陕西省2020届高三下学期一模理综物理试题 Word版含解析 23页

- 1 - 2020 年 陕西省一模试卷物理部分 二、选择题∶本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14~18 题只有一项符合题目要求，第 19~21 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. 关于卢瑟福的α粒子散射实验和原子的核式结构模型，下列说法中不正确的是（　　） A. 绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进 B. 只有少数α粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很 小的核上 C. 卢瑟福依据α粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论 D. 卢瑟福的“核式结构模型”很好地解释了氢原子光谱的实验 【答案】D 【解析】 【详解】A． 粒子散射实验的内容是：绝大多数 粒子几乎不发生偏转；少数 粒子发生了 较大的角度偏转；极少数 粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过 ，有的甚至几乎达到 ， 被反弹回来），故 A 正确，不符合题意； B． 粒子散射实验中，只有少数 粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大 的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，故 B 正确，不符 合题意； C．卢瑟福依据 粒子散射实验的现象提出了原子的“核式结构”理论，故 C 正确，不符合题意； D．玻尔的原子模型与原子的“核式结构模型”本质上是不同的，玻尔的原子模型很好地解释了 氢原子光谱的实验，故 D 错误，符合题意。 故选 D。 2. 完全相同的两列高铁在直铁轨上相向行使，速度为 350km/h，两列车迎面交错而过时，双 方驾驶员看到对方列车从眼前划过的时间大约是 2s，以下说法正确的是（ ） A. 由以上数据可以估算出每列车总长约为 200m B. 由以上数据可以估算出每列车总长约为 400m C. 坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间大约是 4s D. 坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间大约是 1s 【答案】B α α α α 90° 180° α α α - 2 - 【解析】 【详解】AB．两列车相向运动，每列车总长为： 故 A 错误，B 正确； CD．坐于车尾的乘客看到对方列车从身边划过的时间为： 故 C、D 错误； 故选 B。 3. 我国自主研发的北斗卫星导航系统由 35 颗卫星组成，包括 5 颗地球静止同步轨道卫星和 3 颗倾斜同步轨道卫星，以及 27 颗相同高度的中轨道卫星。中轨道卫星轨道高度约为 2.15×104km，同步轨道卫星的高度约为 3.60×104km，己知地球半径为 6.4×103km，这些卫 星都在圆轨道上运行。关于北斗导航卫星，则下列说法正确的是（ ） A. 中轨道卫星的动能一定小于静止同步轨道卫星的动能 B. 静止同步轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大 C. 中轨道卫星的运行周期约为 20h D. 中轨道卫星与静止同步轨道卫星的向心加速度之比为 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据万有引力提供圆周运动向心力则有 可得 由于中轨道卫星的轨道半径小于静止同步轨道卫星的轨道半径，所以中轨道卫星运行的线速 度大于静止同步轨道卫星运行的线速度，由于不知中轨道卫星的质量和静止同步轨道卫星的 质量，根据动能定义式 可知无法确定中轨道卫星的动能与静止同步轨道卫星的动 350 350( ) 2m 400m3.6 3.6L v t= ∆ = + × ≈ 400 s 2s350 350 3.6 3.6 Lt v = = ≈∆ + 2360 215      ( ) 2 2 GMm mv R rR r = ++ v r GM R = + 21 2kE mv= - 3 - 能大小关系，故 A 错误； B．静止同步轨道卫星绕地球运行的周期为 24h，小于月球绕地球运行的运行周期，根据 可知静止同步轨道卫星绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大，故 B 正确； C．根据万有引力提供圆周运动向心力则有： 可得： 中轨道卫星运行周期与静止同步轨道卫星运行周期之比为： 中轨道卫星的运行周期为： 故 C 错误； D．根据万有引力提供圆周运动向心力则有： 可得： 中轨道卫星与静止同步轨道卫星的向心加速度之比为： 故 D 错误。 故选 B。 4. 2019 年 9 月 29 日下午在第十三届女排世界杯中，中国女子排球队以十一战全胜的战绩卫冕 世界杯冠军，如图所示为运动员朱婷在后排强攻。若运动员朱婷此时正在后排离球网 3m 处强 2 T πω = ( ) ( )2 2 2 4m R T r R G m r M π += +  ( )324 R rT GM π += ( ) ( ) 33 6 7 11 3 7 2 2 6.4 10 2.15 10 0.53(3.60 0.64) 10 R rT T R r +  × + ×= = = + ×+   1 20.53 12.72hT T= ≈ ( )2 GMm ma R r = + ( )2 GMa R r = + ( ) ( ) 26 72 2 2 1 21 6 7 2 6.4 10 3.60 10 424( )6.4 10 2.15 10 279 R ra a R r × + ×  = = =  × + + ×  + - 4 - 攻，速度方向水平。设矩形排球场的长为 2L，宽为 L(实际 L 为 9m)，若排球(排球可视为质点) 离开手时正好在 3m 线(即 线)中点 P 的正上方高 h1 处，球网高 H，对方运动员在近网处拦网， 拦网高度为 h2，且有 h1>h2 >H，不计空气阻力。为了使球能落到对方场地且不被对方运动员拦 住，则球离开手的速度 v 的最大范围是(排球压线不算犯规) （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】为了使球能落到对方场地且不被对方运动员拦住，根据 得： 平抛运动的最大位移： 则平抛运动的最大速度： 根据 得： 3 L 1 1 4 3 2( ) 3 2 L g L gvh H h ⋅ < ≤ ⋅− 2 2 1 1 4 3 2( ) 3 2 2 L g L L gvh H h    ⋅ < ≤ + ⋅   −     1 2 1 4 3 2( ) 3 2 L g L gvh h h ⋅ < ≤ ⋅− 2 2 1 2 1 4 3 2( ) 3 2 2 L g L L gvh h h    ⋅ < ≤ + ⋅   −     2 1 1 1 2h gt= 1 1 2ht g = 2 2 max 4( ) ( )3 2 L Ls = + 2 2 2 2 1 ax 1 m 4( ) ( ) 43 2 ( ) ( )3 2 2 L L L L gv t h + = = +  2 1 2 2 1 2h h gt− = - 5 - 则平抛运动的最小速度： 球离开手的速度 的最大范围是： 故 A、B、C 错误，D 正确； 故选 D。 5. 如图，质量为 m、带电荷量为＋2q 的金属块 a，在绝缘光滑水平台面上以水平初速度 v0 向 右匀速运动，正碰完全相同的不带电的静止金属块 b，碰后金属块 b 从高台上水平飞出，金属 块 a 恰好无初速度下落(金属块 a，b 均可视为质点)。已知在足够高的光滑高台边缘右边空间 中存在水平向左的匀强电场(电场区域足够大)。场强大小 E＝ ，碰撞前后两金属块之间的 库仑力不计，空气阻力不计。则（ ） A. 在水平台面上碰后金属块 b 带电荷量为＋2q B. 在水平台面上碰撞后金属块 b 的速度为 C. 第一次碰撞后两金属块不可能发生第二次碰撞 D. 碰撞后运动过程中金属块 b 距高台边缘的最大水平距离 【答案】D 【解析】 1 2 2 )2(h ht g −= 2 min 2 1 3 3 2( ) L L gv t h h = = − v 2 2 1 2 1 4( ) ( )3 2 3( ) 2 2 L g L L gvh h h < ≤ +−  2mg q 0 2 v 2 0 4 v g - 6 - 【详解】A．由于金属块 与金属块 完全相同，根据接触后先中和再平分可知金属块 与金 属块 的电荷量相等，即在水平台面上碰后金属块 带电荷量为 ，故 A 错误； B．金属块 与金属块 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 解得在水平台面上碰撞后金属块 的速度为： 故 B 错误； C．碰后金属块 在竖直方向做自由落体运动，在水平方向受到电场力和高台边缘对金属块 的支持力，处于静止状态；碰后金属块 在竖直方向做自由落体运动，在水平方向受到向左电 场力，做匀减速直线运动，所以第一次碰撞后两金属块会发生第二次碰撞，故 C 错误； D．碰撞后运动过程中金属块 在水平方向有： 距高台边缘的最大水平距离： 故 D 正确。 故选 D。 6. 科学实验证明，通电长直导线周围磁场的磁感应强度大小 ，式中常量 k>0，I 为电 流强度，l 为距导线的距离。如图所示，三根完全相同且通有恒定电流的长直导线 a、b、c， 其截面位于等边三角形的三个顶点，a、b、c 通过的恒定电流大小分别为 Ia、Ib、Ic，b、c 位于 光滑绝缘水平面上，三根导线均可保持静止状态，则（ ） A. a、b 通有同向的恒定电流 B. 导线 a 受的合磁场力竖直向上 a b a b b q+ a b 0a bm v m v= b 0v v= a a b b 2qEa gm = = 2 2 0 0 2 4 v vx a g = = IB k l = - 7 - C. 导线 a、b 所受的合磁场力大小相等、方向相反 D. 导线 a、b、c 上通有的电流大小关系为 Ia＝2Ib＝2Ic 【答案】BD 【解析】 【详解】AB．对长直导线 分析，长直导线 受到重力、长直导线 对长直导线 的磁场力和 长直导线 对长直导线 的磁场力，根据平衡条件可知长直导线 与长直导线 作用力是相互 排斥，长直导线 对长直导线 作用力是相互排斥，所以长直导线 与长直导线 有反向的恒 定电流，长直导线 受的合磁场力竖直向上，且有大小等于长直导线 的重力，故 A 错误，B 正确； C．视长直导线 、 、 整体，对其受力分析，根据平衡条件可得光滑绝缘水平面对长直导 线 支持力等于长直导线 重力的 倍；对长直导线 受力分析，受到重力、光滑绝缘水平面 对其支持力、长直导线 对其吸引力和长直导线 对其排斥力，根据力的合成与分解可得长直 导线 所受的合磁场力大小等于长直导线 重力的 倍，方向竖直向下，故 C 错误； D．对长直导线 受力分析，在水平方向，根据平衡条件可得 即可得 对长直导线 受力分析，同理可得 故 D 正确； 故选 BD。 7. 质量为 m 的物块在 t＝0 时刻受沿固定斜面向上的恒力 F1 作用，从足够长的倾角为 θ 的光 滑斜面底端由静止向上滑行，在 t0 时刻撤去恒力 F1 加上反向恒力 F2(F1、F2 大小未知)，物块的 速度－时间(v－t)图象如图乙所示，2t0 时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在 t0 时刻的速 度为 v0，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ） a a b a c a b a c a a b a a a b c b b 3 2 b c a b b 1 2 b cos60a b c bB I L B I L° = 1 2 a cI I= b 1 2 a bI I= - 8 - A. 物块从 t＝0 时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为 2mgt0sinθ B. 物块从 t0 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为 3mv0 C. F1 的冲量大小为 mgt0sinθ＋mv0 D. F2 的冲量大小为 3mgt0sinθ－3mv0 【答案】BC 【解析】 【详解】A．根据冲量的定义式可知物块从 时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲 量大小为 故 A 错误； B．由于在 时撤去恒力 加上反向恒力 ，物块在 时恰好回到斜面的底端，所以在沿固 定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定 斜面向上的恒力作用下的位移为 ，加速度为 ，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可 得 根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为 撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为 ，则有 联立解得 物块在 时的速度为 0t = 0 02 2GI mg t mgt= = 0t 1F 2F 02t x 1a 2 1 0 1 2x a t= 0 1 0v a t= 2a 2 0 0 2 0 1 2x v t a t− = − 2 13a a= 02t - 9 - 物块从 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为 即物块从 时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为 ，故 B 正确； C．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得 解得 的冲量大小为 故 C 正确； D．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得 解得 故 D 错误； 故选 BC。 8. 如图所示的光滑导轨，由倾斜和水平两部分在 MM'处平滑连接组成。导轨间距为 L，水平 部分处于竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，倾斜导轨连接阻值为 R 的电阻。现让质 量为 m、阻值为 2R 的金属棒 a 从距离水平面高度为 h 处静止释放。金属棒 a 到达磁场中 OO' 时，动能是该金属棒运动到 MM'时动能的 ，最终静止在水平导轨上。金属棒 a 与导轨接触 良好且导轨电阻不计，重力加速度 g＝10m/s2。以下说法正确的是（ ） A. 金属棒 a 运动到 MM'时回路中的电流大小为 2 0 2 0 02v v a t v= − = − 0t 2 0 03P mv mv mv∆ = − = − 0t 03mv 1 0 0sinθ 0FI mg t mv− = − 1F 1 0 0sinθF I mgt mv= + 2 0 0 0sinθ 2FI mg t m v mv− − = − −  2 0 0sinθ 3FI mgt mv= + 1 4 23 BL ghR - 10 - B. 金属棒 a 运动到 OO'时的加速度大小为 C. 金属棒 a 从 h 处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，电阻上产生的焦耳热为 mgh D. 金属棒 a 若从 h 处静止释放，在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是 ，方 向向左 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．金属棒 从静止运动到 的过程中，根据机械能守恒可得 解得金属棒 运动到 时的速度为 金属棒 运动到 时的感应电动势为 金属棒 运动到 时的回路中的电流大小为 故 A 正确； B．金属棒 到达磁场中 时的速度为 金属棒 到达磁场中 时的加速度大小为 故 B 错误； C．金属棒 从 处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，根据能量守恒可得产生的焦耳热等 于重力势能的减小量，则有 电阻上产生的焦耳热为 2 2 2 3 B L gha mR = 1 3 2m gh a MM ′ 2 1 1 2mgh mv= a MM ′ 1 2v gh= a MM ′ 1 2E BLv BL gh= = a MM ′ 22 3 E BLI ghR R R = =+ a OO′ 2 1 21 2 2 ghv v= = a OO′ 2 22 2 2 2 (2 ) 6 B L ghB L vBILa m m R R mR = = =+ a h Q mgh= - 11 - 故 C 正确； D．金属棒 从 处静止下滑到在水平导轨上静止过程中，规定向右为正方向，根据动量定理 可得 可得 在它运动的整个过程中，安培力的冲量大小是 ，方向向左，故 D 正确； 故选 ACD。 第 II 卷（非选择题 共 174 分） 三、非选择题∶共 174 分，第 22 ~32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33 ~38 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题∶共 129 分 9. 如图所示，梁老师在课堂做“验证力的平行四边形定则”实验时，橡皮条的一端固定在黑 板上方的 A 点，另一端被两个弹簧测力计拉到 O 点。 (1)下列原因可能会导致实验结果不准确的是________ A.弹簧测力计在实验前没有调零 B.弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧侧力计刻度 C.弹簧测力计自身的重力对拉力大小有影响 D.拉橡皮条的细绳套粗一些且短一些，实验效果较好 (2)为了提高实验的准确性，减少误差，请提出合理的解决办法(一条即可)_________ (3)两弹簧测力计的读数分别为 F1 和 F2，两细绳的方向分别与橡皮条延长线的夹角为 α1 和 α2， 如图所示，以下说法正确的是______. 1 1 3 3RQ Q mgh= = a h 10I mv= −安 2I m gh= −安 2m gh - 12 - A.为了验证力的平行四边形定则，只需作力的图示来表示分力与合力 B.实验中用平行四边形定则求得的合力 F 一定与 OA 在一条直线上 C.若保持 O 点的位置和夹角 α1 不变，夹角 α2 可变，若 F1 增大，则 F2 可能减小 D.两弹簧测力计间的夹角 α1 和 α2 之和必须取 90° 【答案】 (1). AD (2). 将竖直平面转到水平面 (3). C 【解析】 【详解】(1)[1]A．弹簧测力计在实验前没有调零，弹簧测力计测力时会导致实验结果不准确， 故 A 符合题意； B．本实验是通过在白纸上作力的图示来验证平行四边定则，为了减小实验误差，弹簧秤、细 绳、橡皮条都应与木板平行，否则，作出的是拉力在纸面上的分力，误差较大，读数时视线 必须与刻度尺垂直，防止视觉误差，故 B 不符合题意； C．弹簧测力计测 是拉力大小而不是重力大小，所以弹簧测力计自身的重力，不会导致实验 结果不准确，故 C 不符合题意； D．在实验中要减小拉力方向的误差，应让标记同一细绳方向的两点尽量远些，故细绳应该长 一些；拉橡皮条的细绳套粗一些且短一些，会导致实验结果不准确，故 D 符合题意； 故选 AD； (2)[2]为了提高实验的准确性，减少误差要选用弹性小且适当长的细绳或将竖直平面转到水平 面； (3)[3]A．为了验证力的平行四边形定则，应采用作力的图示来表示分力与合力，但不是只需作 力的图示来表示分力与合力，故 A 错误； B．因实验中存在误差，故不可能严格使 与 重合，所以实验中用平行四边形定则求得的 合力 不一定沿 直线方向，故 B 错误； C．对点 受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持 点的位置和夹角 不变， 的 F F′ F OA O O 1 α - 13 - 即橡皮条长度不变，弹簧拉力 方向不变，弹簧拉力 方向和大小都改变，如图： 根据平行四边形定则可以看出 的读数不断增大时， 先变小后变大，所以若 增大时， 可能变小，故 C 正确； D．实验中，把橡皮筋的另一端拉到 点时，两个弹簧测力计之间的夹角不一定是取 ，故 D 错误； 故选 C。 10. 课外兴趣小组在一次拆装晶体管收音机的过程中，发现一只发光二极管，同学们决定测绘 这只二极管的伏安特性曲线。 (1)由于不能准确知道二极管的正负极，同学们用多用电表的欧姆挡对其进行侧量，当红表笔 接 A 端、黑表笔同时接 B 端时，指针几乎不偏转，则可以判断二极管的正极是_______端 (2)选用下列器材设计电路并测绘该二极管 伏安特性曲线，要求准确测出二极管两端的电压 和电流。有以下器材可供选择： A.二极管 Rx B.电源电压 E＝4V(内电阻可以忽略) C.电流表 A1(量程 0～50mA，内阻为 r1＝0.5Ω) D.电流表 A2(量程 0～0.5A，内阻为 r2＝1Ω) E.电压表 V(量程 0～15V，内阻约 2500Ω) F.滑动变阻器 R1(最大阻值 20Ω) C.滑动变阻器 R2(最大阻值 1000Ω) H.定值电阻 R3＝7Ω 的 1F 2F 1F 2F 1F 2F O 90° - 14 - I.开关、导线若干 实验过程中滑动变限器应选___________(填“F”或“G”)，在虚线框中画出电路图_______(填 写好仪器符号) (3)假设接入电路中电表的读数：电流表 A1 读数为 I1，电流表 A2 读数为 I2，则二极管两瑞电压 的表达式为__________(用题中所给的字母表示)。 (4)同学们用实验方法测得二极管两端的电压 U 和通过它的电流 I 的一系列数据，并作出 I－U 曲线如图乙所示。 (5)若二极管的最佳工作电压为 2.5V，现用 5.0V 的稳压电源(不计内限)供电，则需要在电路中 串联一个电限 R 才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的二极管的伏安特性曲线进行分 析，申联的电阻 R 的阻值为_______________Ω(结果保留三位有效数字) - 15 - 【答案】 (1). A (2). F (3). (4). (5). 119 【解析】 【详解】(1)[1]当红表笔接 端、黑表笔同时接 端时，指针几乎不偏转，说明电阻很大，二 极管反向截止，根据欧姆表的工作原理可知，黑表笔应与欧姆表内部电池的正极相连，由二 极管的单向导电性可知， 端应是二极管的正极； (2)[2]由图乙可知，实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法；所以滑动 变阻器应选阻值小 ，即滑动变限器应选 F； [3]在测量正向加电压的伏安特性曲线时，实验中最大电压约为 3V，所以电压表 V(量程 0～ 15V，内阻约 2500Ω)不符合题意，故需要电流表 A2(量程 0～0.5A，内阻为 )与定值电阻 串联改装成量程为 二极管两端的电压在 3V 以内，电流在 40mA 以内，电流表应选用电流表 A1(量程 0～50mA， 内阻为 )；因二极管的正向电阻较小，故采用电流表外接法，同时二极管正极应接电 源正极；因实验中要求电压从零开始调节，故滑动变阻器应采用分压接法，所以电路图为 的 2 2 3 1 1( )I r R I r+ − A B A 2 1Ωr = 3 7ΩR = 2 3( V) 4gU I r R+ == 1 0.5Ωr = - 16 - (3)[4]根据电路结构特点可得 解得二极管两瑞电压的表达式为 (5)[5]二极管的最佳工作电压为 2.5V，现用 5.0V 的稳压电源(不计内限)供电，根据图乙可知在 电路中电流为 21mA，根据欧姆定律和电路结构可得申联的电阻 的阻值为 11. 如图所示，水平传送带与固定斜面平滑连接，质量为 m＝1kg 的小物体放在斜面上，斜面 与水平方向的夹角为 θ＝37°，若小物体受到一大小为 F＝20N 的沿斜面向上的拉力作用，可以 使小物体从斜面底端 A 由静止向上加速滑动。当小物体到达斜面顶端 B 时，撤去拉力 F 且水 平传送带立即从静止开始以加速度 a0＝1m/s2 沿逆时针方向做匀加速运动，当小物体的速度减 为零时刚好滑到水平传送带的右端 C 处。小物体与斜面及水平传送带间的动摩擦因数均为 µ＝ 0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，AB 间距离 L＝5m，导槽 D 可使小物体速度转为水平且无 能量损失，g＝10m/s2。已知 sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： (1)小物体运动到 B 点的速度 (2)小物体从 A 点运动到 C 点的时间 (3)小物体从 B 点运动到 C 点的过程中，小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量 Q 2 2 3 1 1( )I r R I r U+ = + 2 2 3 1 1( )U I r R I r= + − R 5.0 2.5 119Ω0.021R −= Ω = - 17 - 【答案】(1) ；(2)3s；(3) 【解析】 【详解】(1)小物体受到沿斜面向上的拉力作用时，对其进行受力分析，由牛顿第二定律可得 解得 从 到 过程中由运动学公式可得 解得 (2)从 到 过程中由运动学公式可得 小物体在 段，由牛顿第二定律可得 由运动学公式可得 小物体从 到 过程中的时间 总 联立解得 总 (3)小物体在 段，小物体向右运动，传送带逆时针运动，对小物块 对传送带 小物体相对于传送带的位移 10m/s 60J 1cos37 sin37F mg mg maµ− °− ° = 2 1 10m/sa = A B 2 12Bv a L= 10m/sBv = A B 1 1Bv a t= BC 2mg maµ = 2 2Bv a t= A C t 1 2t t= + t 3s= BC 2 1 2 2 1 2x a t= 2 2 0 2 1 2x a t= - 18 - 小物体与传送带间由于摩擦而产生的热量 解得 12. 如图所示的坐标系内，直角三角形 OPA 区域内有一方向垂直于纸面向外的匀强磁场。在 x 轴上方，三角形磁场区域右侧存在一个与三角形 OP 边平行的匀强电场，电场强度为 E，方向 斜向下并与 x 轴的夹角为 30°，已知 OP 边的长度为 L，有一不计重力、质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子从静止开始经加速电场加速后，以 v0 的速度从 A 点垂直于 y 轴射入磁场；一 段时间后，该粒子在 OP 边上某点以垂直于 OP 边方向射入电场，最终速度方向垂直于 x 轴射 出电场。求： (1)加速电压及匀强磁场的磁感应强度大小 (2)带电粒子到达 x 轴时的动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值 (3)带电粒子从射入磁场到运动至 x 轴的时间 【答案】(1) ； ；(2) ；(3) 【解析】 【详解】(1)设加速电场的电压为 ，由动能定理可得 解得 根据题设，带电粒子垂直 边射入电场，设带电粒子在磁场中运动半径为 ，如图所示， 1 2x x x∆ = + Q mg xµ= ∆ 60JQ = 2 0 2 mv q 02mv qL 4 3 0 0 3 6 3 mvL v qE π + U 2 0 1 2qU mv= 2 0 2 mvU q = OP R - 19 - 由几何关系可得 在磁场中，洛伦磁力提供向心力则有 解得 (2)设带电粒子到达 轴时的速度为 ，根据几何关系可得，带电粒子刚进入磁场时的动能 带电粒子到达 轴时的动能 则有带电粒子到达 轴时 动能与带电粒子刚进入磁场时动能的比值 (3)带电粒子在磁场中运动时间为 带电粒子 电场中运动至 轴时有 的 在 cos60R L= ° 2 0 0 mvqv B R = 02mvB qL = x v 2 1 0 1 2kE mv= 0 cos30 vv = ° x 2 2 2 0 1 2 2 3kE mv mv= = x 2 1 4 3 k k E E = 1 60 1 36 60t T T °= =° 0 2 2R mT v qB π π= = x - 20 - 由几何关系可知 带电粒子从射入磁场到运动至 轴的时间 （二）选考题∶共 45 分。请考生以 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科 任选一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。 13. 物质的气态、液态和固态在一定条件下可以相互转变。在相互转变的过程中会发生能量交 换。晶体在熔化过程中吸收的热量全部用来破坏空间点阵，分子势能________(填“增加”“减 少”或“保持不变”)，分子平均动能________(填“增加”“减少”或“保持不变”)。所以， 晶体有固定的熔点。非晶体没有空间点阵，吸收的热量主要转化为________(填“分子动能” 或“分子势能”)，不断________(填“吸热”或“放热”)，温度________(填“上升”“下降” 或“保持不变”)。 【答案】 (1). 增加 (2). 保持不变 (3). 分子动能 (4). 吸热 (5). 上升 【解析】 【详解】[1] [2]晶体熔化过程中，吸收的热量全部用来破坏空间点阵，增加分子势能，而分子 平均动能却保持不变，所以晶体有固定的熔点；[3][4][5]非晶体没有空间点阵，熔化时不需要 去破坏空间点阵，吸收的热量主要转化为分子动能，不断吸热，温度就不断上升。 14. 如图所示，竖直放置、上端开口的绝热气缸底部固定一电热丝(图中未画出)，面积为 S 的 绝热活塞位于气缸内(质量不计)，下端封闭一定质量的某种理想气体，绝热活塞上放置一质量 为 M 的重物并保持平衡，此时气缸内理想气体的温度为 T0，活塞距气缸底部的高度为 h，现 用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，活塞上升了 ，封闭理想气体吸收的热量为 Q。已 知大气压强为 p0，重力加速度为 g。求： (1)活塞上升了 时，理想气体的温度是多少 (2)理想气体内能的变化量 2 2 qEv at tm⊥ = = 0tan30v v⊥ = ° x 0 1 2 0 3 6 3 mvLt t t v qE π= + = + 2 h 2 h - 21 - 【答案】(1) ；(2) 【解析】 【详解】(1)封闭理想气体初始状态 ， 封闭理想气体末状态 用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，理想气体做等压变化，设末状态的温度为 ，由盖 吕萨克定律得 解得 (2) 理想气体做等压变化，根据受力平衡可得 理想气体对外做功为 由热力学第一定律可知 联立解得 15. 如图所示分别是 a 光、b 光各自通过同一单缝衍射仪器形成的图样(灰黑色部分表示亮纹， 保持缝到屏距离不变)，则下列说法正确的是_______。 0 3 2T 0 1 ( )2Q p S Mg h− + 1V Sh= 1 0T T= 2 1 3( )2 2V S h h Sh= + = 2T 1 2 1 2 V V T T = 2 2 1 0 1 3 2 VT T TV = = 1 0p S p S Mg= + 1 1 2W p S h=  U Q W∆ = − 0 1 ( )2U Q p S Mg h∆ = − + - 22 - A. 在真空中，单色光 a 的波长大于单色光 b 的波长 B. 在真空中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度 C. 双缝干涉实验时 a 光产生的条纹间距比 b 光的大 D. a 光和 b 光由玻璃棱镜进入空气后频率都变大 E. 光由同一介质射入空气，发生全反射时，a 光的临界角比 b 光大 【答案】ACE 【解析】 【详解】A．单缝衍射条纹是中间明亮且宽大，越向两侧宽度越小越暗，而波长越大，中央亮 条纹越粗，由于 光的中央亮条纹较粗，则 光的波长较大，故 A 正确； B．根据 知， 光的波长较大， 光的频率较小， 光的折射率较小，根据 得， 光的传播速度较大，故 B 错误； C．根据 得双缝干涉实验时 光产生的条纹间距比 光的大，故 C 正确； D．发生折射时光线的传播方向可能发生改变，不改变光的频率，故 D 错误； E．由临界角公式 可知， 光发生全反射的临界角大于 光发生全反射的临界角， 故 E 正确； 故选 ACE。 16. 小王在实验室做单摆实验时得到如图甲所示的单摆振动情形，O 是它的平衡位置，B、C 是 摆球所能到达的左右最远位置，此时的摆动角度为 θ，小王通过实验测得当地重力加速度为 g ＝10m/s2，并且根据实验情况绘制了单摆的振动图象如图乙所示，设图中单摆向右摆动为正方 向。求： (1)单摆的振幅、摆长约为多少； (2)估算单摆振动时最大速度 v。(可能用到的公式 1－cosθ＝2sin2 )(计算结果均保留三位有效 数字) a a c f λ = a a a cv n = a Lx d λ∆ = a b 1sinC n = a b 2 θ - 23 - 【答案】(1) ； ；(2) 【解析】 【详解】(1)由题图乙读出单摆的振幅 ，周期 根据单摆的周期公式 得摆长 (2)根据机械能守恒定律 又因为 很小，故有 5cm 1.01m 0.157m/s A 5cm= 2sT = 2 LT g π= 2 2 2 2 10 2 m 1.01m4 4 3.14 gTL π ×= = ≈× 21(1 cosθ) 2mgL mv− = 2 θ1 cosθ 2sin 2 − = θ θ 2sin 2 A L ≈ 2 (1 cosθ) 0.157m/sgv gL A L = − ≈ ≈