的功,当系统对外界做功时,W取负值,Q表示系统吸收的热量,当系统放出热量时,Q取负值. 3.(6分)在街头的理发店门口,常可以看到有这样的标志一个转动的圆筒,外表有彩色螺旋斜条纹,我们感觉条纹在沿竖直方向运动,但实际上条纹在竖直方向并没有升降,这是由于圆筒的转动而使我们的眼睛产生的错觉.如图所示,假设圆筒上的条纹是围绕圆筒的一条宽带,相邻两圈条纹在沿圆筒轴线方向的距离(即螺距)为L=10cm,圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看),以2转/秒的转速匀速转动,我们感觉到的升降方向和速度大小分别为( ) A.向上10cm/sB.向上20cm/sC.向下10cm/sD.向下20cm/s【考点】线速度、角速度和周期、转速;运动的合成和分解.【专题】匀速圆周运动专题.【分析】观察某一个空间位置处的彩色条纹,由于圆筒在转动,经过很小的时间间隔后,同一位置处不是彩色条纹,由于人眼的视觉暂留现原因,人眼错认为原来的点向下移动了一小段,故会从整体上产生条纹向下移动的错觉.从题境获取T和螺距移动的距离即可求解.【解析】解由于每秒转2圈,则T=
0.5s,而螺距为10cm,所以每秒沿竖直方向运动的距离为20cm,即速度大小为20cm/s;据图知彩色螺旋斜条纹是从左下到右上,且圆筒沿逆时针方向(从俯视方向看),根据人眼的视觉暂留现象,就会感觉条纹的运动方向向下,故ABC错误,D正确.故选D.【点评】从题境获取有用信息,迁移到学过的知识求解;人眼的视觉暂留现象,造成假象,最好亲身去体验. 4.(6分)如图所示,无限大均匀带正电薄板竖直放置,其周围空间的电场可认为是匀强电场.光滑绝缘细管垂直穿过板中间小孔,一个视为质点的带负电小球在细管内运动.以小孔为原点建立x轴,规定x轴正方向为加速度a和速度v的正方向,下图分别表示x轴上各点的电势φ,小球的加速度a、速度v和动能Ek随x的变化图象,其中正确的是( ) A.B.C.D.【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;匀强电场中电势差和电场强度的关系.【专题】带电粒子在电场中的运动专题.【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系公式U=Ed,分析电势与x的关系;根据牛顿第二定律分析加速度的大小和方向;根据动能定理分析速度和动能与x的关系.【解析】解A、在x<0范围内,当x增大时,由U=Ed=Ex,可知,电势差均匀增大,φ﹣x应为向上倾斜的直线;在x>0范围内,当x增大时,由U=Ed=Ex,可知,电势差均匀减小,φ﹣x也应为向下倾斜的直线,故A错误;B、在x<0范围内,电场力向右,加速度向右,为正值;在x>0范围内,电场力向左,加速度向左,为负值;故B错误;C、在x<0范围内,根据动能定理得qEx=,v﹣x图象应是曲线;同理,在x>0范围内,图线也为曲线,故C错误;D、在x<0范围内,根据动能定理得qEx=Ek,Ek﹣x图象应是倾斜的直线;同理,在x>0范围内,图线也为倾斜的直线,故D正确.故选D.【点评】对于物理图象,往往要根据物理规律,写出解析式,再加以分析. 5.(6分)图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为31,图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象,L
1、L
2、L
3、L4为四只规格均为“9V6W”的相同灯泡,各电表均为理想交流电表.以下说法正确的是( ) A.ab输入端电压的瞬时值表达式为uab=27sin100πt(V) B.电流表的示数为2A,且四只灯泡均能正常发光 C.流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次 D.ab输入端输入功率Pab=18W【考点】变压器的构造和原理;电功、电功率;正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率.【专题】交流电专题.【分析】闭合电路动态分析中,电源部分是由变压器提供,其它仍用闭合电路殴姆定律.当断开开关S时,导致总电阻发生变化,而电压不变,则可判断出电路中的电流及电压如何变化.同时当电路中有变压器时,只要将变压器的有效值求出,则就相当于一个新的恒定电源,其值就是刚才的有效值.【解析】解A、由输入端交变电压u的图象,可求出有效值27V,副线圈电压为9V,副线圈三只灯泡均能正常发光.电流表的读数为I=3×A=2A,原线圈电流为=A,所以原线圈的灯泡也能正常发光,ab输入端电压的瞬时值表达式为uab=36sin100πt(V)A错误B正确.C、由图象知交流电的周期为
0.02s,交流电的频率为50Hz,流过灯L2的电流每秒钟方向改变100次,C错误;D、ab输入端输入功率Pab=4×6=24W,故D错误;故选B【点评】理想变压器是理想化模型,一是不计线圈内阻;二是没有出现漏磁现象.同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化.分析的思路先干路后支路,以不变应万变.最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中,所以图象的有效值不是原线圈的有效值. 6.(6分)实验室经常使用的电流表是磁电式仪表.这种电流表的构造如图甲所示.蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的.当线圈通以如图乙所示的稳恒电流(b端电流流向垂直纸面向内),下列说法正确的是( ) A.当线圈在如图乙所示的位置时,b端受到的安培力方向向上 B.线圈转动时,螺旋弹簧被扭动,阻碍线圈转动 C.线圈的框架选择铝质材料,不仅考虑铝的密度小、强度高,更主要的是因为铝框转动时产生涡流,阻碍线圈的转动,这样有利于指针很快地稳定指到读数位置上 D.由于这种仪表是一种比较精密、容易损坏的仪器,所以在搬动运输这种电流表过程中,应该用导线将图中两接线柱直接连接,这样可以有效的减小线圈产生的摆动,以防止电表受损【考点】磁电式电表原理;*涡流现象及其应用.【分析】首先利用图示的装置分析出其制成原理,即通电线圈在磁场中受力转动,线圈的转动可以带动指针的偏转;然后找出与电流表的原理相同的选项即可.同时由左手定则来确定安培力的方向.【解析】解A、由左手定则可判定当线圈转到如图乙所示的位置,b端受到的安培力方向向下,故A错误;B、当通电后,处于磁场中的线圈受到安培力作用,使其转动,螺旋弹簧被扭动,则受到弹簧的阻力,从而阻碍线圈转动,故B正确.C、线圈的框架选择铝质材料,不仅考虑铝的密度小、强度高,更主要的是因为铝框转动时产生涡流,阻碍线圈的转动,这样有利于指针很快地稳定指到读数位置上;故C正确;D、用导线将图中两接线柱直接连接,在线圈摆动时会产生感应电流阻碍其摆动,这样可以有效的减小线圈产生的摆动,以防止电表受损.故D正确.故选BCD【点评】在学过的测量工具或设备中,每个工具或设备都有自己的制成原理;对不同测量工具的制成原理,是一个热点题型,需要重点掌握. 7.(6分)“嫦娥三号”任务是我国探月工程“绕、落、回”三步走中的第二步,“嫦娥三号”分三步实现了在月球表面平稳着陆.
一、从100公里×100公里的绕月圆轨道上,通过变轨进入100公里×15公里的绕月椭圆轨道;
二、着陆器在15公里高度开启发动机反推减速,进入缓慢的下降状态,到100米左右着陆器悬停,着陆器自动判断合适的着陆点;
三、缓慢下降到距离月面4米高度时无初速自由下落着陆.下图是“嫦娥三号”飞行轨道示意图(悬停阶段示意图未画出).下列说法正确的是( ) A.“嫦娥三号”在椭圆轨道上的周期小于圆轨道上的周期 B.“嫦娥三号”在圆轨道和椭圆轨道经过相切点时的加速度不相等 C.着陆器在100米左右悬停时处于失重状态 D.着陆瞬间的速度一定小于9m/s【考点】万有引力定律及其应用.【专题】万有引力定律的应用专题.【分析】卫星越高越慢,越低越快;根据牛顿第二定律确定加速度;月球表面的重力加速度比地球小,约为地球表面的.【解析】解A、卫星越高越慢,越低越快,故“嫦娥三号”在椭圆轨道上的周期小于圆轨道上的周期,故A正确;B、“嫦娥三号”在圆轨道和椭圆轨道经过相切点时万有引力是一定的,根据牛顿第二定律,其加速度相等,故B错误;C、着陆器在100米左右悬停时处于平衡状态,故C错误;D、距离月面4米高度时无初速自由下落着陆,下落速度v==m/s≈
3.65m/s;故D正确;故选AD.【点评】本题关键是读懂题意,明确卫星的着落流程,然后结合运动学公式和牛顿第二定律分析. 8.(6分)有一半径r=m的圆柱体绕竖直轴OO´以角速度ω=8πrad/s匀速转动,今用水平力F把质量m=l.2kg的物体A压在圆柱体的侧面,由于受挡板上竖直光滑槽的作用,物体A在水平方向上不能随圆柱体转动,而以v0=
1.8m/s的速率匀速下滑,如图所示.已知物体A与圆柱体间的动摩擦因数μ=
0.25,g取l0m/s2.下列说法中正确的是( ) A.A相对于圆柱体的轨迹为等间距螺旋线 B.水平力F大小为48N C.圆柱体对A的摩擦力大小为20N D.圆柱体转动一周过程中A克服摩擦力做功为15J【考点】功的计算;摩擦力的判断与计算.【专题】功的计算专题.【分析】物体A匀速下降,受力平衡,物体受到重力、外力F、圆柱体的支持力和滑动摩擦力,而滑动摩擦力方向与物体相对于圆柱体的速度方向相反.物体A既以v0=
1.8m/s的速度竖直下降,又相对圆柱体转动,先由v′=ωr求出A相对圆柱体垂直纸面向外的速度v′,得到合速度v,由cosθ=,求出合速度与竖直方向的夹角θ,即可确定出滑动摩擦力的方向,再根据平衡条件和摩擦力公式Ff=μFN,求解F的大小.【解析】解A、相对于圆柱体向下做匀速直线运动,而圆柱体匀速转动,所以A相对于圆柱体的轨迹为等间距螺旋线,故A正确;B、在水平方向圆柱体有垂直纸面向里的速度,A相对圆柱体有垂直纸面向外的速度为v′,则v′=ωr=8π×=
2.4m/s;在竖直方向有向下的速度v0=
1.8m/s合速度的大小为v=3m/s设合速度与竖直方向的夹角为θ,则有;cosθ=所以A所受的滑动摩擦力方向与竖直方向的夹角也为θ.A做匀速运动,竖直方向平衡,则有Ffcosθ=mg,得Ff=N另Ff=μFN,FN=F,所以有F=N,故B错误,C正确;D、圆柱体转动一周过程中,物体A克服摩擦力做功为W=f(v0×)cos53°=
5.4J,故D错误.故选AC【点评】本题关键是运用运动的合成法确定合速度的方向,得到滑动摩擦力的方向,要有空间想象能力. 二.非选择题9.(6分)用如图1所示的装置探究加速度与力和质量的关系,带滑轮的长木板和弹簧测力计均水平固定.
①实验时,一定要进行的操作是 ab a.小车靠近打点计时器,先接通电源,再释放小车,打出一条纸带,同时记录弹簧测力计的示数b.改变砂和砂桶质量,打出几条纸带c.用天平测出砂和砂桶的质量d.为减小误差,实验中一定要保证砂和砂桶的质量远小于小车的质量
②以弹簧测力计的示数F为横坐标,以加速度a为纵坐标,图2画出的a﹣F图象可能正确的是 a
③若测出a﹣F图象的斜率为k后,则小车的质量为 .【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系.【专题】实验题.【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理,了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项,小车质量不变时,加速度与拉力成正比,对a﹣F图来说,图象的斜率表示小车质量的倒数.【解析】解
(1)a、打点计时器运用时,都是先接通电源,待打点稳定后再释放纸带,该实验探究加速度与力和质量的关系,要记录弹簧测力计的示数,故a正确;b、改变砂和砂桶质量,即改变拉力的大小,打出几条纸带,研究加速度随F变化关系,故b正确;c、本题拉力可以由弹簧测力计测出,不需要用天平测出砂和砂桶的质量,也就不需要使小桶(包括砂)的质量远小于车的总质量,故cd错误.故选ab
(2)小车质量不变时,加速度与拉力成正比,所以a﹣F图象是一条倾斜的直线,由实验装置可知,实验前没有平衡摩擦力,则画出的a﹣F图象在F轴上有截距,故a正确.故选a
(3)对a﹣F图来说,图象的斜率表示小车质量的倒数,此题,弹簧测力计的示数F=,故小车质量为故答案为
(1)ab;
(2)a;
(3).【点评】本题考察的比较综合,需要学生对这一实验掌握的非常熟,理解的比较深刻才不会出错,知道a﹣F图的斜率等于小车质量的倒数,难度适中. 10.(9分)
(1)用DIS测电源电动势和内电阻电路如图(a)所示,R0为定值电阻.调节电阻箱R,记录电阻箱的阻值R和相应的电流值I,通过变换坐标,经计算机拟合得到如图(b)所示图线,则该图线选取了 为纵坐标,由图线可得该电源电动势为
4.5 V.
(2)现有三个标有“
2.5V,
0.6A”相同规格的小灯泡,其I﹣U特性曲线如图(c)所示,将它们与图(a)中电源按图(d)所示电路相连,A灯恰好正常发光,则电源内阻r=
2.5 Ω,图(a)中定值电阻R0= 2 Ω
(3)若将图(a)中定值电阻R0换成图(d)中小灯泡A,调节电阻箱R的阻值,使电阻箱R消耗的电功率是小灯泡A的两倍,则此时电阻箱阻值应调到
4.80 Ω【考点】测定电源的电动势和内阻.【专题】实验题.【分析】
(1)由闭合电路欧姆定律可得出I与R的关系,结合图象可知纵坐标的意义;
(2)由A灯可知流过电源的电流,由串并联电路的规律可得出路端电压;再由闭合电路欧姆定律可求得内阻;再由
(1)中数据可求出定值电阻的阻值;
(3)由功率公式可明确电阻箱的阻值;并由内外电阻功率关系可知能否使电功率相同.【解析】解
(1)由闭合电路欧姆定律可知I=;要形成与电阻成一次函数关系,则纵坐标只能取;则有=+;则图象的斜率为k==;则有E=
4.5V;=1,则有R0+r=
4.5
(2)A灯正常发光的电流为I=
0.6A;则BC两灯的电流为
0.3A,由图象可知,BC两灯的电压为
0.5V;路端电压为U=
2.5V+
0.5V=3V;则内压为U内=
4.5﹣3=
1.5V;则内阻为r==
2.5Ω;则定值电阻为R0=
4.5﹣
2.5=2Ω;
(3)灯泡与滑动变阻器串联,故灯泡与电阻中流过的电流相等,而滑动变阻器阻值约为灯泡电阻的两倍;则滑动变阻器两端的电压为灯泡两端电压的两倍,设灯泡两端电压为U,则滑动变阻器两端电压为2U,则由闭合电路欧姆定律可知3U+
2.5I=
4.5变形得I=
1.8﹣
1.2U;在上图中作出对应的I﹣U图象,则与原图象的交点为符合条件点;由图可知,I=
0.48A,U=
1.15V;则滑动变阻器阻值为R===
4.80Ω(
4.6﹣
4.9均可);故答案为
(1),
4.5;
(2)
2.5;2;
(3)
4.80;【点评】本题考查电源的电动势和内电阻的测量方法及数据处理;解题的难点在于第三问中的数据处理;要注意图象法的应用,此题对学生数学知识的应用能力要求较高,应注意训练. 11.(13分)如图所示,在光滑绝缘水平面放置一带正电的长直细棒,其周围产生垂直于带电细棒的辐射状电场,场强大小E与距细棒的垂直距离r成反比,即E=.在带电长直细棒右侧,有一长为l的绝缘细线连接了两个质量均为m的带电小球A和B,小球A、B所带电荷量分别为+q和+4q,A球距直棒的距离也为l,两个球在外力F=2mg的作用下处于静止状态.不计两小球之间的静电力作用.
(1)求k的值;
(2)若撤去外力F,求在撤去外力瞬时A、B小球的加速度和A、B小球间绝缘细线的拉力;
(3)若剪断A、B间的绝缘细线,保持外力F=2mg不变,A球向左运动的最大速度为vm,求从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度,A球所处位置电势怎样变化?变化了多少?【考点】库仑定律;牛顿第二定律.【专题】电场力与电势的性质专题.【分析】
(1)根据电场强度的公式E=,结合适量合成法则与受力平衡条件,即可求解;
(2)根据电场强度的公式E=,结合牛顿第二定律内容,依据整体法与隔离法,即可求解;
(3)根据最大速度时,加速度为零,及动能定理,即可求解电场力做功,从而求解电势的变化.【解析】解
(1)对小球A、B及细线构成的整体,受力平衡,有q+4q=2mg得k=
(2)若撤去外力瞬时,A、B间细线拉力突然变为零,则对A球q=maA;得aA=,方向向右对B球4q=maB;得aB=,方向向右因为aA<aB,所以在撤去外力瞬时A、B将以相同的加速度a一起向右运动,A、B间绝缘细线张紧,有拉力T.因此,对A、B整体,由牛顿第二定律,有q+4q即2mg=2ma得a=g对A q+T=ma解得T=故撤去外力瞬时,A、B的加速度a=g;A、B小球间绝缘细线的拉力T=
(3)当A向左运动达到速度最大时有q=2mg代入k,得r=设从剪断绝缘细线到A球向左运动达到最大速度,电场力做功为W,由动能定理有2mg(l﹣r)+W=解得W=﹣(),负号表示电场力做负功.又由电场力做功可知W=qU因此U=在A球向左运动达到最大速度的过程中,所在处电势升高了.变化量为;答
(1)k的值;
(2)撤去外力瞬时,A、B的加速度a=g;A、B小球间绝缘细线的拉力T=;
(3)在A球向左运动达到最大速度的过程中,所在处电势升高了.变化量为.【点评】考查牛顿第二定律与动能定理的应用,掌握整体法与隔离法的方法,理解矢量合成法则的内容,注意力做功的正负,及当加速度为零时,速度达到最大. 12.(19分)如图所示,两水平放置的平行金属板a、b,板长L=
0.2m,板间距d=
0.2m.两金属板间加可调控的电压U,且保证a板带负电,b板带正电,忽略电场的边缘效应.在金属板右侧有一磁场区域,其左右总宽度s=
0.4m,上下范围足够大,磁场边界MN和PQ均与金属板垂直,磁场区域被等宽地划分为n(正整数)个竖直区间,磁感应强度大小均为B=5×10﹣3T,方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外….在极板左端有一粒子源,不断地向右沿着与两板等距的水平线OO′发射比荷=1×108C/kg、初速度为v0=2×105m/s的带正电粒子.忽略粒子重力以及它们之间的相互作用.
(1)当取U何值时,带电粒子射出电场时的速度偏向角最大;
(2)若n=1,即只有一个磁场区间,其方向垂直纸面向外,则当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度;
(3)若n趋向无穷大,则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为多少?【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;牛顿第二定律;向心力.【专题】带电粒子在磁场中的运动专题.【分析】
(1)当粒子从边缘射出时,速度偏向角最大;根据分运动公式列式求解即可;
(2)逐渐增大偏转电压U,速度偏向角变大,磁偏转半径变大,与PQ交点逐渐上移;找出两个临界情况,根据洛伦兹力提供向心力列式求解半径,由几何关系得到离开磁场的位置;
(3)考虑粒子以一般情况入射到磁场,速度为v,偏向角为θ,当n趋于无穷大时,运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线(渐近线);根据分运动公式列式求解即可.【解析】解
(1)设速度偏向角为θ,则tanθ=,显然当vy最大时,tanθ最大.当粒子恰好从极板右边缘出射时,速度偏向角最大.竖直方程y=,a=;水平方程x=L=v0t解得U=400V
(2)由几何关系知,逐渐增大Uba,速度偏向角变大,磁偏转半径变大,与PQ交点逐渐上移.当U=0时,交点位置最低(如图中D点)由Bqv0=m得r1=;此时交点D位于OO′正下方
0.4m处.当U=400V时,交点位置最高(如图中C点)由vy=at==2×105m/s得v=由Bqv=m,得r2=由tanθ==1,得入射方向为与水平方向成45°角;由几何关系得,此时交点位于OO′正上方r2﹣处.所以交点范围宽度为CD=
0.4+
0.4﹣
0.3=
0.1+
0.4(m)
(3)考虑粒子以一般情况入射到磁场,速度为v,偏向角为θ,当n趋于无穷大时,运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线(渐近线).又因为速度大小不变,因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动.轨迹长度为S′=,运动速率为v=时间wei t=代入数据解得t=2×10﹣6s答
(1)当U取400V时,带电粒子射出电场时的速度偏向角最大;
(2)当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度为
0.1+
0.4(m);
(3)若n趋向无穷大,则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为2×10﹣6s.【点评】本题关键明确粒子的运动规律,在电场中是类似平抛运动,在磁场中是匀速圆周运动,第三问关键是n趋向无穷大时将粒子的运动简化为匀速直线运动,难在运动模型的转化. 二.选考题共45分.请考生从给出的3道物理题中任选一题作答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡上选答区域指定位置答题.如果多做,则按所做的第一题计分.13.(6分)两列简谐横波的振幅都是20cm,传播速度大小相同.实线波的频率为2Hz,沿x轴正方向传播;虚线波沿x轴负方向传播.某时刻两列波在如图所示区域相遇.则该时刻在x=0~12m范围内,速度最大的是平衡位置为x= 6 m的质点;从图示时刻起再经过
1.5s,平衡位置为x=6m处的质点的位移y= 0 m.【考点】横波的图象;波长、频率和波速的关系.【专题】振动图像与波动图像专题.【分析】两列简谐横波波速相同,波长不同,则周期不同,不能产生干涉.根据叠加原理分析质点的速度和位移.由波长关系求出虚线波的周期,根据时间与周期的关系,分析从图示时刻起再经过
1.5s,平衡位置为x=6m处的质点的位置,确定其位移.【解析】解质点经过平衡位置时速度,图示时刻x=6m处的质点位于平衡位置,而且两列波单独传播时都使得x=6m处的质点速度向上,叠加后该质点的速度最大.实线波的频率为2Hz,周期为
0.5s;由波速公式v=分析得到,虚线波的周期为
0.75s,从图示时刻起再经过
1.5s,实线波单独传播时x=6m处的质点位于平衡位置,虚线波单独传播时x=6m处的质点也位于平衡位置,故此时质点P的位移y=0.故答案为6,0【点评】本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力,可运用波形平移法分析一列波单独传播时质点的状态. 14.(9分)一玻璃三棱柱竖直放在水平桌面上,其底面A1B1C1是边长a=12cm的等边三角形,柱高L=12cm.现在底面的中心O处放置一点光源,不考虑三棱柱内的反射光,玻璃的折射率为,求三个侧面的发光的总面积.【考点】光的折射定律.【专题】光的折射专题.【分析】据题意点光源在底面的中点,可知光源到三个侧面的距离相等,根据几何知识求出光源到三个侧面的距离,由公式sinC=,求出全反射临界角,再由几何知识求出三个侧面的发光的总面积.【解析】解因点光源在底面的中点,可知光源到三个侧面的距离相等,根据几何知识可知光源到三个侧面的距离为a根据折射定律,sinC==求得临界角C=45°根据几何知识可求每个侧面的发光的面积为半径为r=a的圆面积的一半.所以三个侧面的发光面积为S=答三个侧面的发光的总面积为18πcm2.【点评】解决本题关键要掌握全反射临界角的含义及公式,灵活运用几何知识进行解答. 选修题15.氢原子光谱在可见光部分只有四条谱线,它们分别是从n为
3、
4、
5、6的能级直接向n=2能级跃迁时产生的.四条谱线中,一条红色、一条蓝色、两条紫色,则下列说法正确的是( ) A.红色光谱是氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的 B.蓝色光谱是氢原子从n=6能级或n=5能级直接向n=2能级跃迁时产生的 C.若氢原子从n=6能级直接向n=1能级跃迁,则能够产生紫外线 D.若氢原子从n=6能级直接向n=1能级跃迁时所产生的辐射不能使某金属发生光电效应,则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射将可能使该金属发生光电效应 E.若氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时所产生的辐射能使某金属发生光电效应,则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射一定能使该金属发生光电效应【考点】氢原子的能级公式和跃迁.【专题】原子的能级结构专题.【分析】能级间跃迁时辐射的光子能量等于两能级间的能级差,根据能量的大小确定频率的大小,从而确定是哪一种颜色的光谱.【解析】解A、四条谱线中,红色光谱的频率最小,知红色光谱是氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时产生的.故A正确B、蓝色谱线的频率大于红色谱线,小于紫色谱线,而且有两条紫色谱线,知蓝色光谱是氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时产生的.故B错误C、从n=6能级向n=1能级跃迁时,辐射的光子能量大于n=6能级向n=2能级跃迁时辐射的光子能量,即辐射的光子频率大于紫光的频率,是紫外线.故C正确.D、若原子从n=6能级向n=1能级跃迁时所产生的辐射不能使某金属发生光电效应,知光子频率小于金属的极限频率,而原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射的光子频率更小于金属的极限频率,不可能发生光电效应.故D错误E、若氢原子从n=3能级向n=2能级跃迁时所产生的辐射能使某金属发生光电效应,则氢原子从n=6能级直接向n=2能级跃迁时所产生的辐射光子频率大于金属的极限频率,一定发生光电效应.故E正确故选ACE【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差,即Em﹣En=hv. 16.如图所示,水平地面上静止放置着物块B和C,相距L=
1.0m.物块A以速度vO=10m/s沿水平方向与B正碰.碰撞后A和B立刻牢固地粘在一起向右运动,并再与C发生正碰,碰后瞬间C的速度v=
2.0m/s,AB方向向右.已知A和B的质量均为m,C的质量为A质量的k倍,物块与地面的动摩擦因数μ=
0.45.(设碰撞时间很短,A、B、C均可视为质点,g取10m/s2)
(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度;
(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围.【考点】动量守恒定律;动能定理.【专题】动量定理应用专题.【分析】该题要分清过程,过程Ⅰ为AB碰撞过程,该过程为完全非弹性碰撞过程;过程Ⅱ为AB粘在一块克服地面摩擦运动1m的过程,这一过程可由动能定理计算,也可由匀变速直线运动的知识计算,过程Ⅲ为可能是完全非弹性碰撞,也可能是弹性碰撞,也可能是完全弹性碰撞;根据不同的碰撞,AB、C系统损失的能量也不一样,所以AB球的方向可能与C同向、也可能为零、也可能与C反向.要分三种情况讨论【解析】解
(1)设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得mv0=2mv1设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2,由动能定理得联立以上各式解得v2=4m/s该过程为完全非弹性碰撞,
(2)若AB与C发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得2mv2=(2+k)mv3代入数据解得k=2此时AB的运动方向与C相同若AB与C发生弹性碰撞,由动量守恒和能量守恒得联立以上两式解得代入数据解得k=6此时AB的运动方向与C相反若AB与C发生碰撞后AB的速度为0,由动量守恒定律得2mv2=kmv代入数据解得k=4总上所述得当2≤k<4时,AB的运动方向与C相同当k=4时,AB的速度为0当4<k≤6时,AB的运动方向与C相反.综上所述,k的范围为2<k≤6答
(1)与C碰撞前瞬间AB的速度为4m/s;
(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围为2<k≤6【点评】本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律的应用;本题第一问较为简单,第二问稍难.只要注意到碰撞过程中能量个关系和动量守恒,这样就不会无从下手了.。