2020年黑龙江省哈尔滨三中高考物理二模试卷 10页

第 1页 共 20页 ◎ 第 2页 共 20页 2020 年黑龙江省哈尔滨三中高考物理二模试卷 一.选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分．在每小题给出的四个选项中，第 14～17 题只有一项符 合题目要求，第 18～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分． 1. 下列说法正确的是（ ） A.轻核聚变反应方程​ 1 2H + ​ 1 3H → ​ 2 4He + X 中，X 表示正电子 B.​ 92 235U → ​ 56 141Ba + ​ 36 92Kr + 2​ 0 1n 是铀核裂变的一种反应方程 C.放射性元素与不同的元素形成化合物，其半衰期不同 D.比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定 2. 2020 年 3 月 9 日 19 时 55 分，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第 54 颗导航卫星，该卫星被 科研人员称为“吉星”，是北斗三号卫星导航系统第二颗地球同步轨道卫星，下列对于“吉星”的说法正确的是 （ ） A.“吉星”运行过程中周期保持不变 B.“吉星”运行过程中线速度保持不变 C.“吉星”运行过程中向心加速度保持不变 D.“吉星”可能静止在地球上空的任意位置 3. 如图所示，匀强电场中 A、B．C 三点间距离均为 L，构成一个等边三角形，等边三角形所在平面与匀强 电场方向平行，若在 A 处放一正电荷+ q，在 B 处放一负电荷− q，则 C 点场强为 0，现将 A、B 处的电荷互换 位置，匀强电场保持不变，则 C 点场强大小为（设正负电荷不影响匀强电场的分布）（ ） A. 3kq 3L2 B.kq L2 C. 3kq L2 D.2kq L2 4. 初始时静止在粗糙水平面上的某物体，其加速度 a 与水平拉力 F 关系图像如图所示，下列关系图像与该 图像类似的是（ ） A.受恒力作用由静止开始运动的物体位移与时间的关系 B.弹簧在弹性限度内的弹力与形变量的关系 C.某金属发生光电效应时逸出光电子的最大初动能与入射光频率的关系 D.直流电路中路端电压与电流的关系 5. 一质量为 m 的物体在竖直向上的恒力 F 作用下以大小为1 3 g 的加速度竖直向上加速运动，且物体在运动中 所受空气阻力的大小恒为重力的1 6 ．则在物体向上运动位移为 h 的过中，下列说祛正确的是（ ） A.力 F 做功7 6 mgh B.物体的重力势能增加 mgh C.物体的动能增加1 3 mgh D.物体的机械能减少2 3 mgh 6. 如图所示，两个小球 A、B 大小相等，质量分布均匀，分别为m1、m2，m1 < m2，A、B 与轻弹簧栓接， 静止在光滑水平面上，第一次用锤子在左侧与 A 球心等高处水平快速向右敲击 A.作用于 A 的冲量大小为I1，第二次两小球及弹簧仍静止在水平面上，用锤子在右侧与 B 球心等高处水平快 速向左敲击 B，作用于 B 的冲量大小为I2，Il＝I2，则下列说法正确的是（ ） A．若两次锤子敲击完成瞬间，A、B 两球获得的动量大小分别为p1和p2， 则p1＝p2 B.若两次锤子敲击分别对 A、B 两球做的功为W1和W2，则W1＝W2 C.若两次弹簧压缩到最短时的长度分别为L1和L2，则L1 < L2 D.若两次弹簧压缩到最短时 A、弹簧、B 的共同速度大小分别为v1和v2，则v1 > v2 7. 如图所示，足够大的匀强磁场，磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向外，一半径为 a，电阻为 6R 的光滑 金属圆环垂直于磁场放置，一长度为 2a，电阻为 R 的金属杆 MN 与金属环相切于 M 点，M 端与金属环顶端 连接，在外力作用下以角速度ω绕 M 点从图示位置顺时针匀速转动，在转动过程中金属杆与金属圆环接触良 好，则（ ） A.当金属杆转过θ＝90∘ 时，流过金属杆的电流 I = 4Ba2ω 5R 第 3页 共 20页 ◎ 第 4页 共 20页 B.当金属杆转过θ＝90∘ 时，金属杆两端的电势差UMN = 6Ba2ω 5 C.金属杆转过30∘ 和90∘ 时，克服安培力的瞬时功率之比为 15:16 D.金属杆转过30∘ 和90∘ 时，克服安培力的瞬时功率之比为 15:128 8. 如图所示，可视为质点的两个小球 A、B 穿在固定且足够长的粗糙水平细杆上，A、B 与细杆的动摩擦因 数μA＝μB = 3 2 ．不可伸长的轻绳跨过光滑轻质滑轮与 A、B 连接，用外力 F 拉动滑轮，使 A、B 沿杆一起匀速 移动，轻绳两端分别与杆的夹角α＝30∘ ，β＝60∘ ，则mA:mB等于（ ） A.2: 3 B.1:2 3 C.3 3:1 D.3 3:5 三、非选择题：共 174 分．第 9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 13～16 题为选考题，考生 根据要求作答．（一）必考题： 某实验小组利用图 1 所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 （1）实验中下列做法正确的是（ ） A.电火花计时路连接在电压为 4 − 6V，频率为 50HZ 的交流电源上 B.实验时先放开小车再接通电火花计时器 C.将装有砝码的托盘用细线通过定滑轮拴在小车上然后平衡小车所受的摩擦力 D.平衡好摩擦力后，每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力 （2）在探究小车的加速度与其质量的关系时，同一正确装置和实验步骤得到两组实验数据，做出甲、乙两 个 a − 1 m 图像如图 2 所示，则由图像可知两组实验中小车所受拉力的大小的关系是（ ） A.F甲＝F乙 B.F甲 > F乙 C.F甲 < F乙 D.不确定 （3）某同学在实验中，由于操作不当得到的 a − F 关系图像如图 3 所示，则产生这样结果的原因是（ ） A.图线没有过坐标原点可能是在平衡摩擦力时将木板的右端垫的过高造成的 B.图线没有过坐标原点可能是在平衡摩擦力时将木板的右端垫的过低造成的 C.图线弯曲可能是实验时托盘和砝码的质量过大 D.图线弯曲可能是实验时托盘和砝码的质量过小 某欧姆表测未知电阻阻值的电路如图 1 所示，其内部电池的电动势为 1.5V，表头的满偏电流为 3mA。 （1）测量电阻时先将红黑表笔短接，调节调零电阻，使电流表满偏，然后再将两表笔接入不同的待测电阻， 得到电路中电流 I 与不同的待测电阻的阻值Rx关系图像如图 2 所示，则根据该图像中 I − Rx图线做出的解释或 判断中正确的是（ ） A.因为函数图线上电流与电阻值是一一对应的，所以欧姆表表盘上的刻度线是均匀的 B.因为函数图线是非线性变化的，所以欧姆表表盘上的刻度线是不均匀的 C.测量中，当Rx的阻值为图 2 中的R2时，指针位于表盘中央位置的左侧 D.测量中，当Rx的阻值为图 2 中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧 （2）此欧姆表刻度盘上的中值电阻应为________Ω。 （3）该欧姆表用久后，电池老化造成电动势减小，内阻增大，为了减少电池老化造成的误差，可以用一电 压表对原电阻刻度值进行修正。先将欧姆表的两表笔短接，调节R0使电流表的指针满偏。再将电压表接在两 表笔之间，此时电压表的示数为 0.98V，欧姆表的示数 1000Ω，则欧姆表刻度盘上，电阻刻度值 500Ω处应该 修改为________Ω 如图，金属板 M、N 板竖直平行放置，中心开有小孔，板间电压为U0，厚度不计的金属板 E、F 水平平行放 置，板间距为 d，A、C 为金属板 E、F 的右边界。其右侧区域有垂直纸面向里足够大的匀强磁场。现有一质 量为 m、电荷量为 q 的正电粒子，从极板 M 的中央小孔S1处由静止释放，穿过小孔S2后沿 EF 板间中轴线进 入偏转电场，恰好从金属板 C 处离开偏转电场，离开电场时速度方向与水平方向夹角为θ＝37∘ ，已知 sin37∘ ＝0.6，cos37∘ ＝0.8，忽略粒子重力及平行板间电场的边缘效应，求 第 5页 共 20页 ◎ 第 6页 共 20页 （1）粒子到达小孔S2时的速度v0； （2）平行金属板 E、F 的长度 L； （3）要使粒子进入磁场区域后不能再次通过 A、C 区域进入偏转电场，磁场磁感应强度的最小值。 如图所示，倾角为θ＝30∘ 的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一垂直于斜面的弹性挡板，任何物体与 挡板相撞后都以原速率返回。斜面上放置一质量为m2＝1kg 的木板 B，足够长的木板 B 上端叠放一质量为m1 ＝1kg 且可视为质点的滑块 A，木板与滑块之间的动摩擦因数μ1 = 3 2 ，木板 B 下端距挡板 d＝lm，g＝10m/s2。 （1）若斜面光滑，且将 AB 由静止释放，求木板 B 与挡板第一次碰前的速度 v 的大小； （2）若斜面光滑，且将 AB 由静止释放，求木板 B 与挡板第一次碰后沿斜面上滑的最大距离 L； （3）若木板 B 与斜面之间动摩擦因数μ2 = 3 3 ，当木板 B 下端距挡板为 d＝1m 时，AB 以v0＝5m/s 的初速度沿 斜面向下运动，求此后过程中木板沿斜面运动的总路程 S。 [选惨 3-3]（15 分） 已知铜的摩尔质量为 M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol−1)。下列判断正确的 是 （ ） A.1kg 铜所含的原子数为NA B.1m3铜所含的原子数为MNA ρ C.1 个铜原子的质量为 M NA (kg) D.1 个铜原子的体积为 M ρNA (m3) E.铜原子的直径为3 6M πρNA (m) 一个高空试验火箭在地面上静止时，其仪器舱内气体的压强为p0＝1atm，温度T0＝300K，当火箭以 a＝ 5m/s2的加速度竖直上升，仪器舱内的水银气压计的读数为 0.8p0，已知仪器舱是密封的，不考虑气压计的热 胀冷缩，求此时舱内的温度是多少？(g＝10m/s2) [选修 3-4]（15 分） 下列关于光的认识，正确的是 （ ） A.海市蜃楼产生的原因是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小 B.全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性 C.验钞机是利用紫外线的特性工作的 D.各种电磁波中最容易表现出干涉和衍射现象的是γ射线 E.光的干涉和衍射不仅说明了光具有波动性，还说明了光是橫波 已知在t1时刻简谐横波的波形如图中实线所示；在时刻t2该波的波形如图中虚线所示．t2 − t1＝0.02s 求： （1）该波可能的传播速度． （2）若已知 T < t2 − t1 < 2T，且图中 P 质点在t1时刻的瞬时速度方向向上，求可能的波速． 第 7页 共 20页 ◎ 第 8页 共 20页 （3）若 0.01s < T < 0.02s，且从t1时刻起，图中 Q 质点比 R 质点先回到平衡位置，求可能的波速． 第 9页 共 20页 ◎ 第 10页 共 20页 参考答案与试题解析 2020 年黑龙江省哈尔滨三中高考物理二模试卷 一.选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分．在每小题给出的四个选项中，第 14～17 题只有一项符 合题目要求，第 18～21 题有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分． 1. 【答案】 D 【考点】 裂变反应和聚变反应 原子核衰变 原子核的结合能 【解析】 根据质量数守恒与电荷数守恒判断 X 是什么粒子；根据裂变的特点判断；元素的半衰期，与外界环境，或是 否是单质还是化合物无关；比结合能越大，原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定。 【解答】 A、轻核聚变反应方程2#/DEL/# 1#/DEL/#H +3#/DEL/# 1#/DEL/#H →4#/DEL/# 2#/DEL/#He + X 中，X 的质量数为：m＝2 + 3 − 4＝1，电荷数： z＝1 + 1 − 2＝0，可知 X 表示中子，故 A 错误； B、铀核要发生裂变，必须有其它粒子去轰击，自发地发生核反应，只能是衰变反应，故 B 错误； C、元素的半衰期，与外界环境，或是否是单质还是化合物无关，故 C 错误； D、比结合能，也叫平均结合能，根据原子核比结合能与质量数的关系图，可知比结合能越大，原子核中核 子结合的越牢固，原子核越稳定，故 D 正确。 2. 【答案】 A 【考点】 同步卫星 人造卫星上进行微重力条件下的实验 万有引力定律及其应用 【解析】 地球同步卫星运行周期与地球自转周期相同。 卫星绕地球做匀速圆周运动，线速度、向心加速度大小不变，方向时刻改变。 同步卫星的轨道平面位于赤道平面。 【解答】 A、“吉星”是地球同步卫星，运行周期与地球自转周期相同，运行过程中，周期保持不变，故 A 正确； B、卫星绕地球做匀速圆周运动，“吉星”运行过程中，线速度大小不变，方向时刻改变，故 B 错误； C、同理，“吉星”运行过程中，向心加速度大小不变，方向时刻改变，故 C 错误； D、“吉星”是同步卫星，轨道平面必须与赤道平面重合，不能静止在地球上空的任意位置，故 D 错误。 3. 【答案】 D 【考点】 点电荷的场强 电场的叠加 【解析】 依据点电荷的电场强度公式：E = k Q r2，结合矢量的叠加法则，从而判定匀强电场方向与大小，当 A、B 处的电 荷互换位置，匀强电场保持不变，再依据矢量的叠加法则，即可求解。 【解答】 在 A 处放一正电荷+ q，在 B 处放一负电荷− q，依据点电荷电场强度大小公式：E = k Q r2，则它们的大小为： E = kq L2，它们的方向夹角为120∘ ，如下图所示： 由于 C 点场强为 0，则匀强电场方向与 A、B 处在 C 点合电场强度方向相反，大小相等， 那么匀强电场的大小为：E = kq L2，方向如上图所示； 现将 A、B 处的电荷互换位置，匀强电场保持不变，那么 A、B 处的电荷在 C 点的合电场强度方向与匀强电场 方向相同， 则 C 点场强大小为：E′＝2 kq L2，故 ABC 错误，D 正确； 4. 【答案】 C 【考点】 爱因斯坦光电效应方程 加速度与力的关系图象 【解析】 根据各选项的内容写出对应的关系式，分析曲线，对比选择即可。 【解答】 A、受恒力作用由静止开始运动的物体位移与时间的关系式：x = 1 2 F m t2，为抛物线，故 A 错误； B、弹簧在弹性限度内的弹力与形变量的关系式：F＝kx，为过原点的直线，故 B 错误； C、某金属发生光电效应时逸出光电子的最大初动能与入射光频率的关系：Ekm＝hγ − W0，与题干图像变化一 致，故 C 正确； D、直流电路中路端电压与电流关系式：U＝E − Ir，为递减直线，故 D 错误。 第 11页 共 20页 ◎ 第 12页 共 20页 5. 【答案】 B,C 【考点】 摩擦力做功与能量转化 牛顿第二定律的概念 【解析】 先根据牛顿第二定律求出 F 的大小，再根据功的公式求 F 做的功。物体的重力势能增加等于物体克服重力做 功，动能增加等于合外力做功，根据动能的增加和重力势能的增加求机械能的增加。 【解答】 A、根据牛顿第二定律得：F − mg − f＝ma＝m ⋅ 1 3 g，其中 f = 1 6 mg，解得 F = 3 2 mg，则力 F 做功为：WF＝Fh = 3 2 mgh，故 A 错误； B、物体的重力势能增加等于物体克服重力做功，为 mgh，故 B 正确； C、合外力做功为：W合＝F合h＝mah = 1 3 mgh，根据动能定理知：物体的动能增加等于合外力做功，为1 3 mgh， 故 C 正确； D、物体的重力势能增加 mgh，动能增加1 3 mgh，则物体的机械能增加4 3 mgh，故 D 错误。 6. 【答案】 A,C 【考点】 动量守恒定律的理解 摩擦力做功与能量转化 动量定理的理解 动量守恒定律的综合应用 【解析】 根据动量定理判断 A、B 两球获得的动量大小。 根据动能定理判锤子对两球做功。 弹簧压缩过程中，动量守恒和能量守恒，据此分析。 【解答】 A、根据动量定理可知，合外力冲量等于动量的变化，两次锤子敲击完成瞬间有：I1＝m1vA，I2＝m2vB，A、 B 两球获得的动量大小相等，故 A 正确； B、根据动能和动量的关系可知：Ek = p2 2m ，两小球获得的动量大小相等，但 A 球质量小，得到的动能大，根 据动能定理可知，锤子对 A 球做功多，故 B 错误； C、锤子敲击 A 球，在弹簧压缩的过程中，根据动量守恒可知：m1vA＝(m1 + m2)v1 根据能量守恒定律可知，系统动能减少量等于弹性势能增加量为：△ Ep = 1 2 m1vA 2 − 1 2 (m1 + m2)v1 2 = m1m2vA 2 2(m1+m2) ， 同理，锤子敲击 B 球，在弹簧压缩的过程中，弹性势能的增加量为：△ Ep′ = m1m2vB 2 2(m1+m2) ，比较可知，因为m1 < m2，则vA > vB，则△ Ep >△ Ep′，即L1 < L2，故 C 正确； D、弹簧压缩到最短时，A、弹簧、B 的共同速度大小为：v1 = m1vA m1+m2 ，v2 = m2vB m1+m2 ，两者共同速度相等，即为： v1＝v2，故 D 错误。 7. 【答案】 A,B,D 【考点】 单杆切割磁感线 电磁感应中的能量问题 感生电动势 安培力的计算 闭合电路的欧姆定律 【解析】 导体棒切割磁感应线产生的感应电动势为 E = 1 2 BL2ω，其中 L 为导体棒的长度，由此求解感应电动势大小，根 据闭合电路欧姆定律求解感应电流和路端电压，根据电功率的计算公式求解电功率。 【解答】 A、当金属杆转过θ＝90∘ 时，回路中产生的感应电动势 E = 1 2 B(2a)2ω = 2Ba2ω， 此时回路中的总电阻为R总＝R并 + R = 3R 2 + R = 2.5R，流过金属杆的电流 I = E R = 4Ba2ω 5R ，故 A 正确； B、当金属杆转过θ＝90∘ 时，金属杆两端的电势差为路端电压，所以有：UMN＝IR并 = 6Ba2ω 5 ，故 B 正确； CD、金属杆转过30∘ 时，回路中有效感应电动势E1 = 1 2 Ba2ω，此时外电路电阻为R外 = 1 6×6R×5 6×6R 6R = 5 6 R， 导体棒接入电路的电阻为 r = 1 2 R，回路中总电阻 R 总 1 = 1 2 R + 5 6 R = 4 3 R，所以回路中的电流强度为：I1 = E1 1 2R+5 6R = 3Ba2ω 8R 金属杆转过30∘ 和90∘ 时，克服安培力的瞬时功率之比为P1 P = I12R1 I2R = 15 128 ，故 C 错误、D 正确。 8. 【答案】 C,D 【考点】 解直角三角形在三力平衡问题中的应用 力的合成与分解的应用 【解析】 分别以 A、B 为研究对象，水平方向根据平衡条件得到轻绳拉力的表达式，求出质量之比的表达式进行分析。 【解答】 同一条轻绳拉力相等设为 T。 以 A 为研究对象，水平方向根据平衡条件可得： Tcosα＝μ(|mBg ± Tsinα|)，解得 T＝| μmAg cosα±μsinα |； 第 13页 共 20页 ◎ 第 14页 共 20页 以 B 为研究对象，水平方向根据平衡条件可得： Tcosβ＝μ(|mBg ± Tsinβ|)，解得 T＝| μmBg cosβ±μsinβ |； 解得：mA mB = |cosα±μsinα| |cosβ±μsinβ| = 2 3± 3 |2±3| ， 故质量之比可能是：3 3:5 或 3 3:1 或 3:5 或 3:1，故 AB 错误、CD 正确。 三、非选择题：共 174 分．第 9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答．第 13～16 题为选考题，考生 根据要求作答．（一）必考题： 【答案】 平衡摩擦力后，则 F＝ma，解得 a= F m = F ⋅ 1 m ，故斜率越大，拉力越大，故 F​ 甲＞F​ 乙，故 ACD 错误，B 正 确 BC 故答案为： D（1）B（2）BC 【考点】 探究加速度与物体质量、物体受力的关系 【解析】 （1）实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行； （2）根据牛顿第二定律 F＝ma 求得 a = F m ，斜率表示拉力 F，即可判断； （3）实验时要平衡摩擦力，要控制小车质量远大于砂和砂桶的质量，分析图示图像答题。 【解答】 平衡摩擦力后，则 F＝ma，解得 a = F m = F ⋅ 1 m ，故斜率越大，拉力越大，故F甲 > F乙，故 ACD 错误，B 正确 AB、恰好平衡摩擦力后小车受到的合力等于绳子拉力，a − F 图像过原点，由图示图像可知，a − F 图像在 F 轴上有截距，这是由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的，故 A 错误，B 正确； CD、当小车质量 M 远大于砂与砂桶质量 m 时可以近似认为小车受到的合力等于砂与砂桶的重力，当不满足 M 远大于 m 时小车受到的拉力明显小于砂与砂桶重力，a − F 图像发生弯曲，故 C 正确，D 错误； 故选：BC 故答案为： D；（1）B；（2）BC 【答案】 B,C 500 490 【考点】 测定电源的电动势和内阻 用多用电表测电阻 【解析】 （1）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，根据闭合电路欧姆定律与图示图像分析答题。 （2）欧姆表中值电阻等于内阻，应用闭合电路欧姆定律可以中值电阻。 （3）由于电动势的改变，导致各个电流对应的电阻均发生变化，故需要重新求出各个电阻刻度对应的电流， 根据题意应用闭合电路欧姆定律分析答题。 【解答】 欧姆表调零时：Ig = E R 欧姆表内阻为：R内 = E Ig ； AB、由闭合电路欧姆定律可知：I = E R+RX ，电流 I 与Rx一一对应，I 与Rx是非线性关系，欧姆表刻度盘上的刻度 线是不均匀的，故 A 错误，B 正确； CD、由图 2 所示 I − RX图像可知，R2对应的电流小于Ig 2 ，此时指针位于表盘中央刻度线的左侧，故 C 正确，D 错误。 故选：BC。 欧姆调零时：Ig = E R 指针指在中央时：1 2 Ig = E R+R ， 代入数据解得：R内＝500Ω，R中＝500Ω； 欧姆表示数为 1000Ω，对应表头的电流与电动势正常时是相等的，电动势正常时， 故根据闭合电路欧姆定律得：I = E R+RX = 1.5 500+1000 A＝0.001A＝1mA， 故通过电压表的电流为 1mA，根据欧姆定律，电压表内电阻为：RV = UV I = 0.98 1×10−3 Ω＝980Ω， 电池电动势：E′＝I(R内′ + RV)＝I( E′ Ig + RV)， 代入数据解得：E′＝1.47V， 电池电动势为 1.5V 时，500Ω刻度线对应的电流值为：I = E R+RX = 1.5 500+500 A＝1.5 × 10−3A＝1.5mA， 电池电动势变为 1.47V 时，欧姆表内阻为：R内′ = E′ Ig = 1.47 3×10−3 Ω＝490Ω， 则：I = E′ R′+RX ′ ， 代入数据解得：RX′＝490Ω； 故答案为：（1）BC；（2）500；（3）490。 【答案】 粒子到达小孔 S 时的速度为 2qU0 m ； 平行金属板 E、F 的长度为4 3 d； 要使粒子进入磁场区域后不能再次通过 A、C 区域进入偏转电场，磁场磁感应强度的最小值为2 2qmU0 qd 。 【考点】 向心力 动能定理的应用 带电粒子在电场中的加（减）速和偏转 第 15页 共 20页 ◎ 第 16页 共 20页 带电粒子在匀强磁场中的运动规律 【解析】 （1）粒子在加速电场中，根据动能定理可求出粒子到达小孔s2时的速度； （2）进入偏转电场后，粒子做类平抛运动，根据类平抛运动的规律即可求平行金属板 E、F 的长度 L； （3）根据几何关系求出半径 R，根据运动的合成与分解原理求出进入磁场的速度，粒子在磁场中由洛伦兹力 提供向心力，求出磁感应强度。 【解答】 粒子在加速电场中，根据动能定理得：qU0 = 1 2 mv0 2 粒子到达小孔s2时的速度为：v0 = 2qU0 m ； 粒子离开偏转电场时，速度偏转角θ＝37∘ ， 根据类平抛运动的规律可知位移方向偏向角的正切值为： tanα = 1 2 tan37 = d 2 L 解得平行金属板 E、F 的长度 L = 4 3 d； 要使粒子进入磁场区域后不能再次通过 A、C 区域进入偏转电场，临界情况如图所示： 根据几何关系可得：cosθ = d 2R 解得：R = 5 8 d 粒子进入磁场的速度为 v = v0 cosθ 根据洛伦兹力提供向心力可得：R = mv qB 解得所加磁场的最小值为：B = 2 2qmU0 qd 。 答：（1）粒子到达小孔 S 时的速度为 2qU0 m ；（1）平行金属板 E、F 的长度为4 3 d；（2）要使粒子进入磁场区域 后不能再次通过 A、C 区域进入偏转电场，磁场磁感应强度的最小值为2 2qmU0 qd 。 【答案】 若斜面光滑，且将 AB 由静止释放，木板 B 与挡板第一次碰前的速度 v 的大小为 10m/s； 若斜面光滑，且将 AB 由静止释放，木板 B 与挡板第一次碰后沿斜面上滑的最大距离 L 为 0.4m； 若木板 B 与斜面之间动摩擦因数μ2 = 3 3 ，当木板 B 下端距挡板为 d＝1m 时，AB 以v0＝5m/s 的初速度沿斜面 向下运动，此后过程中木板沿斜面运动的总路程 S 为31 13 m。 【考点】 动能定理的应用 牛顿第二定律的概念 匀变速直线运动的位移与时间的关系 【解析】 （1）根据机械能守恒定律很容易得到木板的速度； （2）根据动能定理可以得到木板沿斜面上滑的距离； （3）每次木板与挡板碰撞后，物块与木板都有相对滑动，需要分别计算出每次木板沿斜面上滑的距离，最 后求和即可。 【解答】 若斜面光滑，则木板下滑过程中，只有重力做功，则机械能守恒，有： (m1 + m2)gdsinθ = 1 2 (m1 + m2)v2 代入数据解得：v = 10m/s 木板 B 沿斜面上滑的过程中，由动能定理得： − (μ1m1gcosθ + m2gsinθ)L = 0 − 1 2 mv2 代入数据解得：L＝0.4m 整体下滑时，由牛顿第二定律得： (m1 + m2)gsinθ − μ2(m1 + m2)gcosθ＝(m1 + m2)a1， 解得：a1＝0 整体运势下滑 d＝1m，木板与挡板碰后原速率返回，AB 之间发生相对滑动，对 A:μ1m1gcosθ − m1gsinθ＝ m1a2 代入数据解得： a2 = g 4 = 2.5m/s2，方向沿斜面向上。 对 B:m2gsinθ + μ1m1gcosθ + μ2(m1 + m2)gcosθ＝m2a3 代入数据解得：a3 = 9g 4 = 22.5m/s2，方向沿斜面向下。 假设 B 速度减为 0 沿斜面向上位移为S1，由运动学公式可得： 0 − v2＝− 2a3S1 解得：S1 = 2v0 2 9g 假设 B 速度减为 0 时间为t1，则有： 0＝v0 − a3t1 设此时 A 速度为v1，则有： v1＝v0 − a2t1 解得：v1 = 8 9 v0 此后对 B:m2gsinθ + μ1m1gcosθ − μ2(m1 + m2)gcosθ＝m2a4 解得：a4 = g 4 = 2.5m/s2，方向沿斜面向下 此后 A 继续减速，B 加速，共同时间为t2，共同速度为v2 第 17页 共 20页 ◎ 第 18页 共 20页 对 A:v2＝v1 − a2t2 对 B:v2＝a4t2 解得：v2 = 4 9 v0 此后 AB 匀速下滑再次撞击挡板，第二次撞击挡板沿斜面向上位移为S2，则有： 0 − v2 2 =− 2a3S2 解得：S2 = 16 81 S1 以此类推，木板每次与挡板碰后的速度都为上一次的4 9 ，木板每次沿斜面向上的位移都为上一次的16 81 ，由此可 知 整个过程中木板运动的总路程为： S = d + 2S1 1 − 16 81 解得：S = 31 13 m [选惨 3-3]（15 分） 【答案】 C,D,E 【考点】 阿伏加德罗常数 【解析】 根据体积和密度求出质量，结合质量和摩尔质量求出物质的量，再根据 N＝nNA求出分子数；一个铜原子的 质量等于摩尔质量与阿伏伽德罗常数的比值；一个铜原子的体积等于摩尔体积与阿伏伽德罗常数的比值。 【解答】 A、1mli 的铜所含的原子数为NA，故 A 错误； B、1 m3铜所含的原子数 N＝nNA = ρV M NA，故 B 错误； C、1 个铜原子的质量为 M NA (kg)，故 C 正确； D、1 个铜原子的体积为 M ρNA (m3)，故 D 正确； E、4 3 π( d 2 )3 = M ρNA ，解得 d = 3 6M πρNA (m)，故 E 正确。 【答案】 此时舱内的温度是 360K。 【考点】 气体的等温变化 牛顿第二定律的概念 【解析】 以水银柱为研究对象，根据牛顿第二定律列出等式，根据理想气体状态方程列式求解。 【解答】 火箭静止时水银柱的高度为 h，p0＝ρgh； 火箭加速时水银柱的高度为 0.8h，由公式 m＝ρ ⋅ V 可得火箭加速时水银柱的质量 m＝0.8h ⋅ S ⋅ ρ。 以长为 0.8h 的水银柱为研究对象，由牛二定理可得：p ⋅ S − m ⋅ g＝m ⋅ a①， 其中 p = m⋅ (a+g) S ②。 由查理定律可得：p0 T0 = p T③。 联解①②③可得：T = p p0 ⋅ T = 360K。 [选修 3-4]（15 分） 【答案】 A,B,C 【考点】 光的偏振 光的折射定律 激光的特性和应用 光的波粒二象性 薄膜干涉的应用 X 射线、α射线、β射线、γ射线及其特性 【解析】 从光现象形成的原因出发，把光现象与说明的问题对应起来：干涉与衍射说明波动性，偏振说明是横波，全 息照片是光的干涉，验钞机是利用紫外线的荧光作用，偏振片是减少反射光的透射，海市蜃楼与全的反射有 关，波长越长越容易发生明显衍射，从而即可求解。 【解答】 A、海市蜃楼产生的原因，是由于海面上上层空气的折射率比下层空气折射率小，从而发生全反射现象，故 A 正确； B、全息照片往往用激光来拍摄，主要是利用了激光的相干性，体现光的干涉原理，故 B 正确； C、钞票上某些位置的荧光物质在紫外线照射下发光，故验钞机是利用紫外线的荧光效应，故 C 正确； D、电磁波中最容易表现出衍射现象的是无线电波，而只要频率相同，即能发生干涉，故 D 错误； E、光的干涉和衍射说明了光具有波动性，光的偏振现象才说明了光是横波，故 E 错误。 【答案】 该波可能的传播速度为：(300n + 100)m/s，或(300n + 200)m/s，n＝0，1，2，…． 若已知 T < t2 − t1 < 2T，且图中 P 质点在t1时刻的瞬时速度方向向上，可能的波速是 500m/s． 若 0.01s < T < 0.02s，且从t1时刻起，图中 Q 质点比 R 质点先回到平衡位置，可能的波速是 400m/s 【考点】 横波的图象 波长、频率和波速的关系 【解析】 （1）由于波的传播方向未知，要分析两种情况分析．若波向右传播时，波传播的距离为 x＝nλ + 2(m)求出波 传播的距离，再求解波速．若波向左传播时，波传播的距离为 x＝nλ + 4(m)，由 v = x t 求解波速的通项． （2）P 质点在t1时刻的瞬时速度方向向上，波向左传播．若已知 T < t2 − t1 < 2T，波传播的距离在一个波长与 两个波长之间，确定出波传播的距离，再求得波速． （3）从t1时刻起，图中 Q 质点比 R 质点先回到平衡位置，说明此刻 Q 向上运动、R 点向下运动，可判断出 波的传播方向．根据时间与周期的关系，确定波传播的距离，即可求解波速． 第 19页 共 20页 ◎ 第 20页 共 20页 【解答】 若向右传播时，波传播的距离为：x1＝nλ + 2(m)＝(6n + 2)m，n＝0，1，2…， 波速为：v1 = x1 t2−t1 = 6n+2 0.02 m/s＝(300n + 100)m/s，n＝0，1，2，…① 同理可知，若波向左传播时，波传播的距离为：x2＝nλ + 4(m)， 波速为：v2＝(300n + 200)m/s，n＝0，1，2，…② P 质点在t1时刻的瞬时速度方向向上，波向左传播． 若已知 T < t2 − t1 < 2T，则②式中 n 取 1，波速为 v2＝(300 × 1 + 200)m/s＝500m/s 从t1时刻起，图中 Q 质点比 R 质点先回到平衡位置，此刻 Q 向上运动、R 点向下运动，故波向右传播； 根据题意，有：t2 − t1＝0.02s，0.01s < T < 0.02s，故t2 − t1介于 1 倍周期与 2 倍周期之间，波平移距离大于 1 倍波长而小于 2 倍的波长，即 x＝λ + 2＝8m； 故波速为：v = x t = 8 0.02 = 400m/s；