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2019高考物理江苏专用优编题型增分练:小综合练(9)含解析

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2019  高考物理江苏专用优编题型增分练:小综合练(9)含
解析

小综合练(九)

一、单项选择题
1.(2018·江苏押题卷)将一小球从某一高度水平抛出,抛出                    2  s 后它的速度方向与水平方向

的夹角成    45°,落地时位移与水平方向成            60°,不计空气阻力,重力加速度            g=10   m/s2,则
下列说法正确的是(  )
A.小球做平抛运动的初速度是             10 m/s
B.抛出点距地面的高度是           60 m
C.小球做平抛运动的初速度是             20 2 m/s
D.抛出点距地面的高度是           240 m
答案 D
                                            vy

解析 由平抛运动的规律知:抛出              2 s 后,tan 45°=v0,得   v0=vy=gt1=20  m/s;落地时    tan 
    y  gt2       2v0tan 60°                           1
                             3                            2
60°=x=2v0得:t2=       g   =4    s,抛出点距地面的高度          h=2gt2 =240 m,故   D 正确,
A、B、C   错误.

2.如图   1 所示,均匀金属圆环的总电阻为             4R,磁感应强度为       B 的匀强磁场垂直穿过圆
环.金属杆     OM 的长为    l,阻值为    R,M  端与环接触良好,绕过圆心            O 的转轴以恒定的角速
度 ω 顺时针转动.阻值为         R 的电阻一端用导线和环上的            A 点连接,另一端和金属杆的转轴
O 处的端点相连接.下列判断正确的是(  )


                                     图 1
A.金属杆    OM  旋转产生的感应电动势恒为            Bl2ω
                            Bl2ω
B.通过电阻     R 的电流的最小值为        8R ,方向从     Q 到 P
                            Bl2ω
C.通过电阻     R 的电流的最大值为        6R
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                                  Bl2ω
D.OM   两点间电势差绝对值的最大值为              3
答案 D
                                                    v  ωl
解析 M    端线速度为     v=ωl,OM   切割磁感线的平均速度为v=2=             2 ,OM 转动切割磁感线
                           Bl2ω
产生的感应电动势恒为          E=Blv=   2 ,故   A 错误;当    M 端位于最上端时,圆环两部分电阻
                                                              1

相等,并联电阻最大,电路的总电阻最大,通过                    R 的电流最小.因       R 并=2×2R=R,通过
                            E   Bl2ω

电阻  R 的电流的最小值为:Imin=3R=          6R ,根据右手定则可知电流方向从              Q 到 P,故  B 错
                                                                  E   Bl2ω

误;当   M 位于最下端时圆环被短路,此时通过电阻                  R 的电流最大,为:Imax=2R=         4R ,
故 C 错误;OM    作为电源,外电阻增大,总电流减小,内电压减小,路端电压增大,所以外
                                                               Bl2ω

电阻最大时,OM       两点间电势差的绝对值最大,其最大值为:U=Imin·2R=                    3  ,故  D 正
确.

二、多项选择题

3.如图   2 所示,一段不可伸长的轻质细绳长为               L,一端固定在      O 点,另一端系一个质量为
m 的小球(可以视为质点),保持细绳处于伸直状态,把小球拉到跟                         O 点等高的位置由静止释
放,在小球摆到最低点的过程中,不计空气阻力,重力加速度大小为                             g,则(  )


                                     图 2
A.合外力做的功为        0
B.合外力的冲量为        m 2gL
C.重力做的功为       mgL
D.重力的冲量为       m  2gL
答案 BC
三  .选做题
4.A.[选修   3-3]
(2018·盐城中学   4 月检测)(1)下列说法中正确的是________.

A.布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动
B.气体的温度升高,每个气体分子运动的速率都增加
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C.一定质量的      100℃的水吸收热量后变成          100℃的水蒸气,其分子之间的势能增加,且吸
收的热量小于增加的内能

D.只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度就可以降低
(2)如图 3 甲所示,将封有一定质量空气的密闭塑料袋从海拔                     500  m、气温为     18℃的山脚下
带到海拔    3  200   m、气温为    10℃的山顶上,情形如图乙所示.图________(选填“甲”或
“乙”)袋中气体分子平均动能大.从甲图到乙图过程中,袋内气体减小的内能________(选
填“大于”“等于”或“小于”)气体放出的热量.


                                     图 3

(3)有一个氧气瓶的容积        V1=30  L,由于用气,氧气瓶中的压强由              p1=100  atm 降到  p2=50 
atm,温度始终保持       0℃,已知标准状况下         1 mol 气体的体积是     22.4 L,则使用掉的氧气分子

                                       23  -1
数为多少?(已知阿伏加德罗常数             NA=6.0×10    mol ,结果保留两位有效数字)
答案 (1)AD (2)甲 大于 (3)4.0×1025       个
解析 (1)布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动,反映了液体或气体分子的无规则运动,
故 A 正确.温度是分子平均动能的标志,是大量分子无规则运动的宏观表现;气体温度升
高,分子的平均动能增加,有些分子的速率增加,也有些分子的速率会减小,只是分子的平
均速率增加,故       B 错误.一定质量的        100℃的水变成     100℃的水蒸气,温度没有变化,分子
的平均动能不变;由于在这个过程中要对外做功,所以吸收的热量大于增加的内能,故
C 错误.温度是分子平均动能的标志,只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度,气体的温度
就可以降低,故       D 正确.
(3)用气过程中,温度不变,根据玻意耳定律可得:

p1V1=p2V2,

用掉的氧气在压强是         p2=50 atm 时的体积为    ΔV,

ΔV=V2-V1=30 L

设用掉的氧气在标准状况下的体积为               V3

根据玻意耳定律可得:p2ΔV=p0V3,其中             p0=1 atm

解得:V3=1 500 L
                       V3      1 500

                                            23         25
则用掉的氧气分子数:N=Vmol·NA=            22.4 ×6.0×10  个≈4.0×10  个. 
B.[选修   3-4]
(2018·徐州市模拟)(1)下列说法正确的是________.
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A.若波源向观察者靠近,则波源发出的频率变大
B.托马斯·杨通过光的双缝干涉实验,证明了光是一种波
C.坐在高速离开地球的火箭里的人认为,地球上的人新陈代谢变慢了
D.拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度
(2)如图 4 所示为一横截面为等边三角形的透明柱状介质,一平行于角平分线                            AD 的单色光由
AB 射入介质,经      AB 折射后的光线恰好平行于          AC,由此可求出介质的折射率为________,
此折射光照射到       BC 边上时________(选填“能”或“不能”)发生全反射.


                                     图 4
(3)如图 5 所示的横波正在沿        x 轴正方向传播,t=0       时刻,波刚好传到        M 点.再经    0.5 s,质
点 M 第一次到达波峰位置.


                                     图 5

①求这列横波的传播速度           v;
②写出质点     N 的振动方程.
答案 (1)BC (2)    3 不能 (3)①1 m/s ②y=-0.2sin πt (m)
解析 (1)多普勒效应是由于观察者和波源间位置的变化而使观察者接收到的频率发生变化
的现象,但波源发出的频率不变,故               A 错误;干涉是波特有的现象,托马斯·杨通过光的双
                                                 Δτ
                                                   v2
                                                1-
缝干涉实验,证明了光是一种波,故               B 正确;根据     Δt=     c2知,坐在高速离开地球的火
箭里的人认为地球上的时间间隔变长,人的新陈代谢变慢了,故                           C 正确;拍摄玻璃橱窗内
的物品时,往往在镜头前加一个偏振片以减弱反射光的强度,故                           D 错误.
(2)根据几何关系得,光在         AB 面上的入射角      i=60°,折射角     r=30°


                              sin i
根据折射定律得:介质的折射率             n=sin r=  3
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                           1   3
设介质的临界角为        C,则  sin C=n=  3 ,
由几何知识可知,光在          BC 面上的入射角为       30°

                   3
因为  sin 30°<sin C= 3 ,所以光在    BC 面上的入射角小于临界角,则此折射光在                  BC 面上不
能发生全反射.
(3)①横波正在沿      x 轴正方向传播,由质点的带动法可知:此时                 M 点的速度方向向上,由题
意知,周期为      T=4×0.5 s=2 s
由题图知:波长为        λ=2 m
         λ  2
波速为   v=T=2 m/s=1 m/s.
②质点   N 的振幅    A=0.2 m,t=0  时正向   y 轴负方向振动,
                               2π
故其振动方程      y=-Asin ωt=-Asin   T t=-0.2sin πt (m).
四、计算题
5.(2018·南通等六市一调)如图        6 所示,金属平板       MN 垂直于纸面放置,MN         板中央有小孔

O,以   O 为原点在纸面内建立        xOy 坐标系,x    轴与   MN 板重合.O     点下方的热阴极       K 通电后
能持续放出初速度近似为零的电子,经                K 与  MN 板间电场加速后,从         O 点射出,速度大小

均为  v0,速度方向在纸面内,发散角为             2θ 弧度且关于     y 轴对称.已知电子电荷量为           e,质
量为  m,不计电子间相互作用及重力的影响.


                                     图 6

(1)求 K 与 MN 板间的电压     U0;
(2)若 x 轴上方存在范围足够大、垂直纸面向里的匀强磁场,电子打到                         x 轴上落点范围长度

为 Δx,求该磁场的磁感应强度           B1 和电子从    O 点到达   x 轴的最短时间     t.
(3)若 x 轴上方存在一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场区,电子从                       O 点进入磁场,偏转后成

为一宽度为     Δy、平行于    x 轴的电子束,求该圆形区域的半径              R 及磁场的磁感应强度         B2.
答案 见解析
                          1

                              2
解析 (1)由动能定理有:eU0=2mv0          -0
          mv02

解得:U0=     2e
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(2)电子运动轨迹如图所示:


从 O 点射出的电子落在        x 轴 PQ 间,设电子做圆周运动的半径为              r,由几何关系有
Δx=2r-2rcos θ
                       v02

由向心力公式有:ev0B1=m         r
         2mv0 1-cos θ 

解得:B1=         eΔx
                  π

最短路程为:smin=2(2-θ)r
        smin    π-2θ Δx
则有:t=    v0 =2v0 1-cos θ .
(3)电子运动轨迹如图所示:


由几何关系可知       r′=R
且有  Δy=(r′+r′sin θ)-(r′-r′sin θ)=2r′sin θ
          Δy
解得:R=2sin θ
                       v02

由向心力公式有:ev0B2=m         r′
         2mv0sin θ

解得:B2=      eΔy  . 
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