高三物理二轮复习 “2+2”定时训练6 2018年(全国3卷)逐题仿真练

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1、2018 年年(全国全国 3 卷卷)逐题仿真练逐题仿真练 题号 24 25 33 34 考点 带电粒子在电、 磁场中的运动 动力学和能量观点分 析多过程问题 热力学定律和气体 实验定律 机械波和光 24(12 分)(2019 河南省顶级名校第四次联测)如图 1 所示，竖直平面 xOy，其 x 轴水平，在 整个平面内存在沿 x 轴正方向的匀强电场 E，在第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁 感应强度大小为 B0.2 T现有一比荷为q m25 C/kg 的带电微粒，从第三象限内某点以速 度 v0向坐标原点 O 做直线运动，v0与 x 轴之间的夹角为 45 ，取重力加速度 g10 m/s2. 求：

2、 图 1 (1)微粒的电性及速度 v0的大小； (2)带电微粒在第一象限内运动时所到达的最高点的坐标 答案 (1)正电 2 2 m/s (2)(0.6 m,0.2 m) 解析 (1)带电微粒在第三象限内做直线运动，受到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用， 并且合力为零，即微粒做匀速直线运动，所以微粒受到的洛伦兹力垂直于速度方向斜向左上 方，由左手定则可判断微粒带正电； 对带电微粒受力分析，如图所示，根据平衡条件可得：Bqv0 2mg 解得：v02 2 m/s； (2)带电微粒进入第一象限后做曲线运动，设最高点为 M，从 O 到 M 所用的时间为 t，则将微 粒从O到M的运动分解为沿x轴方向上的

3、匀加速直线运动和沿y轴方向上的匀减速直线运动 y 轴方向上：0v0sin 45 gt yv0sin 45 2 t x 轴方向上：qEmgtan 45 max xv0cos 45 t1 2axt 2 解得 x0.6 m，y0.2 m. 即带电微粒在第一象限内运动时所达到的最高点的坐标为(0.6 m,0.2 m) 25. (20 分)(2019 广西钦州市 4 月综测)如图 2，为某碰撞模拟实验简图在水平地面上固定倾 角为 的足够长的光滑斜面，中间带孔的槽固定在斜面上一轻直杆平行于斜面，一端与轻 弹簧相连，另一端穿在槽中，直杆与槽间的最大静摩擦力为 Ff2mgsin .现将直杆用销钉固 定一质量为

4、 m 的滑块从距离弹簧上端 L 处由静止释放，其下滑过程中的最大速度 vm 3gLsin .已知弹簧的劲度系数 kmgsin L ，弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比滑动 摩擦力可认为等于最大静摩擦力，弹簧始终在弹性限度内且不会碰到槽当地重力加速度为g. 图 2 (1)求滑块下滑速度为 vm时弹簧的弹性势能 Ep； (2)若取下销钉，使滑块仍从原位置由静止释放，求直杆下滑的最大距离 s；并分析说明滑块 此后是否能与弹簧分离，若能，请求出滑块与弹簧分离时的速度大小 v；若不能，请说明理 由 (3)若取下销钉，使滑块从距离弹簧上端 2L 处由静止释放，请分析说明滑块此后是否能与弹 簧分离，若能，

5、请求出滑块与弹簧分离时的速度大小 v；若不能，请说明理由 答案 (1)1 2mgLsin (2)滑块不能与弹簧分离 (3)仍然不能分离，理由见解析 解析 (1)设滑块达到最大速度 vm时弹簧形变量为 x，则有：mgsin kx 解得 xL 此过程系统机械能守恒，有 mg(Lx)sin 1 2mvm 2E p 代入相关数据可得 Ep1 2mgLsin ； (2)当弹力大小等于 Ff时直杆开始滑动，设此时弹簧形变量为 x，则有 2mgsin kx 可得 x2L 依题意有 Ep4Ep 设此时滑块速度为 v1，则根据机械能守恒定律有：mg(Lx)sin 1 2mv1 2E p 之后滑块与直杆将一起做匀

6、减速运动，直至速度减为零根据动能定理有： mgssin Ffs01 2mv1 2 联立以上各式可得 sL 此后直杆保持静止假设滑块能与弹簧分离，即滑块还需向上运动 2L 的距离根据机械能 守恒定律有：Ep2mgLsin 1 2mv 2 联立可得 v0 可见，此后滑块将继续下滑，来回做往复运动 综上，滑块此后不能与弹簧分离 (3)若滑块从距离弹簧 2L 处由静止释放，根据(2)中的分析可知，直杆下滑的距离将增加，但 Ep保持不变，因而滑块仍然不能与弹簧分离 33 【选修 33】(15 分) (2019 四川南充市第三次适性考试) (1)(5 分)一定质量的理想气体由状态 a 经状态 b、 c 到

7、状态 d，其体积 V 与热力学温度 T 关系如图 3 所示，O、a、d 三点在同一直线上，ab 和 cd 平行于 横轴，bc 平行于纵轴，则下列说法正确的是_ 图 3 A从状态 a 到状态 b，气体吸收热量 B从状态 a 到状态 b，每个气体分子的动能都增大 C从状态 b 到状态 c，气体对外做功，内能减小 D从状态 c 到状态 d，气体的密度不变 E从状态 a 到状态 d，气体的内能增加 (2) (10 分)如图 4 所示，长 L55 cm 的薄壁玻璃管与水平面成 30 角倾斜放置，玻璃管粗细 均匀，底端封闭、另一端开口现用长 l10 cm 的水银柱封闭着一定质量的理想气体，气体 温度为 3

8、06 K，且水银面恰与管口齐平现将管口缓慢转到竖直向上位置，并将水银缓慢注 入管中，直到水银面再次与管口齐平，已知大气压强 p75 cmHg.求： 图 4 水银面再次与管口齐平时，管中气体的压强； 对竖直玻璃管缓慢加热，若管中刚好剩下 5 cm 高的水银柱，气体温度升高了多少 答案 (1)ADE (2)90 cmHg 340 K 解析 (1)由状态 a 到状态 b 过程中， 气体体积不变， 则 W0， 温度升高， 则 U0， 根据 U WQ 可知气体吸收热量，选项 A 正确；由状态 a 到状态 b 过程中，气体的温度升高，则 气体分子的平均动能变大，但不是每个气体分子的动能都会增大，选项 B

9、错误；从状态 b 到 c，气体温度不变，内能不变，体积变大，则气体对外做功，选项 C 错误；从状态 c 到 d，气 体体积不变，则气体的密度不变，选项 D 正确；从状态 a 到状态 d，气体温度升高，则内能 增加，选项 E 正确 (2)设玻璃管的横截面积为 S，水银密度为 ，重力加速度为 g，初态时，管内气体的温度为 T1306 K，体积 V145S 压强为 p1p0glsin 30 80 cmHg 当玻璃管竖直，水银面再次与管口齐平时，设水银柱高为 H，则 V2(55H)S 压强为 p2p0gH(75H) cmHg 由玻意耳定律，p1V1p2V2 代入数据解得：H15 cm 故 p2p0gH

10、90 cmHg 设温度升至 T2时，管中水银柱高为 5 cm，气体体积 V350S 气体压强为 p3p0gH80 cmHg 由理想气体状态方程：p1V1 T1 p3V3 T2 代入数据得：T2340 K. 34 【选修 34】(15 分) (2019 山西运城市 5 月适应性测试) (1)(5 分)图 5(a)为一列简谐横波在 t2 s 时的波形图， 图(b)为平衡位置在 x0.5 m 处的质点 P 的振动图象，M 是平衡位置在 x2 m 的质点下列说法正确的是_ 图 5 A波的传播方向向右 B波速为 0.5 m/s C02 s 时间内，M 向 y 轴正方向运动 D当 t9 s 时，M 恰好回

11、到平衡位置且向下振动 Ex1.5 m 处的质点与 P 的振动步调有时相同有时相反 (2)(10 分)现有一三棱柱工件， 由透明玻璃材料制成 如图 6 所示， 其截面 ABC 为直角三角形， ACB30 ，现在有一条光线沿着截面从 AC 边上的 O 点以 45 的入射角射入工件折射后到 达 BC 边的中点并发生了全反射后垂直于 AB 边射出已知光在空气中的传播速度为 c. 图 6 求透明玻璃材料的折射率 若 BC 3a，求光线在玻璃材料内传播的时间 答案 (1)ABD (2) 2 5 2a 4c 解析 (1)根据题图(b)可知， t2 s 时在 x0.5 m 处的质点 P 的振动方向向下， 由平

12、移法可知， 波的传播方向向右，A 正确；根据图(a)可知波长 2 m，根据图(b)可知周期 T4 s，所以波 速：v T0.5 m/s，B 正确；M 点与原点距离一个波长，所以 t2 s 时 M 也处于波谷，02 s 时间内后半个周期，M 在向 y 轴负方向运动，C 错误；从 t2 s 到 t9 s，t7 s13 4T， 现在 M 处于波谷，所以 t9 s 时，M 恰好回到平衡位置且向下振动，D 正确；x1.5 m 处的 质点与 P 相距半个波长，所以振动步调相反，E 错误 (2)光路图如图所示 DE 光线垂直 AB 射出，所以EDBODC30 ，折射角 r30 ，所以 nsin 45 sin 30 2 由几何关系可知，ODcos 30 1 2CD 1 4CB， 所以 OD1 2a，DEBDcos 30 3a 4 ， 因为 nc v，所以 v c n 2c 2 ，tODDE v 5 2a 4c .