1、2018 年年(全国全国 2 卷卷)逐题仿真练逐题仿真练 题号 24 25 33 34 考点 动量观点和动力学方 法的应用 带电粒子在复合场中 运动 气体内能和气体 实验定律 机械波和光 24(12 分)(2019 辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由 滑板运动延伸而来 如图 1 所示是一个滑板场地， OP 段是光滑的1 4圆弧轨道， 半径为 0.8 m PQ 段是足够长的粗糙水平地面， 滑板与水平地面间的动摩擦因数为 0.2.滑板手踩着滑板 A 从 O 点由静止滑下， 到达 P 点时， 立即向前起跳 滑板手离开滑板 A 后， 滑板 A 以速度 v12 m/s 返
2、回， 滑板手落到前面相同的滑板 B 上， 并一起向前继续滑动 已知两滑板质量均为 m5 kg， 滑板手的质量是滑板的 9 倍，滑板 B 与 P 点的距离为 x1 m，g10 m/s2.(不考虑滑板的长 度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求： 图 1 (1)当滑板手和滑板 A 到达圆弧轨道末端 P 点时滑板 A 对轨道的压力； (2)滑板手落到滑板 B 后瞬间，滑板 B 的速度大小； (3)两个滑板间的最终距离 答案 (1)1 500 N，竖直向下 (2)4.2 m/s (3)4.41 m 解析 (1)滑板手与滑板 A 由 O 点下滑到 P 点过程，由机械能守恒：10mgR1 210
3、mv 2， 代入数据解得 v 2gR4 m/s ， 设在 P 点时滑板手与滑板 A 所受到的支持力为 FN： 由牛顿第二定律可得 FN10mg10mv 2 R 代入数据解得：FN1 500 N， 根据牛顿第三定律得 F压FN1 500 N，方向竖直向下； (2)滑板手跳离 A 板，滑板手与滑板 A 水平方向动量守恒 10mvmv19mv2， 代入数据解得：v214 3 m/s， 滑板手跳上 B 板，滑板手与滑板 B 水平方向动量守恒 9mv210mv3， 解得：v34.2 m/s； (3)滑板 B 的位移 xB v32 2g4.41 m ，滑板 A 在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次
4、返回 P 点时的速度大小仍为 v12 m/s，滑板 A 在水平地面上的位移 xA v12 2g1 m， 最终两滑板的间距为 LxBxxA4.41 m. 25(20 分)(2019 山西运城市 5 月适应性测试)如图 2 甲所示，以 O 为坐标原点建立坐标系， 等边三角形 OMN 内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿 x 轴负方向的匀强电 场现有质量 m110 18 kg，电荷量 q11015 C 的带电微粒从坐标为(0，0.5 m)的 Q 点， 以某一初速度 v0沿某一方向入射， 从 x 轴上的 P 点以 v200 m/s 的速度垂直 x 轴进入 三角形区域若此时将三角形外侧的电场换成
5、垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁 场的磁感应强度大小相等已知三角形的边长 L4 m，O、P 两点间距离为 d1 m，重力不 计求： 图 2 (1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小； (2)若两磁场的磁感应强度大小 B0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间； (3)乙图中若微粒能再次回到 P 点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件 答案 (1)320 V/m 200 17 m/s (2)6.2810 2 s (3)B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3) 解析 (1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知， 水平方向 OPqE 2mt 2
6、竖直方向 OQvt 水平分速度 vxqE m t 微粒的初速度 v0 v2vx2 联立解得 E320 V/m，v0200 17 m/s； (2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以 qvBmv 2 r ，解得 rmv qB1 m T2r v ，解得 T 1003.1410 2 s 粒子的运动轨迹如图(a)所示， 所以一个周期时间：t3T 63 T 26.2810 2 s (3)粒子的运动轨迹如图(b)所示 由对称性可知，要想粒子能回到 P 点，则粒子运动的半径应满足 r(2n1)OP(n0,1,2,3) 且 rmv qB， 联立可得 B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3) 33 【选修
7、 33】(15 分) (1)(5 分)一定质量的理想气体从状态 M 到达状态 N， 有两个过程可以经历， 其 pV 图象如图 3 所示在过程 1 中，气体始终与外界无热量交换；在过程 2 中，气体先经历等容变化再经 历等压变化对于这两个过程，下列说法正确的是_ 图 3 A气体经历过程 1，其温度降低，内能减少 B气体经历过程 1，对外做功，内能不一定减少 C气体在过程 2 中，一直对外做功 D气体在过程 2 中，先向外放热后吸热 E气体在过程 2 中，一直向外放热 (2)(10 分)如图 4 所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为 m、厚度不计、横截 面积均为 S 的活塞 A、B 将
8、缸内气体分成、两部分，在活塞 A 的上方放置一质量也为 m 的物块， 整个装置处于静止状态， 此时、 两部分气体的长度均为L0.已知大气压强p02mg S ， 气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高当把活塞 A 上面的 物块取走时，活塞 A 将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞 A 上升的高度 图 4 答案 (1)AD (2) 7 12L0 解析 (1)气体经历过程 1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无 热量交换，则内能减少，故温度降低，故 A 正确，B 错误；气体在过程 2 中，根据理想气体 状态方程pV T C，刚开始时，体积不变，对外
9、不做功，压强减小，则温度降低，对外放热， 然后压强不变，体积变大，则气体膨胀对外做功，温度升高，吸热，故 C、E 错误，D 正确 (2)对气体，其初态压强 p1p02mg S 2p0 末态压强为 p1p0mg S 3 2p0，设末态时气体的长度为 L1 根据玻意耳定律得：p1L0Sp1L1S 解得 L14 3L0 对气体，其初态压强为 p2p1mg S 5 2p0 末态压强为 p2p1mg S 2p0 设末状态时气体的长度为 L2 根据玻意耳定律得：p2L0Sp2L2S 解得：L25 4L0 故活塞 A 上升的高度为 hL1L22L0 7 12L0. 34 【选修 34】(15 分) (201
10、9 福建龙岩市5月模拟)(1)(5分)如图5，位于坐标原点的某波源S振动方程y10sin (200t) cm， 产生的简谐横波沿 x 轴正、负方向传播，波速 v80 m/s.在 x 轴上有 M、N、P 三点，已知 SMSN1 m， NP0.2 m 当波刚传到质点 P 时， P 点的振动方向沿 y 轴_(填“正” 或“负”)方向， N质点的位移为_ cm.此后质点M、 N的振动方向始终_(填“相 同”或“相反”) 图 5 (2) (10 分)半径为 R 的固定半圆形玻璃砖的横截面如图 6 所示，O 点为圆心，OO为直径 AB 的垂线 足够大的光屏 CE 紧靠在玻璃砖的右侧且与 AB 垂直 由两种
11、频率的单色光组成的一 细束复色光，沿半径方向与 OO成某一角度射向 O 点，光屏上出现了三个光斑 C、D、E， 且 BC 3R，BD 3 3 R，BER.玻璃砖对两单色光的折射率分别为 n1和 n2(且 n2n1) 图 6 求 n2； 若入射点 O 不变，逐渐增大入射角 ，当光屏上恰好只剩一个光斑时，求此时 角 答案 (1)正 10 相同 (2) 3 45 解析 (1)由波源 S 的振动方程知，波源的起振方向沿 y 轴正方向，所以介质中所有质点的起 振方向均沿 y 轴正方向；由振动方程 y10sin (200t) cm 知，2 T 200，T0.01 s，所以 波长 vT0.8 m，NP0.2 m 4，所以当波刚传到质点 P 时，N 质点处在波峰的位置，位 移为 10 cm；由于 SMSN1 m，M、N 的振动步调一致，振动方向始终相同 (2)光路图如图所示，设入射角为 ，折射光线 OD 的折射角为 ，由折射定律得 n2sin sin 由几何关系得 BC R tan 3R BD R tan 3 3 R 可得：60 ，30 所以：n2 3. 设折射光线 OE 的折射角为 ，由折射定律得 n1sin sin 根据几何关系得 BE R tan R 可得：45 所以：n1 2 当光屏恰好只剩一个光斑时，折射率小的单色光恰好发生全反射，此时 sin 1 n1 2 2 解得此时 45 .
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