1、精選優質文檔-傾情為你奉上精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業專心-專注-專業精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業2018年(全國2卷)逐題仿真練題號24253334考點動量觀點和動力學方法的應用帶電粒子在復合場中運動氣體內能和氣體實驗定律機械波和光24(12分)(2019遼寧大連市第二次模擬)滑板運動是極限運動的鼻祖，很多極限運動都是由滑板運動延伸而來如圖1所示是一個滑板場地，OP段是光滑的eq f(1,4)圓弧軌道，半徑為0.8 mPQ段是足夠長的粗糙水平地面，滑板與水平地面間的動摩擦因數為0.2.滑板手踩著滑板A從O點由靜止滑下，到達P點時，立即向前起跳滑板手離開滑板A后，滑

2、板A以速度v12 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前繼續滑動已知兩滑板質量均為m5 kg，滑板手的質量是滑板的9倍，滑板B與P點的距離為x1 m，g10 m/s2.(不考慮滑板的長度以及滑板手和滑板間的作用時間，不計空氣阻力)求：圖1(1)當滑板手和滑板A到達圓弧軌道末端P點時滑板A對軌道的壓力；(2)滑板手落到滑板B后瞬間，滑板B的速度大小；(3)兩個滑板間的最終距離答案(1)1 500 N，豎直向下(2)4.2 m/s(3)4.41 m解析(1)滑板手與滑板A由O點下滑到P點過程，由機械能守恒：10mgReq f(1,2)10mv2，代入數據解得veq r(2gR)4 m

3、/s ，設在P點時滑板手與滑板A所受到的支持力為FN：由牛頓第二定律可得FN10mg10meq f(v2,R)代入數據解得：FN1 500 N，根據牛頓第三定律得F壓FN1 500 N，方向豎直向下；(2)滑板手跳離A板，滑板手與滑板A水平方向動量守恒10mvmv19mv2，代入數據解得：v2eq f(14,3) m/s，滑板手跳上B板，滑板手與滑板B水平方向動量守恒9mv210mv3，解得：v34.2 m/s；(3)滑板B的位移xBeq f(voal(,32),2g)4.41 m ，滑板A在弧面上滑行的過程中，機械能守恒，所以再次返回P點時的速度大小仍為v12 m/s，滑板A在水平地面上的位

4、移xAeq f(voal(,12),2g)1 m，最終兩滑板的間距為LxBxxA4.41 m.25(20分)(2019山西運城市5月適應性測試)如圖2甲所示，以O為坐標原點建立坐標系，等邊三角形OMN內存在垂直紙面向里的勻強磁場，三角形外側有沿x軸負方向的勻強電場現有質量m11018 kg，電荷量q11015 C的帶電微粒從坐標為(0，0.5 m)的Q點，以某一初速度v0沿某一方向入射，從x軸上的P點以v200 m/s的速度垂直x軸進入三角形區域若此時將三角形外側的電場換成垂直紙面向外的勻強磁場(如圖乙所示)，兩磁場的磁感應強度大小相等已知三角形的邊長L4 m，O、P兩點間距離為d1 m，重力

5、不計求：圖2(1)勻強電場的電場強度大小及帶電微粒的初速度大小；(2)若兩磁場的磁感應強度大小B0.2 T，求該微粒在乙圖中運動一個周期的時間；(3)乙圖中若微粒能再次回到P點，則兩勻強磁場的磁感應強度大小應滿足什么條件答案(1)320 V/m200eq r(17) m/s(2)6.28102 s(3)B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)解析(1)在勻強電場中，對微粒受力分析，根據牛頓運動定律可知，水平方向OPeq f(qE,2m)t2豎直方向OQvt水平分速度vxeq f(qE,m)t微粒的初速度v0eq r(v2voal(,x2)聯立解得E320 V/m，v0200eq r(17

6、) m/s；(2)粒子在兩磁場中均做勻速圓周運動，所以qvBmeq f(v2,r)，解得req f(mv,qB)1 mTeq f(2r,v)，解得Teq f(,100)3.14102 s粒子的運動軌跡如圖(a)所示，所以一個周期時間：t3eq f(T,6)3eq f(T,2)6.28102 s(3)粒子的運動軌跡如圖(b)所示由對稱性可知，要想粒子能回到P點，則粒子運動的半徑應滿足r(2n1)OP(n0,1,2,3)且req f(mv,qB)，聯立可得B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)33【選修33】(15分)(1)(5分)一定質量的理想氣體從狀態M到達狀態N，有兩個過程可以經歷，

7、其pV圖象如圖3所示在過程1中，氣體始終與外界無熱量交換；在過程2中，氣體先經歷等容變化再經歷等壓變化對于這兩個過程，下列說法正確的是_圖3A氣體經歷過程1，其溫度降低，內能減少B氣體經歷過程1，對外做功，內能不一定減少C氣體在過程2中，一直對外做功D氣體在過程2中，先向外放熱后吸熱E氣體在過程2中，一直向外放熱(2)(10分)如圖4所示，一開口向上的汽缸固定在水平地面上，質量均為m、厚度不計、橫截面積均為S的活塞A、B將缸內氣體分成、兩部分，在活塞A的上方放置一質量也為m的物塊，整個裝置處于靜止狀態，此時、兩部分氣體的長度均為L0.已知大氣壓強p0eq f(2mg,S)，氣體可視為理想氣體且

8、溫度始終保持不變，不計一切摩擦，汽缸足夠高當把活塞A上面的物塊取走時，活塞A將向上移動，求系統重新達到靜止狀態時，活塞A上升的高度圖4答案(1)AD(2)eq f(7,12)L0解析(1)氣體經歷過程1，壓強減小，體積變大，氣體膨脹對外做功，因氣體始終與外界無熱量交換，則內能減少，故溫度降低，故A正確，B錯誤；氣體在過程2中，根據理想氣體狀態方程eq f(pV,T)C，剛開始時，體積不變，對外不做功，壓強減小，則溫度降低，對外放熱，然后壓強不變，體積變大，則氣體膨脹對外做功，溫度升高，吸熱，故C、E錯誤，D正確(2)對氣體，其初態壓強p1p0eq f(2mg,S)2p0末態壓強為p1p0eq

9、f(mg,S)eq f(3,2)p0，設末態時氣體的長度為L1根據玻意耳定律得：p1L0Sp1L1S解得L1eq f(4,3)L0對氣體，其初態壓強為p2p1eq f(mg,S)eq f(5,2)p0末態壓強為p2p1eq f(mg,S)2p0設末狀態時氣體的長度為L2根據玻意耳定律得：p2L0Sp2L2S解得：L2eq f(5,4)L0故活塞A 上升的高度為hL1L22L0eq f(7,12)L0.34【選修34】(15分)(2019福建龍巖市5月模擬)(1)(5分)如圖5，位于坐標原點的某波源S振動方程y10sin (200t) cm，產生的簡諧橫波沿x軸正、負方向傳播，波速v80 m/s

10、.在x軸上有M、N、P 三點，已知SMSN1 m，NP0.2 m當波剛傳到質點P時，P點的振動方向沿y軸_(填“正”或“負”)方向，N質點的位移為_ cm.此后質點M、N的振動方向始終_(填“相同”或“相反”)圖5(2) (10分)半徑為R的固定半圓形玻璃磚的橫截面如圖6所示，O點為圓心，OO為直徑AB的垂線足夠大的光屏CE緊靠在玻璃磚的右側且與AB垂直由兩種頻率的單色光組成的一細束復色光，沿半徑方向與OO成某一角度射向O點，光屏上出現了三個光斑C、D、E，且BCeq r(3)R，BDeq f(r(3),3)R，BER.玻璃磚對兩單色光的折射率分別為n1和n2(且n2n1)圖6求n2；若入射點

11、O不變，逐漸增大入射角，當光屏上恰好只剩一個光斑時，求此時角答案(1)正10相同(2)eq r(3)45解析(1)由波源S的振動方程知，波源的起振方向沿y軸正方向，所以介質中所有質點的起振方向均沿y軸正方向；由振動方程y10sin (200t) cm知，eq f(2,T)200，T0.01 s，所以波長vT0.8 m，NP0.2 meq f(,4)，所以當波剛傳到質點P時，N質點處在波峰的位置，位移為10 cm；由于SMSN1 m，M、N的振動步調一致，振動方向始終相同(2)光路圖如圖所示，設入射角為，折射光線OD的折射角為，由折射定律得n2eq f(sin ,sin )由幾何關系得BCeq f(R,tan )eq r(3)RBDeq f(R,tan