高考物理二轮复习 小卷30分钟提分练（六）（2计算2选1）（含解析）-人教版高三全册物理试题

小卷30分钟提分练(2计算＋2选1)(六)一、非选择题(32分，考生按要求作答)24.(12分)如图，圆心为O、半径为R的圆形区域内有一匀强电场，场强大小为E、方向与圆所在的平面平行．PQ为圆的一条直径，与场强方向的夹角θ＝60°.质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点以某一初速度沿垂直于场强的方向射入电场，不计粒子重力．(1)若粒子能到达Q点，求粒子在P点的初速度大小v0；(2)若粒子在P点的初速度大小在0～v0之间连续可调，则粒子到达圆弧上哪个点电势能变化最大？求出电势能变化的最大值ΔE.解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，设粒子从P点运动到Q点的时间为t，加速度为a.有2Rsinθ＝v0t(2分)2Rcosθ＝eq\f(1,2)at2(2分)由牛顿第二定律得qE＝ma(1分)联立解得v0＝eq\r(\f(3qER,2m))(1分)(2)粒子到达图中A点电势能变化最大(2分)ΔEp＝－qEd(2分)d＝R＋Rcosθ(1分)解得ΔEp＝－eq\f(3qER,2)(1分)答案：(1)eq\r(\f(3qER,2m))(2)－eq\f(3qER,2)25．(20分)如图甲所示，一长度L＝1m的平板车A在水平地面上，其上表面与斜坡底端的一段小圆弧水平相切，货物从斜坡上静止释放，滑到斜坡底端后滑上A车．当货物释放位置到斜坡底端的距离s与货物的质量m满足如图乙所示的关系时，货物滑上A车后恰好不从其右端滑出．已知斜坡的倾角θ＝37°，货物与斜坡之间的动摩擦因数μ1＝0.5.货物可视为质点，车与地面间的摩擦忽略不计，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求货物在斜坡上运动的加速度大小a；(2)求货物与A车之间的动摩擦因数μ2以及A车的质量M；(3)若在A车右端停有一辆与A车完全相同的B车，两车接触但不相连．质量m＝10kg的货物从距斜坡底端s＝8m处由静止下滑，判断该货物能否从B车的右端滑出，并说明理由．解析：(1)由牛顿第二定律得mgsinθ－f＝ma(2分)N＝mgcosθ(1分)又f＝μ1N(1分)联立解得a＝2m/s2(1分)(2)设货物滑到斜坡底端时的速度大小为v0，由运动学公式得veq\o\al(2,0)－0＝2as(1分)设货物滑到A车最右端时货物与A车的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v(2分)由功能关系得μ2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2分)解得s＝eq\f(μ2gL,Ma)m＋eq\f(μ2gL,a)(1分)由图乙可得s＝0.2m解得μ2＝0.4，M＝10kg(2分)(3)货物会从B车右端滑出设M′、L′分别为货物恰好不滑出时对应的车的质量和长度，将s＝8m、m＝10kg代入s＝eq\f(μ2gL,Ma)m＋eq\f(μ2gL,a)可得L′＝eq\f(4,\f(10,M′)＋1)(m)(3分)假设M′＝10kg时L′＝2m，当M′>10kg时L′>2m，故会滑出．(3分)答案：(1)2m/s2(2)0.410kg(3)会滑出二、选考题：共15分，请考生从2道物理题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)下列说法正确的是________．A．饱和蒸气压随温度的升高而增大B．单晶体在某些物理性质上具有各向异性C．一定量的理想气体从外界吸热，其内能一定增加D．液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈E．当分子之间作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而增大(2)(10分)如图所示，一竖直放置、粗细均匀且足够长的U形玻璃管，右端通过橡胶管与放在水中导热的球形容器连通，球形容器连同橡胶管的容积为V0＝90cm3，U形玻璃管中，被水银柱封闭有一定质量的理想气体．当环境温度为0℃时，U形玻璃管右侧水银面比左侧水银面高出h1＝16cm，水银柱上方空气柱长h0＝20cm，(已知大气压强p0＝76cmHg，U形玻璃管的横截面积为S＝0.5cm2)(ⅰ)若对水缓慢加热，应加热到多少摄氏度，两边水银柱高度会在同一水平面上？(ⅱ)保持加热后的温度不变，往左管中缓慢注入水银，问注入水银的高度多少时右管水银面回到原来的位置？解析：(1)饱和蒸气压与温度有关，且随着温度的升高而增大，故A正确；单晶体内部分子结构在空间排列规则，某些物理性质具有各向异性，故B正确；根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变内能，所以气体吸热内能不一定增加，故C错误；液体温度越高，分子热运动的平均动能越大，悬浮颗粒越小，惯性越小，碰撞的不平衡性越明显，布朗运动越剧烈，故D正确；分子间的作用力表现为斥力时，分子力随分子间距离的增大而减小，故E错误．(2)(ⅰ)初状态压强、体积、温度分别为p1＝p0－16cmHg＝60cmHg，V1＝V0＋h0S，T1＝273K，(2分)末状态压强、体积、温度分别为p2＝p0，V2＝V1＋eq\f(h1,2)S，T2＝(273＋t)K，(2分)由理想气体状态方程有eq\f(p1V1,T1)＝eq\f(p2V2,T2)，代入数据得t＝86.63℃；(2分)(ⅱ)当往左管注入水银后，末状态压强为p，体积为V1＝V0＋h0S(1分)由玻意耳定律得p2V2＝pV1，(1分)解得p＝79.04cmHg，则Δh＝79.04cm－76cm＝3.04cm，(1分)可知往左管注入水银的高度为h＝h1＋Δh＝19.04cm.(1分)答案：(1)ABD(2)(ⅰ)86.63℃(ⅱ)19.04cm34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图所示为一列简谐横波在t1＝0.1s时的波形图，已知该简谐横波沿x轴的负方向传播，A、B两点为该简谐波上平衡位置在xA＝1.0m、xB＝1.2m处的质点．经观察可知A点通过的路程为振幅的10倍时所用的时间为t＝0.5s，则________．A．该简谐横波的传播周期为0.2sB．开始计时时，B质点的运动方向向下C．0～1.5s内，A、B点通过的路程均为24cmD．t2＝0.58s时刻，B质点回到平衡位置且运动方向向上E．t3＝0.73s时刻，A质点在x轴上方且运动方向向上(2)(10分)如图所示，等腰三角形ABC为某透明介质的横截面，O为BC的中点，位于截面所在平面内的一束光线自O以角度i入射，第一次到达AB边恰好发生全反射．已知θ＝15°，BC边长为L，该介质的折射率为eq\r(2).求：(ⅰ)入射角i；(ⅱ)光从入射到发生第一次全反射所用的时间(设光在真空中的速度为c，可能用到：sin75°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)或tan15°＝2－eq\r(3))．解析：(1)A点通过的路程为振幅的10倍时所用的时间应为2eq\f(1,2)T，即2eq\f(1,2)T＝0.5s，解得T＝0.2s，A正确；由t1＝0.1s时B质点的振动方向向下，可知开始计时时，B质点的运动方向向上，B错误；1.5s为7eq\f(1,2)周期，则两质点通过的路程均为振幅的30倍，即30×0.8cm＝24cm，C正确；0.58s即波在题图所示时刻向左又传播0.48s，考虑到周期性，此时波形图与波又向左传播0.08s的波形图相同，即波向左传播eq\f(2,5)λ＝0.8m，即0.1s时2.0m处质点的振动形式传播到B点，即此时B质点回到平衡位置且运动方向向上，D正确；同理可知0.73s时，质点A位于x轴下方且向下振动，E错误．(2)根据题意可知光路图如答图所示(ⅰ)根据全反射可知，光线在AB面上P点的入射角等于临界角C，由折射定律得sinC＝eq\f(1,n)(1分)代入数据得C＝45°(1分)设光线在BC面上的折射角为r，由几何关系得r＝30°(1分)由折射定律得n＝eq\f(sini,sinr)(1分)联立得i＝45°(1分)(ⅱ)在△OPB中，根据正弦定理得eq\f(\x\to