2024高考物理二輪復(fù)習(xí)仿真模擬卷5含解析

PAGE12-仿真模擬卷(五)(時(shí)間：60分鐘滿(mǎn)分：110分)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。14．在物理學(xué)的發(fā)展過(guò)程中，科學(xué)家們創(chuàng)建出了很多物理學(xué)探討方法，以下關(guān)于所用物理學(xué)探討方法的敘述正確的是()A．在推導(dǎo)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采納了志向模型法B．伽利略認(rèn)為自由落體運(yùn)動(dòng)就是物體在傾角為90°的斜面上的運(yùn)動(dòng)，依據(jù)小球在斜面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，這里采納了試驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法C．在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時(shí)，先保持質(zhì)量不變探究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，這里采納了假設(shè)法D．在不須要考慮物體本身的大小和形態(tài)時(shí)，用質(zhì)點(diǎn)來(lái)代替物體的方法叫假設(shè)法B[在推導(dǎo)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)位移公式時(shí)，把整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程劃分成很多小段，每一小段近似看成勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，然后把各小段的位移相加，這里采納了微元法，選項(xiàng)A的敘述錯(cuò)誤；伽利略認(rèn)為自由落體運(yùn)動(dòng)就是物體在傾角為90°的斜面上的運(yùn)動(dòng)，依據(jù)小球在斜面上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律得出自由落體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，這里采納了試驗(yàn)和邏輯推理相結(jié)合的方法，選項(xiàng)B的敘述正確；在探究加速度、力和質(zhì)量三者之間的關(guān)系時(shí)，先保持質(zhì)量不變探究加速度與力的關(guān)系，再保持力不變探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系，這里采納了限制變量法，選項(xiàng)C的敘述錯(cuò)誤；在不須要考慮物體本身的大小和形態(tài)時(shí)，用質(zhì)點(diǎn)來(lái)代替物體的方法叫志向模型法，選項(xiàng)D的敘述錯(cuò)誤。]15.如圖所示，木板P下端通過(guò)光滑鉸鏈固定于水平地面上的O點(diǎn)，物體A、B疊放在木板上且處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)物體B的上表面水平。現(xiàn)使木板P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線(xiàn)所示位置，物體A、B仍保持靜止，與原位置相比()A．A對(duì)B的作用力減小B．B對(duì)A的支持力增大C．木板對(duì)B的支持力增大D．木板對(duì)B的摩擦力增大D[由題意知A、B始終處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，對(duì)A受力分析知A受重力和B對(duì)A的作用力而平衡，所以A對(duì)B的作用力與A的重力大小相等，故A錯(cuò)誤；當(dāng)將木板P繞O點(diǎn)緩慢旋轉(zhuǎn)到虛線(xiàn)所示位置時(shí)，B的上表面不再水平，設(shè)B的上表面與水平面間的夾角為α，則B對(duì)A的支持力為GAcosα<GA，故B錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體受力分析如圖所示，木板與水平地面的夾角為θ，有FN＝G總cosθ，F(xiàn)f＝G總sinθ，θ增大時(shí)，F(xiàn)N減小，F(xiàn)f增大，故C錯(cuò)誤，D正確。]16．截面積S＝0.5m2、匝數(shù)n＝100的圓形線(xiàn)圈，處在如圖甲所示的磁場(chǎng)內(nèi)，磁場(chǎng)方向與線(xiàn)圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t改變的規(guī)律如圖乙所示。已知電路中R＝3Ω，C＝10μF，線(xiàn)圈電阻r＝2Ω，導(dǎo)線(xiàn)電阻忽視不計(jì)，t甲乙A．電容器兩端的電壓為10VB．通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流大小為eq\f(10,3)AC．通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎→R→aD．電容器所帶的電荷量為6×10－5D[依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝100×0.2×0.5V＝10V，依據(jù)閉合電路歐姆定律可得通過(guò)電阻R的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(10,3＋2)A＝2A，則電容器兩端的電壓U＝IR＝2×3V＝6V，故A、B錯(cuò)誤；依據(jù)楞次定律可得通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閍→R→b，故C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝CU＝6×10－5C，故D正確。]17．如圖甲，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的O點(diǎn)先后無(wú)初速度釋放兩個(gè)正點(diǎn)電荷Ⅰ和Ⅱ，電荷僅受勻強(qiáng)電場(chǎng)的作用沿直線(xiàn)向A運(yùn)動(dòng)，兩電荷的動(dòng)能Ek隨位移x改變的關(guān)系如圖乙。Ⅰ的電荷量為q，可知()甲乙A．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E＝eq\f(Ek0,qx0)B．點(diǎn)電荷Ⅱ受到的電場(chǎng)力大小為FⅡ＝eq\f(Ek0,x0)C．點(diǎn)電荷Ⅱ的電荷量為eq\f(q,2)D．若選O點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，則A點(diǎn)的電勢(shì)為φA＝eq\f(Ek0,q)A[對(duì)點(diǎn)電荷Ⅰ，從O點(diǎn)到A點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得qEx0＝Ek0，故電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(Ek0,qx0)，A項(xiàng)正確；對(duì)點(diǎn)電荷Ⅱ，由動(dòng)能定理可得FⅡx0＝2Ek0，故點(diǎn)電荷Ⅱ受到的電場(chǎng)力大小為FⅡ＝eq\f(2Ek0,x0)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由場(chǎng)強(qiáng)E＝eq\f(Ek0,qx0)，點(diǎn)電荷Ⅱ受到的電場(chǎng)力大小FⅡ＝eq\f(2Ek0,x0)，可得點(diǎn)電荷Ⅱ的電荷量為Q＝eq\f(FⅡ,E)＝2q，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若選O點(diǎn)為零電勢(shì)點(diǎn)，則UOA＝φO－φA＝－φA，結(jié)合UOA＝Ex0＝eq\f(Ek0,q)可得，A點(diǎn)電勢(shì)為φA＝－eq\f(Ek0,q)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。]18．如圖甲為神舟載人飛船與空間站對(duì)接時(shí)的圖片，載人飛船放射及對(duì)接的過(guò)程可以簡(jiǎn)化為如圖乙所示，先將飛船放射至近地圓形軌道1運(yùn)行，然后在Q點(diǎn)點(diǎn)火，使其沿橢圓軌道2運(yùn)行，最終在P點(diǎn)與在軌道3運(yùn)行的空間站對(duì)接，對(duì)于該過(guò)程下列說(shuō)法正確的是()甲乙A．飛船在1軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)的周期小于在2軌道上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)的周期B．飛船沿軌道2由Q點(diǎn)運(yùn)行到P點(diǎn)時(shí)引力做負(fù)功，飛船與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒C．依據(jù)公式v＝ωr可知，空間站在軌道3上的運(yùn)行速度大于飛船在軌道1上的運(yùn)行速度D．飛船在軌道2上隨意位置的速度都小于在軌道1上的運(yùn)行速度A[依據(jù)飛船運(yùn)動(dòng)的半長(zhǎng)軸的大小關(guān)系可知，軌道2的半長(zhǎng)軸大于軌道1，由開(kāi)普勒第三定律知，軌道2的公轉(zhuǎn)周期大，A正確；飛船在軌道2上從Q點(diǎn)到P點(diǎn)，只受地球引力作用，飛船與地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；依據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬(wàn)有引力供應(yīng)知，Geq\f(Mm,r2)＝mω2r，飛船軌道半徑越大，角速度越小，故不能干脆依據(jù)v＝rω判定線(xiàn)速度與半徑的關(guān)系，C錯(cuò)誤；飛船在軌道1上做圓周運(yùn)動(dòng)，由萬(wàn)有引力供應(yīng)圓周運(yùn)動(dòng)向心力，而在軌道2上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，飛船要做離心運(yùn)動(dòng)，故其運(yùn)動(dòng)速度將大于在軌道1上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度，D錯(cuò)誤。]19.云室能顯示射線(xiàn)的徑跡，把云室放在磁場(chǎng)中，從帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的彎曲方向和半徑大小就能推斷粒子的一些屬性。放射性元素A的原子核靜止放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中發(fā)生衰變，放射出粒子并變成新原子核B，放射出的粒子與新核的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，測(cè)得兩圓的半徑之比R1∶R2＝42∶1，且R1＝0.2m，已知α粒子的質(zhì)量mα＝6.64×10－27kg，β粒子的質(zhì)量mβ＝9.1×10－31kg，普朗克常量取h＝6.6×10－34J·s，元電荷帶電荷量為1.6×10－A．新原子核B的核電荷數(shù)為84B．放射性元素A原子核發(fā)生的是β衰變C．衰變放射出的粒子的速度大小為2.4×107D．假如A原子核衰變時(shí)釋放出一種頻率為1.2×1015Hz的光子，那么這種光子能使逸出功為4.54eV的金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng)ACD[衰變過(guò)程中動(dòng)量守恒，因初動(dòng)量為零，故衰變后兩粒子動(dòng)量大小相等，方向相反。兩粒子軌跡為外切圓，說(shuō)明兩粒子所受的洛倫茲力起先時(shí)方向相反，則兩粒子均帶正電，故發(fā)生的是α衰變，B項(xiàng)錯(cuò)誤；原子核發(fā)生衰變時(shí)，生成的新核與α粒子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有0＝mv－mαvα，洛倫茲力供應(yīng)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，滿(mǎn)意q0v0B＝eq\f(m0v\o\al(2,0),r)，又qα＝2e，R1∶R2＝42∶1，解得該放射性元素的電荷量q＝84e，即新原子核B的電荷數(shù)為84，A項(xiàng)正確；因R1＝eq\f(mαvα,qαB)，解得vα＝eq\f(qαBR1,mα)＝eq\f(2×1.6×10－19×2.5×0.2,6.64×10－27)m/s≈2.4×107m/s，C項(xiàng)正確；A原子核衰變時(shí)釋放出一種頻率為1.2×1015Hz的光子，則該種光子的能量為E＝hν＝6.6×10－34×1.2×1015J＝7.92×10－19J＝4.95eV>4.54eV，因此這種光子能使金屬鎢發(fā)生光電效應(yīng)，故D正確。]20．如圖(a)所示，一根豎直懸掛的不行伸長(zhǎng)的輕繩，下端拴一小物塊A，上端固定在C點(diǎn)且與一能測(cè)量繩的拉力的測(cè)力傳感器相連。已知有一質(zhì)量為m0的子彈B以水平速度v0射入A內(nèi)(未穿透)，接著兩者一起繞C點(diǎn)在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。在各種阻力都可忽視的條件下測(cè)力傳感器測(cè)得繩的拉力F隨時(shí)間t的改變關(guān)系如圖(b)所示，已知子彈射入的時(shí)間極短，且圖(b)中t＝0為A、B起先以相同的速度運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻。下列說(shuō)法正確的是()(a)(b)A．A、B一起在豎直面內(nèi)做周期為T(mén)＝t0的圓周運(yùn)動(dòng)B．A的質(zhì)量大小為m＝eq\f(Fm,6g)－m0C．子彈射入物塊過(guò)程中所受沖量大小為eq\f(m0v0Fm－6m0g,Fm)D．輕繩的長(zhǎng)度為l＝eq\f(36m\o\al(2,0)v\o\al(2,0),5F\o\al(2,m))gBCD[由圖(b)可得，A、B整體做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)繩的拉力為零，最低點(diǎn)時(shí)繩的拉力為Fm，圓周運(yùn)動(dòng)的周期為2t0，A項(xiàng)錯(cuò)誤；子彈B射入A的過(guò)程二者動(dòng)量守恒，則有m0v0＝(m0＋m)v1，在最低點(diǎn)瞬間有Fm－(m0＋m)g＝(m0＋m)eq\f(v\o\al(2,1),l)，在最高點(diǎn)瞬間有(m0＋m)g＝(m0＋m)eq\f(v\o\al(2,2),l)，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有(m0＋m)g·2l＝eq\f(1,2)(m0＋m)(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,2))，子彈射入物塊A的過(guò)程中所受的沖量I＝m0(v1－v0)，其大小取肯定值，解以上五個(gè)方程可推斷B、C、D項(xiàng)正確。]21．如圖甲所示，下端固定的輕質(zhì)彈簧豎直放置，一質(zhì)量為m的小球，從距離彈簧上端高h(yuǎn)處由靜止釋放。若以小球起先下落的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，作出小球在落到彈簧上后接著向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，小球所受彈力F的大小隨下落的位置坐標(biāo)x的改變關(guān)系如圖乙所示。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。以下推斷正確的是()甲乙A．小球受到的彈力最大值等于2mgB．當(dāng)x＝h＋a時(shí)，小球的重力勢(shì)能與彈簧的彈性勢(shì)能之和最小C．小球動(dòng)能的最大值為mgh＋eq\f(mga,2)D．彈力F隨時(shí)間t改變的圖線(xiàn)也應(yīng)當(dāng)是線(xiàn)性圖線(xiàn)BC[設(shè)小球下落到彈簧壓縮量最大為x1時(shí)彈簧的彈力為Fmax，對(duì)從小球起先下落到彈簧壓縮量達(dá)到最大的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mg(h＋x1)－WF＝0，依據(jù)F-x圖線(xiàn)與橫軸所圍圖形的面積表示小球克服彈力所做的功，可得WF＝eq\f(1,2)Fmaxx1，聯(lián)立可得Fmax＝2mg＋eq\f(2mgh,x1)>2mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題圖可知，當(dāng)x＝h＋a時(shí)，小球所受重力和彈力的合力為零，此時(shí)小球的速度最大，動(dòng)能最大，由于小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以當(dāng)x＝h＋a時(shí)，小球的重力勢(shì)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和最小，選項(xiàng)B正確；對(duì)小球起先下落至下落到x＝h＋a的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mg(h＋a)－W′F＝Ek，W′F＝eq\f(1,2)mga，聯(lián)立解得小球動(dòng)能的最大值Ek＝mgh＋eq\f(1,2)mga，選項(xiàng)C正確；由于小球不是做勻速運(yùn)動(dòng)，即x與t不是線(xiàn)性關(guān)系，可知彈力F隨時(shí)間t改變的圖線(xiàn)不是線(xiàn)性圖線(xiàn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]三、非選擇題：共62分。第22～25題為必考題，每個(gè)試題考生都必需作答。第33～34題為選考題，考生依據(jù)要求作答。(一)必考題：共47分。22．(6分)有—學(xué)生利用自己改裝的簡(jiǎn)易歐姆表來(lái)測(cè)量電阻，改裝時(shí)利用了一個(gè)靈敏電流計(jì)，滑動(dòng)變阻器，干電池等。干電池的電動(dòng)勢(shì)E＝1.5V，內(nèi)阻r＝1.5Ω，電流計(jì)銘牌上標(biāo)有滿(mǎn)偏電流Ig＝5mA、內(nèi)阻Rg＝18.5Ω字樣。改裝前該同學(xué)先設(shè)計(jì)了如圖所示的電路原理圖，A、B為接線(xiàn)柱，R為滑動(dòng)變阻器。(1)歐姆調(diào)零后，發(fā)覺(jué)在A(yíng)、B間接入阻值不同的電阻時(shí)，電流計(jì)讀數(shù)不同。若在電流計(jì)刻度線(xiàn)上干脆標(biāo)注相應(yīng)阻值，則可干脆讀出A、B間接入電阻的阻值，電流計(jì)就改裝成了一塊能夠測(cè)量導(dǎo)體電阻的歐姆表。電流計(jì)“2.0mA”刻度線(xiàn)標(biāo)為_(kāi)_______Ω；為了操作便利，在A(yíng)、B處依據(jù)多用電表中歐姆擋的運(yùn)用規(guī)則用紅、黑表筆接出，其中紅表筆應(yīng)接在________(選填“A”或“B”)處。(2)該學(xué)生改裝時(shí)用了一節(jié)舊電池，電動(dòng)勢(shì)沒(méi)有降低，但內(nèi)阻變大了，測(cè)量結(jié)果________(選填“偏大”“偏小”或“不變”)。[解析](1)連接A、B，調(diào)整滑動(dòng)變阻器R，使歐姆表指針指到0，即電流表達(dá)到滿(mǎn)偏電流Ig，依據(jù)閉合電路歐姆定律得R＝eq\f(E,Ig)－r－Rg＝280Ω；保持R不變，在A(yíng)、B間接入電阻Rx時(shí)通過(guò)電流計(jì)的電流為I1＝2.0mA，依據(jù)閉合電路歐姆定律得Rx＝eq\f(E,I1)－eq\f(E,Ig)＝450Ω；應(yīng)使電流從紅表筆流入電流計(jì)，故紅表筆應(yīng)接A處。(2)改裝時(shí)用了一節(jié)舊電池，電動(dòng)勢(shì)沒(méi)有降低，內(nèi)阻變大了，測(cè)量結(jié)果不變，因?yàn)橹兄惦娮璨蛔?，只是滑?dòng)變阻器接入電路的阻值改變了而已。[答案](1)450(2分)A(2分)(2)不變(2分)23．(9分)某同學(xué)通過(guò)試驗(yàn)測(cè)量玩具上的小直流電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度大小。如圖甲所示，將直徑約為3cm的圓盤(pán)固定在電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)軸上，將紙帶的一端穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器后，固定在圓盤(pán)的側(cè)面，圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，紙帶可以卷在圓盤(pán)的側(cè)面上，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所接溝通電的頻率為50Hz。甲乙丙(1)試驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先接通________(選填“電動(dòng)機(jī)”或“打點(diǎn)計(jì)時(shí)器”)的電源。(2)試驗(yàn)得到一卷繞在圓盤(pán)上的紙帶，將紙帶抽出一小段，測(cè)量相鄰兩個(gè)點(diǎn)之間的長(zhǎng)度L1，以及此時(shí)圓盤(pán)的直徑d1，再抽出較長(zhǎng)的一段紙帶后撕掉，然后抽出一小段測(cè)量相鄰兩個(gè)點(diǎn)之間的長(zhǎng)度L2，以及此時(shí)圓盤(pán)的直徑d2，重復(fù)上述步驟，將數(shù)據(jù)記錄在表格中，其中一段紙帶如圖乙所示，測(cè)得打下這些點(diǎn)時(shí)，紙帶運(yùn)動(dòng)的速度大小為_(kāi)_______m/s。測(cè)得此時(shí)圓盤(pán)直徑為5.60cm，則可求得電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為_(kāi)_______rad/s。(結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)(3)該同學(xué)依據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)，作出了紙帶運(yùn)動(dòng)速度v與相應(yīng)圓盤(pán)直徑d的關(guān)系圖象，如圖丙所示。分析圖線(xiàn)，可知電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度在試驗(yàn)過(guò)程中________(選填“增大”“減小”或“不變”)。[解析](1)試驗(yàn)時(shí)，應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，再接通電動(dòng)機(jī)的電源。(2)紙帶運(yùn)動(dòng)的速度大小為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(3.62×10－2,0.02)m/s＝1.8m/s；角速度ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(1.8,\f(5.6×10－2,2))rad/s＝64rad/s。(3)因v-d圖象是過(guò)原點(diǎn)傾斜的直線(xiàn)，又依據(jù)v＝ωr＝eq\f(1,2)ωd，可知ω不變。[答案](1)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器(2分)(2)1.8(2分)64(2分)(3)不變(3分)24．(12分)某幼兒園要在空地上做一個(gè)滑梯，如圖所示，由于空地大小的限制，滑梯斜面的水平跨度確定為x＝6m。兒童褲料與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2。(1)若兒童在滑梯上恰能滑下，求滑梯的高度h；(2)若小明的褲料與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝eq\f(1,3)，求他從滑梯頂端由靜止滑到斜面底端的瞬時(shí)速度大??；(3)若體重比小明重，與小明穿相同褲料的小華，從滑梯上也從頂端由靜止滑到斜面底端，有人認(rèn)為他滑行的時(shí)間比小明長(zhǎng)，這種說(shuō)法是否正確？簡(jiǎn)要說(shuō)明理由。[解析](1)兒童要恰能滑下，重力的下滑分力應(yīng)等于滑動(dòng)摩擦力，則有mgsinθ＝μmgcosθ， (2分)依據(jù)幾何關(guān)系有tanθ＝eq\f(h,x)， (1分)聯(lián)立解得h＝0.4x＝2.4m。 (1分)(2)對(duì)小明，由動(dòng)能定理得m′gh－μ1m′gLcosθ＝eq\f(1,2)m′v2， (2分)又由幾何關(guān)系知x＝Lcosθ (1分)聯(lián)立解得滑到斜面底端的瞬時(shí)速度大小v＝2eq\(3)這種說(shuō)法不正確，小華下滑的時(shí)間與小明相等。 (1分)斜面長(zhǎng)L＝eq\f(1,2)at2， (1分)依據(jù)牛頓其次定律得a＝g(sinθ－μ1cosθ) (1分)聯(lián)立解得下滑時(shí)間t＝eq\r(\f(2L,gsinθ－μ1cosθ)) (1分)可見(jiàn)t與m無(wú)關(guān)，小華與小明下滑的時(shí)間相同。[答案](1)2.4m(2)2eq\r(2)m/s(3)見(jiàn)解析25．(20分)如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)有垂直紙面對(duì)外的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電荷量為q、質(zhì)量為m的正粒子從y軸上的P點(diǎn)以初速度大小v0，沿與y軸正方向成60°角的方向垂直磁場(chǎng)進(jìn)入第一象限，粒子在x軸上的Q點(diǎn)沿y軸負(fù)方向進(jìn)入第四象限。第四象限中，直線(xiàn)y＝－x與x軸之間，有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，進(jìn)入第四象限的粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)垂直直線(xiàn)y＝－x，從C點(diǎn)射出。已知OQ＝eq\r(3)h，不計(jì)粒子的重力。(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；(2)求電場(chǎng)強(qiáng)度E和粒子由P運(yùn)動(dòng)到直線(xiàn)y＝－x所用的時(shí)間；(3)假如一速度大小相同的粒子，從P點(diǎn)垂直于y軸射入磁場(chǎng)，出磁場(chǎng)時(shí)速度方向恰與x軸方向垂直，則該粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與直線(xiàn)y＝－x交點(diǎn)的坐標(biāo)為多少(可用根式表示)?[解析](1)畫(huà)出粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示。設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為O1，半徑為R，由幾何關(guān)系可得PO＝h (1分)R＝eq\f(2\r(3)h,3) (1分)由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R) (1分)可得B＝eq\f(\r(3)mv0,2qh)。 (1分)(2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)了eq\f(1,3)個(gè)圓周，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1＝eq\f(2πR,3v0)＝eq\f(4\r(3)πh,9v0) (1分)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)。沿電場(chǎng)方向有eq\r(3)h－x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)， (2分)vx＝at2， (1分)a＝eq\f(qE,m) (1分)沿y軸負(fù)方向有－y1＝v0t2 (1分)因?yàn)榱Ｗ与x開(kāi)電場(chǎng)時(shí)垂直于直線(xiàn)y＝－x所以eq\f(at2,v0)＝1，x1＝－y1 (1分)聯(lián)立解得E＝eq\f(\r(3)mv\o\al(2,0),2qh)， (1分)t2＝eq\f(2\r(3)h,3v0) (1分)粒子由P運(yùn)動(dòng)到直線(xiàn)y＝－x所用的時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\f(4\r(3)πh,9v0)＋eq\f(2\r(3)h,3v0)＝eq\f(2\r(3)2π＋3h,9v0) (2分)(3)速度大小相同的粒子從P點(diǎn)入射，垂直于x軸出磁場(chǎng)，設(shè)該粒子所帶電荷量為q′，質(zhì)量為m′，則該粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑R′＝eq\f(m′v0,q′B)＝h (1分)該粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)與y＝－x交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為A(A>0)則A＝v0t′ (1分)q′E＝m′a′， (1分)h－A＝eq\f(1,2)a′t′2 (1分)聯(lián)立解得交點(diǎn)坐標(biāo)為[(eq\r(3)－1)h，(1－eq\r(3))h] (1分)[答案]見(jiàn)解析(二)選做題：本題共15分。請(qǐng)考生從給出的2道物理題中任選一題作答。假如多做，則按所做的第一題計(jì)分。33．[物理——選修3－3](15分)(1)(多選)(5分)如圖所示是海浪發(fā)電機(jī)的裝置示意圖，當(dāng)海浪向下運(yùn)動(dòng)時(shí)氣室中的活塞向下運(yùn)動(dòng)，進(jìn)氣閥門(mén)打開(kāi)、出氣閥門(mén)關(guān)閉，外界空氣進(jìn)來(lái)；當(dāng)海浪向上運(yùn)動(dòng)時(shí)氣室中的活塞向上運(yùn)動(dòng)，進(jìn)氣閥門(mén)關(guān)閉、出氣閥門(mén)打開(kāi)，壓縮氣室內(nèi)的氣體推動(dòng)出氣口處的活塞，從而使發(fā)電裝置工作。假設(shè)整個(gè)裝置是絕熱的，氣室內(nèi)氣體可視為志向氣體。氣室內(nèi)氣體在被活塞壓縮到釋放前這一過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是________。(填正確答案標(biāo)號(hào)。選對(duì)1個(gè)得2分，選對(duì)2個(gè)得4分，選對(duì)3個(gè)得5分。每選錯(cuò)1個(gè)扣3分，最低得分為0分)A．該裝置違反了熱力學(xué)其次定律B．氣室內(nèi)氣體內(nèi)能增加C．氣室內(nèi)氣體分子的平均動(dòng)能不變D．氣室內(nèi)氣體分子之間的斥力增加E．若氣室活塞一次壓縮氣體做的功為10J，發(fā)電裝置獲得8J的能量，則氣室內(nèi)氣體一次被排出時(shí)所帶走的能量為2J(2)(10分)如圖所示為一固定的導(dǎo)熱性能良好的容器，橫截面積為S，上端有一密閉性良好的容器蓋(蓋不固定)，容器內(nèi)密封肯定質(zhì)量的志向氣體，氣體溫度為27℃，氣體壓強(qiáng)為p0(大氣壓強(qiáng))?，F(xiàn)對(duì)容器緩慢加熱，當(dāng)容器內(nèi)氣體溫度為33℃時(shí)，容器蓋恰好被頂起。假設(shè)容器蓋被頂起的瞬間，容器內(nèi)的一部分氣體在極短的時(shí)間內(nèi)溢出來(lái)，此時(shí)容器蓋也馬上復(fù)位，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)回到初狀態(tài)的壓強(qiáng)p0，但氣體的溫度仍舊保持33℃。然后馬上停止加熱，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，容器內(nèi)氣體的溫度復(fù)原到27℃，求：(ⅰ)當(dāng)容器內(nèi)氣體的溫度為33℃時(shí)，容器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)；(ⅱ)當(dāng)容器內(nèi)氣體的溫度復(fù)原到27℃時(shí)，恰好能將容器蓋沿豎直方向提起的作用力大小。[解析](1)海浪發(fā)電機(jī)在工作的時(shí)候須要外界的能量來(lái)推動(dòng)，這個(gè)能量的來(lái)源是海浪的機(jī)械能，故該裝置沒(méi)有違反熱力學(xué)其次定律，故A錯(cuò)誤；活塞壓縮氣體，外界對(duì)氣室內(nèi)氣體做功，氣體內(nèi)能增加，故氣體的溫度上升，氣室內(nèi)氣體的平均動(dòng)能增加，故B正確、C錯(cuò)誤；壓縮氣體，氣體分子之間的距離減小，故氣室內(nèi)氣體分子之間的斥力增加，D正確；依據(jù)能量守恒定律可知E正確。(2)(ⅰ)由題意可知容器內(nèi)的氣體發(fā)生的是等容改變初始狀態(tài)p＝p0，溫度T0＝300K設(shè)末態(tài)的壓強(qiáng)為p1，溫度T1＝306K依據(jù)查理定律eq\f(p0,T0)＝eq\f(p1,T1) (2分)可得p1＝eq\f(T1,T0)p0＝eq\f(306,300)p0＝1.02p0。 (1分)(ⅱ)當(dāng)容器內(nèi)氣體的溫度復(fù)原到27℃時(shí)，依據(jù)查理定律(等容改變)可得eq\f(p0,T1)＝eq\f(p2,T0) (2分)解得p2＝eq\f(T0,T1)p0＝eq\f(300,306)p0＝eq\f(p0,1.02) (1分)當(dāng)容器蓋恰好被頂起時(shí)有p1S＝mg＋p0S (1分)依據(jù)力的平衡可知，將容器蓋提起時(shí)所需的最小力Fmin滿(mǎn)意Fmin＋p2S＝p0S＋mg (1分)解得Fmin＝0.04p0S。 (2分)[答案](1)BDE(2)(ⅰ)1.02p0(ⅱ)0.04p0S34．[物理——選修3－4](15分)(1)(5分)圖示為用某種透亮材料制成的長(zhǎng)方形透亮體的橫截面，AB＝2L，BC＝eq\f(5\r(3)L,2)，E為AB中點(diǎn)?，F(xiàn)讓一綠光沿紙面以與AB成θ＝30°角的方向從E點(diǎn)射入透亮體，若第一次射出透亮體的位置為Q，已知透亮體的折射率n＝eq\r(3)，則Q、C兩點(diǎn)間的距離為_(kāi)_______，第一次射出透亮體時(shí)的折射角為_(kāi)____