高考物理二輪復(fù)習(xí)“22”定時(shí)訓(xùn)練13 （全國(guó)1卷）逐題仿真練（含解析）-人教版高三全冊(cè)物理試題

2015年(全國(guó)1卷)逐題仿真練題號(hào)24253334考點(diǎn)安培力作用下平衡動(dòng)力學(xué)方法分析板塊模型晶體性質(zhì)和氣體性質(zhì)雙縫干涉和機(jī)械波24．(12分)(2019·湖北宜昌市四月調(diào)研)如圖1所示，在傾角為θ的斜面上，固定有間距為l的平行金屬導(dǎo)軌，現(xiàn)在導(dǎo)軌上，垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m的金屬棒ab，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌與電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源連接，金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ＜tanθ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，金屬棒和導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)閉合開(kāi)關(guān)，發(fā)現(xiàn)滑動(dòng)變阻器接入電路阻值為0時(shí)，金屬棒不能靜止．圖1(1)判斷金屬棒所受的安培力方向；(2)求使金屬棒在導(dǎo)軌上保持靜止時(shí)滑動(dòng)變阻器接入電路的最小阻值R1和最大阻值R2.答案(1)平行于斜面向上(2)eq\f(BEl,mgsinθ＋μmgcosθ)－req\f(BEl,mgsinθ－μmgcosθ)－r解析(1)由左手定則可判斷金屬棒所受安培力的方向平行于斜面向上(2)當(dāng)使金屬棒保持靜止的滑動(dòng)變阻器R阻值最小為R1時(shí)，金屬棒所受安培力為最大值F1，所受的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向下，則由平衡條件得FN1＝mgcosθF1＝mgsinθ＋FfmaxFfmax＝μFN1由閉合電路歐姆定律有：I1＝eq\f(E,R1＋r)，安培力F1＝BI1l聯(lián)立以上各式解得滑動(dòng)變阻器R的最小值為R1＝eq\f(BEl,mgsinθ＋μmgcosθ)－r當(dāng)使金屬棒保持靜止的滑動(dòng)變阻器R阻值最大為R2時(shí)，金屬棒所受安培力為最小值F2，所受的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2＝mgsinθ－μmgcosθ由閉合電路歐姆定律有，I2＝eq\f(E,R2＋r)，安培力F2＝BI2l聯(lián)立以上各式解得滑動(dòng)變阻器R的最大值為R2＝eq\f(BEl,mgsinθ－μmgcosθ)－r.25．(20分)如圖2所示，水平桌面上質(zhì)量為m的薄木板右端疊放著質(zhì)量也為m的小物塊，木板長(zhǎng)為L(zhǎng)，整體處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，木板與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(μ,4)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g.圖2(1)若使木板與物塊一起以初速度v0沿水平桌面向右運(yùn)動(dòng)，求木板向右運(yùn)動(dòng)的最大距離s0；(2)若對(duì)木板施加水平向右的拉力F，為使木板沿水平桌面向右滑動(dòng)且與物塊間沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)，求拉力F應(yīng)滿足的條件；(3)若給木板施加大小為F＝3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，撤去拉力F，此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未脫離木板，求木板運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中克服桌面摩擦力所做的功W.答案(1)eq\f(2v\o\al(,02),μg)(2)eq\f(μmg,2)<F≤eq\f(5μmg,2)(3)1.95m(μgt0)2解析(1)對(duì)木板和物塊組成的系統(tǒng)，由動(dòng)能定理得：－eq\f(μ,4)·2mgs0＝0－eq\f(1,2)·2mv02解得：s0＝eq\f(2v\o\al(,02),μg).(2)設(shè)使木板沿水平桌面向右滑動(dòng)且與物塊間沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)的最小拉力為Fmin，最大拉力為Fmax則：Fmin＝2mg×eq\f(μ,4)＝eq\f(μmg,2)對(duì)系統(tǒng)：Fmax－eq\f(μmg,2)＝2mamax對(duì)物塊：μmg＝mamax解得：Fmax＝eq\f(5μmg,2)則要使木板沿水平桌面向右滑動(dòng)且與物塊間沒(méi)有相對(duì)滑動(dòng)，需滿足eq\f(μmg,2)<F≤eq\f(5μmg,2).(3)由于F＝3μmg>eq\f(5μmg,2)，所以物塊與木板之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．物塊的加速度：a1＝μg撤去拉力F時(shí)物塊的速度：v1＝a1t0＝μgt0對(duì)木板：F－μmg－eq\f(2μmg,4)＝ma2得：a2＝eq\f(3,2)μg撤去拉力F時(shí)木板的速度：v2＝a2t0＝eq\f(3,2)μgt0撤去拉力F后木板的加速度：a3＝－eq\f(3,2)μg設(shè)撤去拉力F后，再經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，物塊與木板達(dá)到共同速度v，之后再經(jīng)過(guò)時(shí)間t2，木板停止滑行．則：v＝a1(t0＋t1)＝a2t0＋a3t1得：t1＝eq\f(1,5)t0；v＝eq\f(6,5)μgt0達(dá)到共同速度后：－2mg·eq\f(μ,4)＝2ma4加速度：a4＝－eq\f(1,4)μgt2＝eq\f(0－\f(6,5)μgt0,－\f(μg,4))＝eq\f(24,5)t0木板運(yùn)動(dòng)的總位移：s＝eq\f(v2t0,2)＋eq\f(v2＋v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝3.9μgteq\o\al(2,0)木板運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中克服桌面摩擦力所做的功：W＝2mg×eq\f(μ,4)×3.9μgt02＝1.95m(μgt0)2.33．【選修3－3】(15分)(2019·山西運(yùn)城市5月適應(yīng)性測(cè)試)(1)(5分)下列說(shuō)法中正確的是________．A．因?yàn)橐后w表面具有收縮的趨勢(shì)，所以液體表面分子間只有引力沒(méi)有斥力B．液晶既具有液體的流動(dòng)性，又具有光學(xué)各向異性C．晶體熔化過(guò)程中吸收熱量，分子平均動(dòng)能一定增大D．在任何自然過(guò)程中，一個(gè)孤立系統(tǒng)的總熵不會(huì)減小E．氣體壓強(qiáng)的大小和單位體積內(nèi)的分子數(shù)及氣體分子的平均動(dòng)能都有關(guān)(2)(10分)如圖3所示，體積為V的汽缸由導(dǎo)熱性良好的材料制成，橫截面積為S的活塞將汽缸分成體積相等的上下兩部分，汽缸上部通過(guò)單向閥門(mén)K(氣體只能進(jìn)入汽缸，不能流出汽缸)與一打氣筒相連．開(kāi)始時(shí)汽缸內(nèi)上部分氣體的壓強(qiáng)為p0，現(xiàn)用打氣筒向容器內(nèi)打氣．已知打氣筒每次能打入壓強(qiáng)為p0、體積為eq\f(V,10)的空氣，當(dāng)打氣49次后穩(wěn)定時(shí)汽缸上下兩部分的體積之比為9∶1，重力加速度大小為g，外界溫度恒定，不計(jì)活塞與汽缸間的摩擦．求活塞的質(zhì)量m.圖3答案(1)BDE(2)eq\f(p0S,4g)解析(1)根據(jù)分子動(dòng)理論可知，分子間同時(shí)存在著引力和斥力，A錯(cuò)誤；液晶既具有液體的流動(dòng)性，又具有光學(xué)各向異性，B正確；晶體熔化過(guò)程中雖然吸熱，但是溫度不變，溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以分子平均動(dòng)能不變，C錯(cuò)誤；根據(jù)熱力學(xué)第二定律的微觀解釋?zhuān)谌魏巫匀贿^(guò)程中，一個(gè)孤立系統(tǒng)的總熵不會(huì)減小，D正確；氣體壓強(qiáng)的微觀解釋?zhuān)簹怏w壓強(qiáng)的大小和單位體積內(nèi)的分子數(shù)及氣體分子的平均動(dòng)能都有關(guān)，E正確．(2)開(kāi)始時(shí)，汽缸上部分氣體體積為eq\f(V,2)，壓強(qiáng)為p0，下部分氣體體積為eq\f(V,2)，壓強(qiáng)為p0＋eq\f(mg,S)；后來(lái)汽缸上部分氣體體積為eq\f(9V,10)，設(shè)壓強(qiáng)為p，下部分氣體體積為eq\f(V,10)，壓強(qiáng)為p＋eq\f(mg,S)打入的空氣總體積為eq\f(V,10)×49，壓強(qiáng)為p0由玻意耳定律可知，對(duì)上部分氣體有：p0·(eq\f(V,2)＋eq\f(49V,10))＝p·eq\f(9V,10)對(duì)下部分氣體有：(p0＋eq\f(mg,S))·eq\f(V,2)＝(p＋eq\f(mg,S))·eq\f(V,10)解得：m＝eq\f(p0S,4g).34．【選修3－4】(15分)(2019·湖南婁底市下學(xué)期第二次模擬)(1)(5分)下列說(shuō)法正確的是________．圖4A．狹義相對(duì)論認(rèn)為，真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的，光速與光源、觀察者間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)無(wú)關(guān)B．電視遙控器發(fā)出的紅外線的波長(zhǎng)比醫(yī)院里“CT”中發(fā)出的X射線的波長(zhǎng)要短C．分別用紅光、紫光在同一個(gè)雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置上做實(shí)驗(yàn)，紅光的相鄰兩個(gè)亮條紋的中心間距大于紫光的相鄰兩個(gè)亮條紋的中心間距D．如圖4甲所示，a、b兩束光以不同的入射角由玻璃射向真空，結(jié)果折射角相同，則在玻璃中a光的全反射臨界角大于b光的全反射臨界角E．如圖乙所示，偏振片P的透振方向?yàn)樨Q直方向，沿與豎直方向成45°角振動(dòng)的偏振光照射到偏振片P上，在P的另一側(cè)能觀察到透射光(2)(10分)如圖5所示，在x＝0處的質(zhì)點(diǎn)O在垂直于x軸方向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，形成沿x軸正方向傳播的機(jī)械波．在t＝0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)O開(kāi)始從平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)0.4s第一次形成圖示波形，P是平衡位置為x＝0.5m處的質(zhì)點(diǎn)．圖5①位于x＝5m處的質(zhì)點(diǎn)B第一次到達(dá)波峰位置時(shí)，求位于x＝2m處的質(zhì)點(diǎn)A通過(guò)的總路程；②若從圖示狀態(tài)開(kāi)始計(jì)時(shí)，至少要經(jīng)過(guò)多少時(shí)間，P、A兩質(zhì)點(diǎn)的位移(y坐標(biāo))才能相同？答案(1)ACE(2)①20cm②0.05s解析(1)狹義相對(duì)論認(rèn)為真空中的光速在不同的慣性參考系中都是相同的，光速與光源、觀察者間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)沒(méi)有關(guān)系，故A正確；電視遙控器發(fā)出的紅外線波長(zhǎng)比醫(yī)院“CT”中的X射線波長(zhǎng)要長(zhǎng)，而頻率卻低，故B錯(cuò)誤；根據(jù)雙縫干涉條紋間距Δx＝eq\f(l,d)λ，由于紅光波長(zhǎng)大于紫光波長(zhǎng)，則可知在同一雙縫干涉實(shí)驗(yàn)裝置上，紅光的相鄰兩個(gè)亮條紋的中心間距大于紫光的相鄰兩個(gè)亮條紋的中心間距，故C正確；以不同的入射角從玻璃射向真空，a光入射角較小，折射角相同，所以根據(jù)折射定律可知：此玻璃對(duì)a光的折射率大于對(duì)b光的折射率，在玻璃中，光的全反射臨界角公式為sinC＝eq\f(1,n)，a光的折射率大，則臨界角小，故D錯(cuò)誤；沿與豎直方向成45°角振動(dòng)的光也能通過(guò)偏振片，在P的另一側(cè)能觀察到透射光，故E正確．(2)①結(jié)合題圖可分析出，該機(jī)械波的傳播周期為T(mén)＝0.8s，波長(zhǎng)為λ＝4m，振幅A＝5cm，該機(jī)械波的波速為v＝eq\f(λ,T)＝5m/s由題圖可知，此時(shí)波峰在x＝1m處，當(dāng)波峰傳播到x＝5m處的B點(diǎn)時(shí)，波向前傳播的距離為Δx＝4m，所以質(zhì)點(diǎn)B第一次到達(dá)波峰位置所需要的時(shí)間Δt＝eq\f(Δx,v)＝0.8s由題意知，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)B第一次到達(dá)波峰位置時(shí)，質(zhì)點(diǎn)A恰好振動(dòng)了一個(gè)周期，所以質(zhì)點(diǎn)A通過(guò)的總路程為s＝4A＝20cm；②角速度為：ω＝eq\