《2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷三（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理 刷題1+1（2019模擬題）組合模擬卷三（含解析）（16頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、組合模擬卷三第卷(選擇題，共48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1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921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(2019云南昆明4月質(zhì)檢)下列說(shuō)法正確的是()A原子核的結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定B衰變釋放出電子，說(shuō)明原子核內(nèi)有電子C氡的半衰期為3.8天，8個(gè)氡原子核經(jīng)過(guò)7.6天后剩下2個(gè)氡原子核D用頻率為的入射光照射光電管的陰極，遏止電壓為Uc，改用頻率為2的入射光照射同一光電管，遏止電壓大于2Uc答案D解析原子核的比結(jié)合能越大，原子核越穩(wěn)定，故A錯(cuò)誤；衰變釋放出電子，是中

2、子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)放出的，不能說(shuō)明核內(nèi)有電子，故B錯(cuò)誤；半衰期的概念是對(duì)于大量原子核衰變而言的，對(duì)于少數(shù)原子核無(wú)意義，故C錯(cuò)誤；由光電效應(yīng)方程：EkhW0和eUcEk，有eUchW0，當(dāng)改用頻率為2的入射光照射同一光電管，遏止電壓eUch2W0，則Uc2Uc，故D正確。15(2019長(zhǎng)春外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三上學(xué)期期末)如圖所示，是一質(zhì)量為m2 kg的物體從t0時(shí)開(kāi)始做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的vt圖線(xiàn)，那么下列選項(xiàng)中正確的是()A在06 s內(nèi)，物體離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)為30 mB在06 s內(nèi)，物體經(jīng)過(guò)的位移為40 mC在04 s內(nèi)，物體的動(dòng)量變化為20 kgm/sD在第46 s內(nèi)，物體所受的合外力的沖量為20 Ns答案C解析前

3、5 s物體一直沿正方向運(yùn)動(dòng)，第6 s沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，所以在第5 s末質(zhì)點(diǎn)離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為s10 m35 m，A錯(cuò)誤；由vt圖象得，在06 s內(nèi)，物體的位移為x10 m1 m30 m，B錯(cuò)誤；在04 s內(nèi)，物體的動(dòng)量變化為pmv020 kgm/s，C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，在第46 s內(nèi)，物體所受的合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，I(210210) kgm/s40 kgm/s40 Ns，D錯(cuò)誤。16(2019重慶一中高三5月?？?如圖所示，在粗糙的水平地面上放著一左側(cè)截面是半圓的柱狀物體B，在B與豎直墻之間放置一光滑小球A，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)用水平力F拉動(dòng)B緩慢向右移動(dòng)一小段距離后，它們?nèi)?/p>

4、處于靜止?fàn)顟B(tài)，在此過(guò)程中，下列判斷正確的是()A小球A對(duì)物體B的壓力逐漸增大B小球A對(duì)物體B的壓力逐漸減小C墻面對(duì)小球A的支持力逐漸減小D墻面對(duì)小球A的支持力先增大后減小答案A解析對(duì)A球受力分析并建立直角坐標(biāo)系如圖，由平衡條件得，豎直方向：N2cosmg，水平方向：N1N2sin，聯(lián)立解得N2，N1mgtan；B緩慢向右移動(dòng)一小段距離，A緩慢下落，則增大，所以N2增大，N1增大，由牛頓第三定律知小球A對(duì)物體B的壓力逐漸增大，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。17(2019吉林省長(zhǎng)春市二模)“太空涂鴉”技術(shù)的基本物理模型是：原來(lái)在較低圓軌道運(yùn)行的攻擊衛(wèi)星在變軌后接近在較高圓軌道上運(yùn)行的偵察衛(wèi)星時(shí)，向其發(fā)射

5、“漆霧”彈，“漆霧”彈在臨近偵察衛(wèi)星時(shí)，壓爆彈囊，讓“漆霧”散開(kāi)并噴向偵察衛(wèi)星，噴散后強(qiáng)力吸附在偵察衛(wèi)星的偵察鏡頭、太陽(yáng)能板、電子偵察傳感器等關(guān)鍵設(shè)備上，使之暫時(shí)失效。關(guān)于這一過(guò)程下列說(shuō)法正確的是()A攻擊衛(wèi)星在原軌道上運(yùn)行的周期比偵察衛(wèi)星的周期大B攻擊衛(wèi)星在原軌道上運(yùn)行的線(xiàn)速度比偵察衛(wèi)星的線(xiàn)速度小C攻擊衛(wèi)星在原軌道需要加速才能變軌接近偵察衛(wèi)星D攻擊衛(wèi)星接近偵察衛(wèi)星的過(guò)程中受到地球的萬(wàn)有引力一直在增大答案C解析從題中可以看出，攻擊衛(wèi)星圓軌道的軌道半徑小于偵察衛(wèi)星，根據(jù)mm2rm2rma可知軌道半徑越小，則周期越小，線(xiàn)速度越大，故A、B錯(cuò)誤；從低軌道運(yùn)動(dòng)到高軌道需要做離心運(yùn)動(dòng)，所以攻擊衛(wèi)星在原軌

6、道需要加速才能變軌接近偵察衛(wèi)星，故C正確；攻擊衛(wèi)星接近偵察衛(wèi)星的過(guò)程中軌道半徑增大，根據(jù)F可知受到地球的萬(wàn)有引力一直在減小，故D錯(cuò)誤。18(2019福建廈門(mén)高三上學(xué)期期末)如圖所示，豎直平面內(nèi)有一個(gè)圓，空間存在相互垂直的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，一個(gè)帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平初速度從圓上A點(diǎn)(圖中未畫(huà)出)沿著圓所在平面射入圓內(nèi)，恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，打在圓形邊界的C點(diǎn)；若將電場(chǎng)的方向反向，其他條件不變，則該小球?qū)⒆鲋本€(xiàn)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t打在圓周的D點(diǎn)。已知ACCD，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小球的比荷為，則()A小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tC若該實(shí)驗(yàn)是在地面上實(shí)現(xiàn)的，且

7、地球表面的重力加速度為g，則小球的運(yùn)動(dòng)速度大小為2gtD若該實(shí)驗(yàn)是在某星球表面上實(shí)現(xiàn)的，已知?jiǎng)蛩賵A周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，可求得該星球表面的重力加速度為答案C解析開(kāi)始時(shí)，帶電小球在電磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力與電場(chǎng)力合力為零，電場(chǎng)力豎直向上，洛倫茲力提供向心力，當(dāng)電場(chǎng)反向后電場(chǎng)力豎直向下，小球做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則洛倫茲力豎直向上，三力的合力為零，小球做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；小球從A到C過(guò)程做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力與電場(chǎng)力合力為零，qEmg，洛倫茲力提供向心力，則：qvBm，得r，又因?yàn)?，則rvt，又因?yàn)殡妶?chǎng)反向時(shí)，小球沿AD做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，則AD的長(zhǎng)度為：vtr，如圖所示，由幾何關(guān)系可知，2rsin，即：4

8、sincos1,2sin1，sin，則或，即小球從A運(yùn)動(dòng)到C轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為或，弧AC的長(zhǎng)度為sr，所以小球從A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間t1t或t，B錯(cuò)誤；小球從A到D做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：qvBmgqE，又因?yàn)閝Emg，解得v2gt，C正確；已知?jiǎng)蛩賵A周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，由牛頓第二定律得：qvBm，從A到D做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，qvBmgqE，又因?yàn)閝Emg，聯(lián)立解得：g，D錯(cuò)誤。19(2019全國(guó)卷)靜電場(chǎng)中，一帶電粒子僅在電場(chǎng)力的作用下自M點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，N為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的另外一點(diǎn)，則()A運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度大小可能先增大后減小B在M、N兩點(diǎn)間，粒子的軌跡一定與某條電場(chǎng)線(xiàn)重合C粒子在M點(diǎn)

9、的電勢(shì)能不低于其在N點(diǎn)的電勢(shì)能D粒子在N點(diǎn)所受電場(chǎng)力的方向一定與粒子軌跡在該點(diǎn)的切線(xiàn)平行答案AC解析如圖所示，在兩正電荷形成的電場(chǎng)中，一帶正電的粒子在兩電荷的連線(xiàn)上運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子有可能經(jīng)過(guò)先加速再減速的過(guò)程，A正確；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與電場(chǎng)線(xiàn)重合需具備初速度與電場(chǎng)線(xiàn)平行或?yàn)?、電場(chǎng)線(xiàn)為直線(xiàn)、只受電場(chǎng)力三個(gè)條件，B錯(cuò)誤；帶電粒子僅受電場(chǎng)力在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)能與電勢(shì)能的總量不變，EkM0，而EkN0，故EpMEpN，C正確；粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的切線(xiàn)方向?yàn)樗俣确较?，由于粒子運(yùn)動(dòng)軌跡不一定是直線(xiàn)，故在N點(diǎn)電場(chǎng)力方向與軌跡切線(xiàn)方向不一定平行，D錯(cuò)誤。20(2019山東青島二中高三上學(xué)期期末)一質(zhì)量為2m的物體P靜止

10、于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長(zhǎng)度為L(zhǎng)；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過(guò)與ab和bc均相切的長(zhǎng)度可忽略的光滑圓弧連接?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)，在斜面上上升的最大高度為h，返回后恰好到達(dá)a點(diǎn)與物體P相對(duì)靜止，重力加速度為g，則()A粗糙水平面ab的動(dòng)摩擦因數(shù)為B當(dāng)木塊最后到達(dá)a點(diǎn)時(shí)的速度為0C當(dāng)木塊最后到達(dá)a點(diǎn)時(shí)的速度為D整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量為2mgh答案ACD解析先分析木塊從開(kāi)始到最高點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒，有mv03mv，得vv0，根據(jù)能量守恒，有mgLmghmvmv2，同理，最后到達(dá)a點(diǎn)時(shí)的速度也是vv0，整個(gè)過(guò)程能量

11、守恒，有2mgLmvmv2，聯(lián)立得，整個(gè)過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q2mgL2mgh，故A、C、D正確，B錯(cuò)誤。21(2019湖北七市州教研協(xié)作體高三聯(lián)合模擬)如圖所示，平直光滑導(dǎo)軌a、b間距為d4 m，導(dǎo)軌間有一邊長(zhǎng)為l m的正六邊形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1 T，導(dǎo)軌右側(cè)接一定值電阻R1 ，左側(cè)一導(dǎo)體棒長(zhǎng)正好為d，與導(dǎo)軌接觸良好且可在導(dǎo)軌上橫向自由滑動(dòng)，導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度電阻為R01 ，導(dǎo)軌及導(dǎo)線(xiàn)電阻不計(jì)，現(xiàn)讓導(dǎo)體棒以速度v1 m/s勻速向右運(yùn)動(dòng)，從導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域開(kāi)始計(jì)時(shí)，在通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中，定值電阻上流過(guò)的電流大小為I，導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F，R兩端的電壓大小為U，R上的熱功率為P，則I

12、、F、U和P分別隨時(shí)間t變化的圖象可能正確的是()答案ACD解析由于磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)檎呅?，則對(duì)邊之間的距離：al3 m，棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：EBLv，最大電動(dòng)勢(shì)：EmBav131 V3 V。由幾何關(guān)系可知，棒從剛進(jìn)入磁場(chǎng)到在磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度恰為a時(shí)，進(jìn)入磁場(chǎng)的距離：xlcos60 m，所用時(shí)間t s，在進(jìn)入磁場(chǎng)的前 s內(nèi)磁場(chǎng)中的棒的長(zhǎng)度與棒進(jìn)入的距離成正比，所以在前 s內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流與時(shí)間成正比，最大電流：Im A，持續(xù)時(shí)間：t2 s，對(duì)比A圖可知，圖中的各電流值與時(shí)間都是正確的，A正確；在進(jìn)入磁場(chǎng)的前 s內(nèi)安培力：FBIL，可知在進(jìn)入磁場(chǎng)的前 s內(nèi)安培力與進(jìn)入距離的平方成正比，即與進(jìn)入時(shí)間

13、的平方成正比，B錯(cuò)誤；R兩端的電壓：UIR，由于U與I成正比，結(jié)合A的分析可知，C正確；R上的熱功率：PI2R，P與電流的平方成正比，則在進(jìn)入磁場(chǎng)的前 s內(nèi)熱功率也與時(shí)間的平方成正比，最大功率：PmIR21 W W，D正確。第卷(非選擇題，共62分)三、非選擇題(包括必考題和選考題兩部分，共62分。第2225題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第33、34題為選考題，考生根據(jù)要求作答)(一)必考題(共47分)22(2019安徽省“江南十?！备呷戮C合質(zhì)檢)(5分)我們可以用圖a所示裝置探究合外力做功與動(dòng)能改變的關(guān)系。將光電門(mén)固定在水平軌道的B點(diǎn)，平衡摩擦力后，用小桶通過(guò)細(xì)線(xiàn)拉小車(chē)，小車(chē)上安裝

14、遮光條并放有若干鉤碼?，F(xiàn)將小車(chē)上的鉤碼逐次移至小桶中，并使小車(chē)每次都從同一位置A點(diǎn)由靜止釋放。(1)用游標(biāo)卡尺測(cè)出遮光條的寬度，記錄光電門(mén)的示數(shù)，從而算出小車(chē)通過(guò)B點(diǎn)的速度。其中游標(biāo)卡尺測(cè)量情況如圖b所示，則d_ cm。(2)測(cè)小桶質(zhì)量，以小桶和桶內(nèi)鉤碼質(zhì)量之和m為橫坐標(biāo)，小車(chē)經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)相應(yīng)的速度平方為縱坐標(biāo)，則v2m圖線(xiàn)應(yīng)該為下圖中_。答案(1)0.925(2)B解析(1)游標(biāo)卡尺讀數(shù)為9 mm5 mm9.25 mm0.925 cm。(2)設(shè)小車(chē)、小桶、鉤碼的總質(zhì)量為M，小車(chē)從A運(yùn)動(dòng)到B的位移為x，則mgxMv2，整理得：v2m，所以v2m圖線(xiàn)是過(guò)原點(diǎn)的直線(xiàn)，B正確。23(2019東北三省三

15、校二模)(10分)某實(shí)驗(yàn)小組要把一塊電流表改裝成電壓表，遇到了兩個(gè)問(wèn)題：一是該電流表的表盤(pán)沒(méi)有標(biāo)注刻度數(shù)，但刻度均勻，總格數(shù)為N；二是內(nèi)阻未知。通過(guò)對(duì)類(lèi)似規(guī)格的電流表的參數(shù)比對(duì)，得到該電流表的滿(mǎn)偏電流約700800 A，內(nèi)阻約100 。該組同學(xué)利用以下器材，通過(guò)下列三個(gè)步驟，完成了電壓表的改裝工作。A待改裝電流表GB電流表A：量程0.6 A，內(nèi)阻約為0.1 C電壓表V：量程3 V，內(nèi)阻RV3 kD電阻箱R2：最大阻值999.9 E滑動(dòng)變阻器R1：最大阻值5 k，額定電流0.1 AF滑動(dòng)變阻器R3：最大阻值5 ，額定電流0.5 AG電源：電動(dòng)勢(shì)3 V，內(nèi)阻約為1.5 H開(kāi)關(guān)兩個(gè)S1、S2(1)步

16、驟一：測(cè)定電流表的內(nèi)阻。設(shè)計(jì)了上圖所示實(shí)驗(yàn)電路，請(qǐng)分析并補(bǔ)全以下操作：將R1的滑動(dòng)端撥至_(填“a”或“b”)端；僅閉合S1，調(diào)節(jié)R1，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)N個(gè)格；閉合S2，僅調(diào)節(jié)_，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)個(gè)格；記錄_，則電流表的內(nèi)阻為_(kāi)。(2)步驟二：測(cè)定該電流表的滿(mǎn)偏電流。除電源和開(kāi)關(guān)外，還需要的器材是_；(填器材前面的字母序號(hào))請(qǐng)?jiān)谔摼€(xiàn)框中畫(huà)出方便簡(jiǎn)潔的實(shí)驗(yàn)電路圖。(3)步驟三：若在上圖實(shí)驗(yàn)中，待測(cè)電流表指針偏轉(zhuǎn)了n個(gè)格，還需要記錄的測(cè)量值及相應(yīng)符號(hào)為_(kāi)，電流表的滿(mǎn)偏電流為_(kāi)。將此電流表改裝為一個(gè)量程為U0的電壓表需要_(填“串聯(lián)”或“并聯(lián)”)一個(gè)定值電阻Rx，Rx_(用以上各步驟中記錄的測(cè)量

17、量和已知量表示)。答案(1)bR2R2的阻值R2(2)CE圖見(jiàn)解析(3)電壓表讀數(shù)U串聯(lián)R2解析(1)將R1的滑動(dòng)端撥至b端再將電路接通，電路中的電流最小，具有保護(hù)電路的作用；閉合S2以后，因接入的滑動(dòng)變阻器的阻值很大，因此在不改變滑動(dòng)變阻器阻值的情況下電路的干路電流幾乎不變，因G和R2并聯(lián)，此時(shí)調(diào)節(jié)R2的阻值使電流表的指針偏轉(zhuǎn)格，則可認(rèn)為R2中的電流和待測(cè)電表的電流相同，則電阻R2的阻值和電流表的阻值相同，因此要記錄R2的阻值，則電流表的內(nèi)阻即為R2。(2)電流表的電流校準(zhǔn)需要將一塊標(biāo)準(zhǔn)的電流表和待測(cè)電流表串聯(lián)，但是電流表A的量程和待測(cè)電流表相比過(guò)大，無(wú)法進(jìn)行測(cè)量，但是電壓表的內(nèi)阻已知，故可

18、以用電壓表和待測(cè)電流表串聯(lián)進(jìn)行校準(zhǔn)；滑動(dòng)變阻器R3的阻值過(guò)小，將R3和電壓表串聯(lián)在一起進(jìn)行調(diào)節(jié)，示數(shù)變化不明顯，因此滑動(dòng)變阻器需要選R1，需要的器材為CE，電路圖如圖。(3)設(shè)此時(shí)電壓表的讀數(shù)為U，因電壓表和電流表串聯(lián)，因此當(dāng)電流表指針偏轉(zhuǎn)了n個(gè)格時(shí)電流表的電流為，又因電流表刻度分布均勻，因此電流表的滿(mǎn)偏電流為；若將此電流表改裝為電壓表需要串聯(lián)電阻，改裝后電壓表的量程為U0，且電流表的內(nèi)阻為R2，由歐姆定律有R2Rx，解得RxR2。24(2019山東濰坊二模)(12分)如圖所示，一質(zhì)量M4 kg 的小車(chē)靜置于光滑水平地面上，左側(cè)用固定在地面上的銷(xiāo)釘擋住。小車(chē)上表面由光滑圓弧軌道BC和水平粗糙軌

19、道CD組成，BC與CD相切于C，BC所對(duì)圓心角37，CD長(zhǎng)L3 m。質(zhì)量m1 kg的小物塊從某一高度處的A點(diǎn)以v04 m/s的速度水平拋出，恰好沿切線(xiàn)方向自B點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，滑到D點(diǎn)時(shí)剛好與小車(chē)達(dá)到共同速度v1.2 m/s。取g10 m/s2，sin370.6，忽略空氣阻力。(1)求A、B間的水平距離x；(2)求小物塊從C滑到D所用時(shí)間t0；(3)若在小物塊拋出時(shí)拔掉銷(xiāo)釘，求小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)物塊離小車(chē)左端的水平距離。答案(1)1.2 m(2)1 s(3)3.73 m解析(1)由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：tanxv0t解得：x1.2 m。(2)設(shè)小物塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的速度為v1，物塊在小車(chē)上CD段滑

20、動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律得：mv1(Mm)v由能量守恒定律得：fLmv(Mm)v2對(duì)物塊，由動(dòng)量定理得：ft0mvmv1得：t01 s。(3)設(shè)A點(diǎn)距CD的豎直高度為H，有銷(xiāo)釘時(shí)：mgHmvmv由幾何關(guān)系得：Hgt2R(1cos)B、C間的水平距離：xBCRsin若拔掉銷(xiāo)釘，小車(chē)向左運(yùn)動(dòng)到最大位移時(shí)，速度為0，此過(guò)程中小車(chē)與小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故此時(shí)物塊速度為4 m/s，即小物塊速度與拋出時(shí)相同，動(dòng)能也與拋出時(shí)相同，由能量守恒：mgHf(xxBC)得：x3.73 m。25. (2019河北唐山一模)(20分)如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系中，直角三角形ACD內(nèi)存在垂直平面向里、

21、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，線(xiàn)段COODL，CD邊在x軸上，ADC30。電子束沿y軸方向以相同的速度v0從CD邊上的各點(diǎn)射入磁場(chǎng)，已知這些電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均為，在第四象限正方形ODQP內(nèi)存在沿x軸正方向、大小為EBv0的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在yL處垂直于y軸放置一足夠大的平面熒光屏，屏與y軸交點(diǎn)為P。忽略電子間的相互作用，不計(jì)電子的重力。求：(1)電子的比荷；(2)從x軸最右端射入電場(chǎng)中的電子打到熒光屏上的點(diǎn)與P點(diǎn)間的距離；(3)射入電場(chǎng)中的電子打到熒光屏上的點(diǎn)距P的最遠(yuǎn)距離。答案(1)(2)(3)L解析(1)由題意可知電子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑r由牛頓第二定律得Bev0m電子的比荷。(2)從x軸

22、最右端進(jìn)入電場(chǎng)中的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓軌跡應(yīng)恰好與邊AD相切，即電子從右圖F點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)。設(shè)電子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心為O點(diǎn)，則ODL由幾何關(guān)系知電子恰從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，OFx從F點(diǎn)射出的電子，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有xt2，yv0t，代入得y設(shè)電子射出電場(chǎng)時(shí)與水平方向的夾角為，有tan設(shè)從x軸最右端射入電場(chǎng)中的電子打到熒光屏上的點(diǎn)為G，則它與P點(diǎn)的距離GP。(3)設(shè)打到屏上的點(diǎn)與P點(diǎn)距離為X的電子是從(x0,0)點(diǎn)射入電場(chǎng)，則射出電場(chǎng)時(shí)y0v0t0v0 由平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)得所以X222所以當(dāng)x0L時(shí)，有XmL。(二)選考題(共15分。請(qǐng)考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分)33(2

23、019全國(guó)卷)物理選修33(15分)(1)(5分)某容器中的空氣被光滑活塞封住，容器和活塞絕熱性能良好，空氣可視為理想氣體。初始時(shí)容器中空氣的溫度與外界相同，壓強(qiáng)大于外界?，F(xiàn)使活塞緩慢移動(dòng)，直至容器中的空氣壓強(qiáng)與外界相同。此時(shí)，容器中空氣的溫度_(填“高于”“低于”或“等于”)外界溫度，容器中空氣的密度_(填“大于”“小于”或“等于”)外界空氣的密度。(2)(10分)熱等靜壓設(shè)備廣泛應(yīng)用于材料加工中。該設(shè)備工作時(shí)，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機(jī)壓入到一個(gè)預(yù)抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高氣壓環(huán)境對(duì)放入爐腔中的材料加工處理，改善其性能。一臺(tái)熱等靜壓設(shè)備的爐腔中某次放入固體材料后剩余的容積為

24、0.13 m3，爐腔抽真空后，在室溫下用壓縮機(jī)將10瓶氬氣壓入到爐腔中。已知每瓶氬氣的容積為3.2102 m3，使用前瓶中氣體壓強(qiáng)為1.5107 Pa，使用后瓶中剩余氣體壓強(qiáng)為2.0106 Pa；室溫溫度為27 。氬氣可視為理想氣體。()求壓入氬氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強(qiáng)；()將壓入氬氣后的爐腔加熱到1227 ，求此時(shí)爐腔中氣體的壓強(qiáng)。答案(1)低于大于(2)()3.2107 Pa()1.6108 Pa解析(1)活塞光滑、容器絕熱，容器內(nèi)空氣體積增大，對(duì)外做功，由UWQ知，氣體內(nèi)能減少，溫度降低。氣體的壓強(qiáng)與溫度和單位體積內(nèi)的分子數(shù)有關(guān)，由于容器內(nèi)空氣的溫度低于外界溫度，但壓強(qiáng)相同，則容器中

25、空氣的密度大于外界空氣的密度。(2)()設(shè)初始時(shí)每瓶氣體的體積為V0，壓強(qiáng)為p0；使用后氣瓶中剩余氣體的壓強(qiáng)為p1。假設(shè)體積為V0、壓強(qiáng)為p0的氣體壓強(qiáng)變?yōu)閜1時(shí)，其體積膨脹為V1。由玻意耳定律p0V0p1V1被壓入進(jìn)爐腔的氣體在室溫和p1條件下的體積為V1V1V0設(shè)10瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體的壓強(qiáng)為p2，體積為V2。由玻意耳定律p2V210p1V1聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得p23.2107 Pa()設(shè)加熱前爐腔的溫度為T(mén)0，加熱后爐腔溫度為T(mén)1，氣體壓強(qiáng)為p3。由查理定律聯(lián)立式并代入題給數(shù)據(jù)得p31.6108 Pa34物理選修34(15分)(1)(2019江西南昌二模)(5分)一列簡(jiǎn)諧橫波，

26、在t0.6 s時(shí)刻的圖象如圖甲所示，此時(shí)，P、Q兩質(zhì)點(diǎn)的位移均為1 cm，波上A質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖乙所示，則以下說(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這列波沿x軸正方向傳播B這列波的波速是 m/sC從t0.6 s開(kāi)始，緊接著的t0.6 s時(shí)間內(nèi)，A質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程是10 mD從t0.6 s開(kāi)始，質(zhì)點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q早0.4 s回到平衡位置E若該波在傳播過(guò)程中遇到一個(gè)尺寸為10 m的障礙物不能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象(2)(2019廣東廣州二模)(10分)如圖，某三棱鏡的橫截面為等腰直角三角形ABC，BC長(zhǎng)度為d，O為BC中點(diǎn)。在A

27、BC所在平面內(nèi)，光線(xiàn)PO垂直BC邊入射，恰好在AB邊界發(fā)生全反射。()求該三棱鏡的折射率；()保持光線(xiàn)PO入射點(diǎn)O不變，入射方向逐漸向CO方向偏轉(zhuǎn)，求AB邊有光線(xiàn)射出的區(qū)域?qū)挾?。答?1)ABD(2)()()d解析(1)由圖乙讀出t0.6 s時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)A的速度方向?yàn)檠貀軸負(fù)方向，由圖甲判斷出波的傳播方向沿x軸正方向，A正確；由圖甲讀出波長(zhǎng)為20 m，由乙圖讀出周期T1.2 s，則波速為v m/s m/s，B正確；t0.6 s0.5T，在一個(gè)周期內(nèi)質(zhì)點(diǎn)A通過(guò)的路程為4倍振幅，則經(jīng)過(guò)t0.6 s，A質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程是：s2A4 cm，C錯(cuò)誤；圖甲時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)Q沿y軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，所以

28、質(zhì)點(diǎn)P將比質(zhì)點(diǎn)Q早回到平衡位置，將此圖象與正弦曲線(xiàn)進(jìn)行對(duì)比可知，P點(diǎn)的橫坐標(biāo)為xP m，Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)xQ m，可知質(zhì)點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q早回到平衡位置的時(shí)間為：t0.4 s，D正確；發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象的條件是障礙物的尺寸比波長(zhǎng)小或跟波長(zhǎng)差不多，該波的波長(zhǎng)為20 m，障礙物的尺寸比波長(zhǎng)小，能發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，E錯(cuò)誤。(2)()光線(xiàn)PO恰好在AB邊界發(fā)生全反射，臨界角C45，設(shè)三棱鏡的折射率為n，有：sinC解得折射率n。()光線(xiàn)PO垂直BC邊入射的光線(xiàn)，進(jìn)入棱鏡后在AB邊上的E點(diǎn)發(fā)生全反射。光線(xiàn)PO入射方向逐漸轉(zhuǎn)向CO方向時(shí)，光線(xiàn)從棱鏡的出射點(diǎn)對(duì)應(yīng)由E點(diǎn)逐漸向B點(diǎn)移動(dòng)。當(dāng)光線(xiàn)幾乎沿CO方向入射時(shí)，光線(xiàn)折射后沿OD方向，由折射定律有n解得DOE45由幾何關(guān)系得：OEOB光線(xiàn)出射區(qū)域的寬度DEOEsinDOE解得區(qū)域?qū)挾菵Ed。16