2020版高考物理二轮复习 小卷30分钟抢分练（2计算+1选考）（一） 7页

小卷30分钟抢分练(2计算＋1选考)(一)‎ 一、计算题(共32分)‎ ‎24.(12分)如图1所示，在xOy平面第一象限的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第四象限区域Ⅱ内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0＝，区域Ⅰ、Ⅱ的宽度均为L，高度分别为DE＝L，EF＝‎2L，质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从坐标为(0，－L)的A点以速度v0沿与y轴正方向成45°角的方向射入区域Ⅱ，经x轴上的C点(图中未画出)垂直x轴进入区域Ⅰ，不计粒子重力。‎ 图1‎ ‎(1)求OC的长度；‎ ‎(2)要使粒子从DE边界射出，区域Ⅰ磁感应强度的最小值B应为多大？‎ 解析　(1)粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力，有 qv0B0＝m(2分)‎ 解得在区域Ⅱ的运动半径 R2＝L(2分)‎ 粒子经过x轴时速度沿y轴正方向，圆心O2必在x轴上(1分)‎ OC＝R2－R2sin 45°(2分)‎ 解得OC＝(－1)L(1分)‎ ‎(2)当区域Ⅰ磁感应强度最小时，粒子从D点射出 7‎ 运动半径R1＝L(2分)‎ 由qv0B＝m 得B＝(2分)‎ 答案　(1)(－1)L　(2) ‎25.(20分)如图2所示，倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内，两轨道通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连，已知AB长l＝‎7.8 m，倾角θ＝37°，BC弧的半径R＝‎0.8 m，O为其圆心，∠BOC＝143°。整个装置处在水平向左的匀强电场(未画出)中，场强大小E＝1×103 N/C。两个相同的绝缘小物块P和Q，质量均为m＝‎0.4 kg，带正电的小物块Q静止在A点，其电荷量q＝3×10－‎3 C，不带电的小物块P从某一位置以v0＝‎8 m/s的初速度水平抛出，运动到A点时恰沿斜面向下与小物块Q发生弹性正碰，且碰撞过程无电荷转移。若Q、P与轨道AB间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2和μ2＝0.8，sin 37°＝0.6，g＝‎10 m/s2，小物块Q在运动过程中电荷量保持不变，两物块均可视为质点。求：‎ 图2‎ ‎(1)小物块P的抛出点与A点间的竖直距离；‎ ‎(2)小物块Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力大小：‎ ‎(3)小物块Q离开圆弧轨道后，第一次落到倾斜轨道上的位置与B点的距离。‎ 解析　(1)设小物块P刚运动到A点时的速度大小为vA 则vAy＝v0tan 37°＝‎6 m/s(1分)‎ vA＝＝‎10 m/s(1分)‎ 所以小物块P的抛出点与A点间的竖直距离 h＝＝ m＝‎1.8 m(1分)‎ ‎(2)P、Q碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，设碰撞后瞬间P、Q的速度分别为vP、vQ mvA＝mvP＋mvQ(1分)‎ 7‎ mv＝mv＋mv(1分)‎ 解得vP＝0，vQ＝‎10 m/s(2分)‎ μ2mgcos θ>mgsin θ 即碰后小物块P静止在A点，而小物块Q受到的电场力qE＝3 N，方向水平向左，且与重力的合力为5 N，方向垂直AB轨道向下，则“等效重力场”的等效重力加速度 g′＝g＝‎12.5 m/s2，方向垂直AB轨道向下。‎ 设小物块Q运动到B点时速度大小为vB 则由动能定理得－μ1mg′l＝mv－mv(1分)‎ 解得vB＝ m/s(1分)‎ 对小物块Q，在B点，由牛顿第二定律有 FN－mg＝m(1分)‎ 解得FN＝34.5 N(1分)‎ 根据牛顿第三定律，小物块Q在B点时对轨道的压力大小为34.5 N(1分)‎ ‎(3)设小物块Q能到达C点，且在C点的速度大小为vC，则小物块Q从A点运动到C点的过程中 ‎－μ1mg′l－mg′R(1＋cos 37°)＝mv－mv(1分)‎ 解得vC＝‎5 m/s(1分)‎ 设小物块Q恰好能到达C点时的速度大小为vC′，‎ 则mg′＝(1分)‎ 解得vC′＝ m/s(1分)‎ 因vC>vC′，故小物块Q能到达C点，小物块Q离开C点后，做类平抛运动x′＝vCt(1分)‎ R＋Rcos 37°＝g′t2(1分)‎ 解得t＝0.48 s，x′＝‎2.4 m(1分)‎ 故小物块Q的落点与B点的距离 x＝x′＋Rsin 37°＝‎2.88 m(1分)‎ 答案　(1)‎1.8 m　(2)34.5 N　(3)‎‎2.88 m 二、选考题(共15分。请考生从给出的2道题中任选一题作答。)‎ 7‎ ‎33.【物理——选修3－3】(15分)‎ ‎(1)(5分)大自然中存在许多绚丽夺目的晶体，这些晶体不仅美丽，而且由于化学成分和结构各不相同而呈现出千姿百态，高贵如钻石、平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成的。关于晶体与非晶体，正确的说法是________。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)‎ A.固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化的 B.多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状 C.晶体沿不同方向的导热或导电性能不相同，但沿不同方向的光学性质一定相同 D.单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点 E.有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布 ‎(2)(10分)如图3所示，汽缸开口向右、固定在水平桌面上，汽缸内用活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为S＝1×10－‎3 m2‎。活塞与汽缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上质量为m＝‎1 kg的重物连接。开始时，绳子刚好伸直且张力为零，活塞与缸底的距离L1＝‎27 cm，被销子K固定在图示位置，此时汽缸内气体的压强p1＝1.1×105 Pa，温度T1＝330 K，外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，g＝‎10 m/s2，不计一切摩擦和阻力。若在此时拔去销子K，降低汽缸内气体的温度，求：‎ 图3‎ ‎(ⅰ)重物刚好离开地面时，缸内气体的温度；‎ ‎(ⅱ)重物缓慢上升‎2 cm时，缸内气体的温度。‎ 解析　(1)在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，例如天然水晶是晶体，熔化以后再凝固的水晶却是非晶体，选项A错误；多晶体是由许多单晶体杂乱无章地组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状，且具有各向 7‎ 同性的特点，选项B正确；单晶体一定是各向异性，多晶体是各向同性的，选项C错误；根据晶体与非晶体的区别可知，晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点，选项D正确；有的物质微粒在不同条件下可以按不同的规则在空间分布，生成不同的晶体，选项E正确。‎ ‎(2)(ⅰ)设重物刚好离开地面时，缸内气体的压强为p2，活塞受力平衡，故封闭气体压强 p2＝p0－＝0.9×105 Pa(1分)‎ 拔掉销子前后，气体发生等容变化，根据查理定律，‎ 有＝(2分)‎ 解得T2＝270 K(1分)‎ ‎(ⅱ)重物刚好离开地面时，气体体积为V1，‎ V1＝L1S(1分)‎ 设重物缓慢上升h＝‎2 cm时，气体体积为V2，‎ V2＝(L1－h)S(2分)‎ 气体发生等压变化，根据盖－吕萨克定律，有 ＝(2分)‎ 解得T2′＝250 K(1分)‎ 答案　(1)BDE　(2)(ⅰ)270 K　(ⅱ)250 K ‎34.【物理——选修3－4】(15分)‎ ‎(1)(5分)如图4所示，一竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一弹簧和小球组成的振动系统，小球浸没在水中。当圆盘转动一会静止后，小球做________(选填“阻尼”“自由”或“受迫”)振动。若弹簧和小球构成的系统振动频率约为3 Hz，现使圆盘以4 s的周期匀速转动，经过一段时间后，小球振动达到稳定，小球的振动频率为________ Hz。逐渐改变圆盘的转动圆期，当小球振动的振幅达到最大时，此时圆盘的周期为________ s。‎ 图4‎ ‎(2)(10分)一半径为R，横截面为四分之一圆的透明柱体水平放置，如图5所示，该柱体的BC面涂有反光物质，一束光竖直向下从A点射向柱体的BD面，入射角i 7‎ ‎＝60°。进入状体内部后，经过一次反射恰好从柱体的D点射出。已知光在真空中的速度为c，求：‎ 图5‎ ‎(ⅰ)透明柱体的折射率；‎ ‎(ⅱ)光在该柱体的传播时间t。‎ 解析　(1)由于水对小球有阻力的作用，因此圆盘停止转动后，小球做阻尼振动；圆盘转动时带动小球做受迫振动，因此小球振动稳定时的振动频率等于驱动力的频率，即小球的振动频率为 Hz＝0.25 Hz；当驱动力的频率等于小球的固有频率时小球的振幅最大，即圆盘的转动频率应为3 Hz，则圆盘的周期应为 s。‎ ‎(2)(ⅰ)如图，根据反射成像的对称性，可知 ‎∠ACD＝2∠CAE＝60°(1分)‎ ‎∠CAE＝30°(1分)‎ 由n＝(2分)‎ 解得n＝(1分)‎ ‎(ⅱ)n＝(1分)‎ t＝(2分)‎ xAF＝2Rcos 30°＝R(1分)‎ 联立解得t＝(1分)‎ 7‎ 答案　(1)阻尼(1分)　0.25(2分)　0.33(或)(2分)　(2)(ⅰ)　(ⅱ) 7‎