专用备战2019高考物理第三部分加试30分题型强化练三.docx

加试30分题型强化练(三)二、选择题14.加试题 (2018浙江4月选考14)下列说法正确的是()A组成原子核的核子越多，原子核越稳定B.92U衰变为86Rn经过4次衰变，2次衰变C在LC振荡电路中，当电流最大时，线圈两端电势差也最大D在电子的单缝衍射实验中，狭缝变窄，电子动量的不确定量变大15.加试题 (2017宁波市九校高三上学期期末)海浪从远海传向海岸，已知海浪的传播速度与海水的深度有关，海水越深，速度越大，一艘大船停泊在离岸较远处，振动的周期为8 s，则()A海浪拍打海岸的周期为8 sB当大船停泊在离海岸较近处时，其振动周期小于8 sC海浪从远海传向海岸，相邻波峰之间的距离变小D让船停泊在离海岸更近处，海浪经过船体时的衍射现象更明显16.加试题 用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图1所示则这两种光()图1A照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大B从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大C通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻亮条纹间的距离大D通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大三、非选择题21.加试题 (2017绍兴市一中期末)在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形的三棱镜ABC，并确定AB和AC界面的位置然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，再从棱镜的右侧观察P1和P2的像，如图2所示图2(1)此后正确的操作步骤是_(选填选项前的字母)A插上大头针P3，使P3挡住P2的像B插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像C插上大头针P4，使P4挡住P3的像D插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像(2)正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P3、P4的位置(图中已标出)为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线，如图3甲、乙所示在图中能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图_(填“甲”或“乙”)，所测玻璃折射率的表达式n_(用代表线段长度的字母ED、FG表示)图322.加试题 (2017舟山中学月考)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图4所示，两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行且与导轨接触良好，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：图4(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少；(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多大23.加试题 在如图5所示的竖直平面内，水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径为r m的光滑圆弧轨道分别相切于D点和G点，GH与水平面的夹角37.过G点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B1.25 T；过D点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E1104 N/C.小物体P1的质量m2103 kg、电荷量q8106 C，受到水平向右的推力F9.98103 N的作用，沿CD向右做匀速直线运动，到达D点后撤去推力当P1到达倾斜轨道底端G点时，不带电的小物体P2在GH顶端静止释放，经过时间t0.1 s与P1相遇P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为0.5，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力求：图5(1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小；(2)倾斜轨道GH的长度s.答案精析14BD比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故A错误；U衰变为Rn，质量数减少16，电荷数减少6，由于原子核经过一次衰变，质子数减少2，质量数减少4，经过一次衰变，质子数增加1，质量数不变所以有：衰变次数m4；衰变次数n2，所以B正确；当线圈两端电势差最大时，电流变化率最大，此时电流为0，故C错误；在电子的单缝衍射实验中，狭缝越窄，屏上中央亮条纹越宽，即能更准确地测得电子的位置根据不确定性关系xp，电子动量的不确定量变得更大，故D正确15AC16BC由光电效应方程EkhW0及EkeUc，结合题图可得b光照射光电管时使其逸出的光电子最大初动能大，故A错误；b光的频率大，波长小，在玻璃中的折射率nb大，由sin C可知：从同种玻璃射入空气发生全反射时，b光的临界角小，a光的临界角大，故B正确；发生双缝干涉时，x，a光波长大，相邻亮条纹间的距离大，故C正确；在同种玻璃中的折射率nbna，b光的偏折程度大，故D错误21(1)BD(2)乙22(1)mv(2)解析(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv02mv，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Qmv(2m)v2mv.(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v，则由动量守恒定律得mv0mv0mv，解得vv0，此时回路中电动势E则Icd棒所受的安培力FBIl，由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a.23(1)4 m/s(2)0.56 m解析(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v，受到的向上的洛伦兹力为F1，受到的摩擦力为Ff，则F1qvBFf(mgF1)由题意，水平方向合力为零FFf0联立式，代入数据解得v4 m/s(2)设P1在G点的速度大小为vG，由于洛伦兹力不做功，由DG根据动能定理得qErsin mgr(1cos )mvmv2P1在GH上运动时，受到重力、电场力、支持力和摩擦力的作用，设加速度为a1，根据牛顿第二定律得qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1P1与P2在GH上相遇时，