2020版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 选择题专练(四) Word版含答案
考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 等值模拟(三)
等值模拟(三)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意)1.一质量为m 的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g 的加速度匀加速上升h 高度，在此过程中( )A.磅秤的示数等于mgB.磅秤的示数等于0.1mgC.人的动能增加了0.9mghD.人的机械能增加了1.1mgh答案 D解析 根据牛顿第二定律得：F －mg ＝ma ，解得：F ＝mg ＋ma ＝1.1mg ，即磅秤的示数等于1.1mg ，故A 、B 错误；根据动能定理得：ΔE k ＝W 合＝mah ＝0.1mgh ，故C 错误；人上升h ，则重力做功为－mgh ，可知重力势能增加mgh ，动能增加0.1mgh ，则机械能增加了1.1mgh ，故D 正确.2.如图1所示的圆形线圈共n 匝，电阻为R ，过线圈中心O 垂直于线圈平面的直线上有A 、B 两点，A 、B 两点的距离为L ，A 、B 关于O 点对称.一条形磁铁开始放在A 点，中心与O 点在同一条直线上，轴线与A 、B 所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v 匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O 点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法中正确的是( )图1A.磁铁在A 点时，通过一匝线圈的磁通量为Φ1nB.磁铁从A 到O 的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为2n v (Φ1－Φ2)LC.磁铁从A 到B 的过程中，线圈中磁通量的变化量为2Φ1D.磁铁从A 到B 的过程中，通过线圈某一截面的电量不为零答案 B解析 磁铁在A 点时，线圈中的磁通量为Φ1，故通过一匝线圈的磁通量也为Φ1，与匝数无关，故A 错误；磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝nΔΦΔt＝－nΦ2－Φ1L2v＝2n v(Φ1－Φ2)L，故B正确；磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C、D错误.3.复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC(没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体)制成的.如图2所示，复印机的基本工作过程是(1)在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；(2)文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；(3)鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；(4)鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上.以下说法正确的是()图2A.步骤(1)中发生了静电感应现象B.步骤(2)中发生了局部导电现象C.步骤(3)中发生了静电平衡现象D.步骤(4)中发生了静电屏蔽现象答案 B解析步骤(1)中发生了金属丝附近空气发生电离现象，选项A错误.文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，受到光照时变成导体，步骤(2)中发生了局部导电现象，选项B正确.鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；发生了静电感应现象，选项C错误.鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上，发生了静电感应现象，选项D错误.4.玩具弹力球(如图3)具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回.一小孩将弹力球举高后由静止释放做自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动.若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度－时间图线是()图3答案 D解析小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，A、B图中速度没有突变，故A、B错误；由图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值(竖直上抛运动)，然后反弹(速度大小不变、方向突变)，再重复这种运动，是上抛运动，不符合弹力球的运动情况，故C错误；由图象可以看出，速度先增加(自由落体运动)，然后反弹(速度大小不变、方向突变)，再减小到零(竖直上抛运动中的上升过程)，再重复这种运动，故D正确.5.如图4甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正.则线圈感应电流随时间的变化图象为()图4答案 A解析 当垂直纸面向里的磁通量在增大时，垂直纸面向外的磁通量在减小，故总磁通量变化为垂直纸面向里增大，根据楞次定律，可知感应电流方向为正，B 、D 错误；由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS 可知，电路中电流大小恒定不变，故A 正确.二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分.每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)6.如图5所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场.在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触摸点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置.由以上信息可知( )图5A.电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B.当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C.当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D.如果用带了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作答案 AB解析 电容式触摸屏在原理上把人体当做一个电容器元件的一个极板，把导体层当做另一个极板，故A 正确；手指与屏的接触面积越大，即两个极板的正对面积越大，故电容越大，B 正确，C 错误；如果带了手套或手持不导电的物体触摸时没有反应，这是因为手与导体层距离较远，不能引起导体层电场的变化，D 错误.7.如图6所示，竖直平面内有一光滑直杆AB ，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m 的小圆环套在直杆上.给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F ，并从A 端由静止释放.改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g ，则以下选项正确的是( )图6A.恒力F 一定沿与水平方向夹角为30°斜向右下的方向B.恒力F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向夹角为30°斜向右下的方向C.若恒力F 的方向水平向右，则恒力F 的大小为3mgD.恒力F 的最小值为32mg 答案 BCD解析 小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F .由于光滑直杆AB 对小圆环的支持力沿直杆方向无分力，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，由L ＝12at 2可知，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，恒力和重力的合力沿光滑直杆方向，加速度最大，所以选项A 错误，B 正确.若恒力F 的方向水平向右，由tan 30°＝mg F，解得F ＝3mg ，选项C 正确.当恒力F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin 60°＝F mg，解得F 的最小值为F min ＝mg sin 60°＝32mg ，选项D 正确. 8.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，如图7，设四星系统中每个星体的质量均为m ，半径均为R ，四颗星稳定分布在边长为L 的正方形的四个顶点上.已知引力常量为G ，关于四星系统(忽略星体自转的影响)，下列说法正确的是( )图7A.四颗星的向心加速度的大小为22Gm L 2B.四颗星运行的线速度大小是 Gm (1＋22)22LC.四颗星表面的重力加速度均为G m R2D.四颗星的周期均为2πL2L Gm (1＋22)答案 BC 解析 四星系统的圆心在正方形中心，半径为r ＝22L ，向心力由合力提供， 故F n ＝Gm 2(1＋22)2L 2＝ma n 解得a n ＝Gm (1＋22)2L 2，A 错误； 根据公式a n ＝v 2r， 解得v ＝ Gm (1＋22)22L，B 正确； 根据公式T ＝2πr v ，解得T ＝2πL 2L (22＋1)Gm，D 错误； 由Gm ＝gR 2，g ＝Gm R2，C 正确. 9.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能E p 随位移x 变化的关系如图8所示，其中0～x 2段是对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是( )图8A.x 1处电场强度最大B.x 2～x 3段是匀强电场C.x 1、x 2、x 3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3D.粒子在0～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动答案 BC解析 因为从0～x 1负电荷电势能减小，故电势升高，电场线由x 1指向O 点，同理在x 1到x 3区域电场线由x 1指向x 3，可知x 1处电场强度为零，选项A 错误；x 2～x 3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B 正确，D 错误；由于在x 1到x 3区域电场线由x 1指向x 3，顺着电场线电势降低，所以有：φ1＞φ2＞φ3.故C 正确.三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分，请将解答填写在相应的位置.[必做题]10.(8分)采用伏安法测量电源的电动势E 和内阻r 时，由于电表因素带来了实验的系统误差.某研究性学习小组对此进行探究实验，设计出如图9所示的测量电源的电动势E 和内阻r 的电路，E ′是辅助电源，A 、B 两点间有一灵敏电流计G.图9(1)请你补充实验步骤：①闭合开关S 1、S 2，调节R 和R ′使得灵敏电流计G 的示数为零，这时，A 、B 两点的电势φA 、φB 的关系是φA ________φB (选填“远大于”“远小于”或“等于”).读出电流表和电压表的示数I 1和U 1；②改变滑动变阻器R 、R ′的阻值，重新使得________，读出________.(2)由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E 表达式为________、内电阻r 的表达式________. (3)该实验方案的优点是消除了________误差.答案 (1)①等于 ②G 示数为零 电压表示数U 2、电流表示数I 2 (2)E ＝U 2I 1－U 1I 2I 1－I 2r ＝U 2－U 1I 1－I 2(3)系统 解析 (1)①闭合开关S 1、S 2，调节R 和R ′使得灵敏电流计G 的示数为零，这时，A 、B 两点的电势φA 、φB 的关系是φA 等于φB ，读出电流表和电压表的示数I 1和U 1，电流表测量的是干路上的电流，其中I 1 等于通过电源E 的电流.②改变滑动变阻器R 、R ′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零.读出电流表和电压表的示数I 2和U 2.(2)根据闭合回路欧姆定律得：E ＝I 1r ＋U 1，E ＝I 2r ＋U 2解得：E ＝U 1＋I 1(U 2－U 1)I 1－I 2＝U 2I 1－U 1I 2I 1－I 2，r ＝U 2－U 1I 1－I 2. (3)两次测量，调节R 和R ′使得灵敏电流计G 的示数为零，使得A 、B 之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差.11.(10分)某实验小组用如图10所示的装置探究质量一定时加速度与力的关系.用铁架台将两块固定有定滑轮的木板架起，木板的右端固定了两个打点计时器，将两个质量相等的小车A 、B 放置在木板右端，用细线绕过滑轮组后与两小车相连.两条纸带穿过打点计时器后分别与小车连接在一起，将两个打点计时器接在同一个电源上，确保可将它们同时打开或关闭.实验时，甲同学将两小车按住，乙同学先在动滑轮下方挂上一个钩码，再接通电源使打点计时器开始工作.打点稳定后，甲将两辆小车同时释放.在小车撞到定滑轮前，乙断开电源，两打点计时器同时停止工作.取下两条纸带，通过分析处理纸带记录的信息，可以求出两小车的加速度，进而完成实验.图10请回答以下问题：(1)如图11所示为小车A 后面的纸带，纸带上的0、1、2、3、4、5、6为每隔4个打印点选取的计数点，相邻两计数点间的距离如图中标注，单位为cm.打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，则小车A 的加速度a 1＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字).同样测出车B 的加速度a 2，若a 1∶a 2近似等于________，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其质量成正比.图11(2)丙同学提出，不需测出两小车加速度的数值，只量出两条纸带上从第一个打印点到最后一个打印点间的距离x 1、x 2，也能完成实验探究.他的验证方法是________，理由是________.(3)下列操作中，对减少实验误差有益的是( )A.换用质量大一些的钩码B.换用质量大一些的小车C.调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行D.平衡小车运动时受到的摩擦力时，将细线与小车连接起来答案 (1)0.48 1∶2 (2)见解析 (3)AC解析 (1)由纸带可知，小车A 的加速度a 1＝x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 19T 2，式中T ＝0.1 s ，代入数据可知，a 1≈0.48 m/s 2；由装置可知，B 车受的拉力F T B 等于A 车所受拉力F T A 的2倍，则根据a ＝F m可知，测出车B 的加速度a 2，若a 1∶a 2＝F T A ∶F T B ＝1∶2，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其质量成正比.(2)丙同学的验证方法是：比较x 1∶x 2是否近似等于1∶2；小车从静止开始运动，纸带上最初和最末两个打印点对应小车的运动时间相等，由x ＝12at 2可知，x 与a 成正比，即距离之比等于加速度之比.(3)换用质量大一些的钩码，可减小实验的相对阻力，使得测量更准确，选项A 正确；换用质量大一些的小车，可增大阻力，加大误差，选项B 错误；调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行，可减小实验的误差，选项C 正确；平衡小车运动时受到的摩擦力时，只让小车拖着纸带运动，而不应该连接细线，选项D 错误，故选A 、C.12.[选做题]本题包括A 、B 、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A 、B 两小题评分.A.[选修3－3](12分)(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体，下列图象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是________.(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ 的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ 的热量.在上述两个过程中，空气的内能共减小________ kJ ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总能量为________ kJ.(3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m 3和2.1 kg/m 3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1.若潜水员呼吸一次吸入2 L 空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数.(结果保留一位有效数字) 答案 (1)B (2)5 放出 29 (3)3×1022 个解析 (1)等温变化下气体的压强与体积之间的关系，pV 的乘积是定值，因此p 与V 成反比，即与1V成正比，B 项正确；(2)将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，即其内能不变，ΔU ＝0.外界做了24 kJ 的功，即W ＝24 J ，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得：Q ＝－W ＝－24 kJ ，即放出24 kJ 的热量.潜入海底的过程中，空气不做功，W ＝0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知：ΔU ′＝Q ′＝－5 kJ ，所以空气的内能共减小5 kJ.所以，放出的总热量是Q 总＝Q ＋Q ′＝－24 kJ －5 kJ ＝－29 kJ ，即空气放出的总热量为29 kJ.(3)设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有Δn ＝(ρ海－ρ岸)V MN A ，代入数据得Δn ≈3×1022 个. B.[选修3－4](12分)(1)激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛.下面关于激光的叙述正确的是( )A.激光是纵波B.频率相同的激光在不同介质中的波长相同C.两束频率不同的激光能产生干涉现象D.利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离(2)如图12甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×10－7 m ，屏上P 点距离双缝S 1和S 2的路程差为7.95×10－7 m ，则在这里出现的应是________(选填“亮条纹”或“暗条纹”).现改用波长为6.30×10－7 m 的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________(选填“变宽”、“变窄”或“不变”).图12 (3)如图乙所示，一束激光从O 点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上面的A 点射出.已知入射角为i ，A 与O 相距l ，介质的折射率为n ，试求介质的厚度d .答案 (1)D (2)暗条纹 变宽 (3)n 2－sin 2i 2sin il 解析 (1)激光是电磁波中的一种，是横波，A 项错误；频率相同的激光在不同介质中的波长是不同的，B 项错误；能产生干涉的条件是两列光的频率要相同，C 项错误；测定距离就是利用激光的平行度好的特性，D 项正确.(2)当点到两光源的路程差为半波长的奇数倍时，出现暗条纹；Δx ＝l dλ，随波长变长，条纹间距变宽.(3)设折射角为r ，由折射定律sin i sin r＝n ， 几何关系l ＝2d tan r ，解得d ＝n 2－sin 2i 2sin il .C.[选修3－5](12分)(1)研究光电效应电路如图13所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流.下列光电流I与A、K之间的电压U AK的关系图象中，正确的是________图13(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子，光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－3.40 eV和－1.51 eV，金属钠的截止频率为5.53×1014Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应.答案(1)C(2)减小光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)(3)不能发生光电效应解析(1)遏止电压不会随光的强弱而变化，光的强弱会影响饱和光电流的大小，光照越强，饱和光电流越大；C项正确.(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出的过程中，由于要克服金属束缚做功，速度减小，则动量减小.(3)氢原子放出的光子能量E＝E2－E1，代入数据得E＝1.89 eV.金属钠的逸出功W0＝hνc，代入数据得W0≈2.3 eV因为E<W0，所以不能发生光电效应.四、计算题(本题共3小题，共计47分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.)13.(15分)如图14所示，足够长的水平传送带以恒定速率2 m/s 沿顺时针方向运动，在与传送带同一竖直平面内有一四分之一光滑圆轨道，半径为0.8 m ，圆轨道与一光滑水平面相切与最低点，一小物块从圆轨道的最高点由静止释放，一段时间后沿水平方向滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.求小物块图14(1)运动到圆轨道最低点时的速度大小；(2)刚滑上传送带时的加速度大小；(3)从滑上传送带到离开传送带所用的时间.答案 (1)4 m/s (2)2 m/s 2 (3)4.5 s解析 (1)根据动能定理得：mgh ＝12m v 21解得：v 1＝2gh ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s(2)根据牛顿第二定律得：μmg ＝ma解得：a ＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2(3)小物块先向左做匀减速直线运动，直至速度为零，设这段时间为t 1，运动的位移为x 1；再向右做匀加速直线运动，直至速度达到传送带速度v 2，设这段时间为t 2，运动的位移为x 2；最后以速度v 2向右做匀速直线运动直到离开传送带，设这段时间为t 3.0＝v 1－at 1x 1＝v 12t 1 代入数据解得：t 1＝2 s x 1＝4 m向右做匀加速直线运动阶段，v 2＝at 2x 2＝12at 22 代入数据解得：t 2＝1 s x 2＝1 m匀速直线运动阶段，x 1－x 2＝v 2t 3代入数据解得：t 3＝1.5 s所以总时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋1＋1.5) s ＝4.5 s14.(16分)磁谱仪是测量α能谱的重要仪器.磁谱仪的工作原理如图15所示，放射源S 发出质量为m 、电量为q 的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，被限速光栏Q 限制在2φ的小角度内，α粒子经磁场偏转后打到与限速光栏平行的感光片P 上.(重力影响不计)图15 (1)若能量在E ～E ＋ΔE (ΔE >0，且ΔE ≪E )范围内的α粒子均垂直于限速光栏的方向进入磁场.试求这些α粒子打在胶片上的范围Δx 1.(2)实际上，限速光栏有一定的宽度，α粒子将在2φ角内进入磁场.试求能量均为E 的α粒子打到感光胶片上的范围Δx 2.答案 (1)22m (E ＋ΔE )qB －22mE qB(2)42mE qB sin 2φ2解析 (1)设α粒子以速度v 进入磁场，打在胶片上的位置距S 的距离为x .由题意得q v B ＝m v 2Rα粒子的动能E ＝12m v 2 x ＝2R由以上三式可得x ＝22mE qB所以Δx 1＝22m (E ＋ΔE )qB －22mE qB(2)动能为E 的α粒子沿±φ角入射，轨道半径相同，设为R粒子做圆周运动，则q v B ＝m v 2Rα粒子的动能E ＝12m v 2 由几何关系得Δx 2＝2R －2R cos φ＝22mE qB(1－cos φ) ＝42mE qB sin 2φ215.(16分)在如图16所示的装置中，电源电动势为E ，内阻不计，定值电阻为R 1，滑动变阻器总阻值为R 2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d .处在电容器中的油滴A 恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P 位于中点位置.图16(1)求此时电容器两极板间的电压；(2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q 与质量m 的比值；(3)现将滑动变阻器的滑片P 由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了Q 1，油滴运动时间为t ；再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q 2，当油滴又运动了2t 的时间，恰好回到原来的静止位置.设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用的时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计.求：Q 1 与Q 2的比值.答案 (1)ER 22R 1＋R 2(2)负电 gd (2R 1＋R 2)ER 2 (3)4∶9解析 (1)电路中的电流I ＝ER 1＋R 22 平行板两端电压为U ＝I R 22联立得：U ＝ER 22R 1＋R 2(2)油滴带负电，对油滴受力分析，得：qU d＝mg 所以q m ＝gd (2R 1＋R 2)ER 2 (3)设电容器的电容为C ，极板原来具有的电荷量为Q ，电容器上的电荷量变化Q 1后，油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动，t 秒末油滴的速度为v 1、位移为x 板间的电压 U 1＝Q ＋Q 1C根据牛顿第二定律qU 1d－mg ＝ma 1 根据运动学公式x ＝12a 1t 2 v 1＝a 1t 电容器上的电量又变化了Q 2后，油滴在电场中向上做匀减速直线运动，2t 秒末位移为－x 极板间的电压为U 2＝Q ＋Q 1－Q 2C根据牛顿第二定律mg －qU 2d＝ma 2 根据运动学公式－x ＝2v 1t －12a 2(2t )2 解得：Q 1Q 2＝49。
2020年江苏省高考物理押题卷
高考物理模拟试卷本试卷共 10 页，总分：100 分。
考试时长 90 分钟。
一、 选择题（本部分共 14 小题，每小题 3 分，共 42 分。
在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
）1. 下列说法正确的是A ．物体从外界吸收热量，其内能一定增加B ．物体对外界做功，其内能一定减少C ．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大D ．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大2. 如图所示，导热的气缸固定在水平地面上，一个可自由移动的活塞把气体封闭在气缸中，气缸的内壁光滑。
现用水平外力 作用于活塞杆，使活塞缓慢地向右移动，保持气缸内 气体温度不变，则对于封闭气体A. 外界对气体做功B. 气体分子平均动能不变C.气体压强保持不变D.单位体积内气体分子个数不变3. 卢瑟福指导他的助手进行的 α 散射实验所用仪器的示意图如图 2 所示。
放射源发射的 α 粒子打在金箔上，通过显微镜观察散射的 α 粒子。
实验发现，绝大多数 α 粒子穿过金箔后， 基本上仍沿原来方向前进，但少数 α 粒子发生了大角度偏转，极少数的角度甚至大于90°。
于是，卢瑟福大胆猜想放射源金箔荧光屏α 粒子图 2显微镜A. 原子核内存在中子 B ．原子核内存在质子C ．电子围绕原子核运动D ．原子内部有体积很小、质量很大的核4. 为了做好疫情防控工作，很多场所都利用红外线测温仪对进出人员进行体温检测。
红外线测温仪利用A ．红外线是可见光的特点B ．红外线的穿透本领比 X 射线强的特点C ．人体温度越高辐射出的红外线越强的特点D ． 被红外线照射的某些物体可以发出荧光的特点5.一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t1=0 和t2=0.2s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。
已知该波的周期T 0.2s 。
下列说法正确的是A.波速一定为 0.4m/sB.振幅一定为 0.04mC.波长可能为 0.08mD.周期可能为 0.8s6.如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B 叠放在一起，A 上表面水平，A 物体的质量为 2m，B 物体的质量为m。
2020版高考物理大三轮冲刺押题练江苏专用练习：选修3-5专练 Word版含解析
选修3-5专练1．(1)对于下列四幅图的叙述正确的是________。
A ．由甲图可知，黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B ．由乙图可知，a 光光子的频率高于b 光光子的频率C ．由丙图可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有14发生衰变D ．由丁图可知，中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定 (2)氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，其中E 1是基态能量。
若某氢原子发射能量为－316E 1的光子后处于比基态能量高－34E 1的激发态，则该氢原子发射光子前处于第________能级；发射光子后处于第________能级。
(3)如图所示，质量为m 的滑块从倾角为θ的固定斜面顶端由静止滑下，经时间t 滑到斜面底端时速率为v 。
求此过程中：①斜面对物块的支持力的冲量大小I N ； ②斜面对物块的摩擦力的冲量大小I f 。
解析：(1)由题图甲观察可知黑体温度升高时，各种波长的电磁波辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故A 项正确；由题图乙可知，a 光光子的频率低于b光光子的频率，故B 项错误； 由题图丙可知，该种元素的原子核每经过7.6天就有34发生衰变，故C 项错误；由题图丁可知，质量数为40的原子的比结合能最大，即中等大小的核的比结合能最大，这些核最稳定，故D 项正确。
(2)由题意可得发射光子后氢原子能量为E ＝E 1＋⎝⎛⎭⎫－34E 1＝14E 1；根据波尔理论氢原子发射光子能量E ＝E m －E n (m >n )，得到氢原子发射光子前的能量为E ′＝14E 1＋⎝⎛⎭⎫－316E 1＝E 116，根据氢原子第n 能级的能量为E n ＝E 1n 2，得到发射光子前n ＝4，发射光子后n ＝2。
(3)①把重力沿垂直斜面方向分解，分力为G 1＝mg cos θ，在垂直斜面方向物块受到支持力F N ，物块在垂直斜面方向处于平衡状态，可得平衡方程：F N ＝mg cos θ，所以支持力的冲量为：I N ＝F N ·t ＝mg cos θ·t ；②在整个过程，对物块由动量定理可得： mg sin θ·t －I f ＝m v －0， 化简可得摩擦力的冲量为： I f ＝mg sin θ·t －m v 。
2020版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 计算题专练(四) Word版含答案
计算题专练(四) 1.两个带电小球A 、B (可视为质点)通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O 固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方向的夹角分别为30°和60°，如图1甲所示.若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮(滑轮大小可不计)两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：图1(1)两个小球的质量之比；(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O ′A 、O ′B 之比.答案 见解析 解析 (1)对小球，有F T cos θ－mg ＝0，F T sin θ－F ＝0解得：mg ＝F tan θ，所以：m A m B ＝tan 60°tan 30°＝31(2)对小球，根据三角形相似，有mg h ＝F T L解得：L ＝F T h mg ，所以：L O ′A L O ′B ＝m B m A ＝13. 2.如图2所示，两条足够长的平行金属导轨倾斜放置(导轨电阻不计)，倾角为30°，导轨间距为0.5 m ，匀强磁场垂直导轨平面向下，B ＝0.2 T ，两根材料相同的金属棒a 、b 与导轨构成闭合回路，a 、b 金属棒的质量分别为3 kg 、2 kg ，两金属棒的电阻均为R ＝1 Ω，刚开始两根金属棒都恰好静止，假设最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.现对a 棒施加一平行导轨向上的恒力F ＝60 N ，经过足够长的时间后，两金属棒都达到了稳定状态.求：图2(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数；(2)当两金属棒都达到稳定状态时，b 棒所受的安培力大小.(3)设当a 金属棒从开始受力到向上运动5 m 时，b 金属棒向上运动了2 m ，且此时a 的速度为4 m/s ，b 的速度为1 m/s ，则求此过程中回路中产生的电热及通过a 金属棒的电荷量. 答案 (1)33(2)24 N (3)85 J 0.15 C解析 (1)a 棒恰好静止时，有m a g sin 30°＝μm a g cos 30°解得μ＝33(2)两棒稳定时以相同的加速度向上匀加速运动，此时两棒有恒定的速度差.对a 棒：F －m a g sin 30°－μm a g cos 30°－F 安＝m a a对b 棒：F 安－m b g sin 30°－μm b g cos 30°＝m b a 解得F 安＝24 N(3)此过程对a 、b 棒一起根据功能关系，有Q ＝Fx a －(m a g sin 30°＋μm a g cos 30°)x a －(m b g sin 30°＋μm b g cos 30°)x b －12m a v 2a －12m b v 2b 解得Q ＝85 J ，q ＝I ·Δt ，I ＝E 2R ，E ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt 解得q ＝Bd (x a －x b )2R＝0.15 C. 3.如图3所示，在长度足够长、宽度d ＝0.05 m 的区域MNPQ 内，有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B ＝0.33 T ，水平边界MN 上方存在范围足够大的竖直方向上的匀强电场，电场强度E ＝200 N/C ，现在有大量质量m ＝6.6×10－27 kg 、电荷量q ＝3.2×10－19 C 的带负电的粒子，同时从边界PQ 上的O 点沿纸面向各个方向射入磁场，射入时的速度大小均为v ＝1.6×106 m/s ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用.图3(1)求带电粒子在磁场中运动的半径r ；(2)求与x 轴负方向成60°角射入的粒子在电场中运动的时间t ；(3)当从MN 边界上最左边射出的粒子离开磁场时，求仍在磁场中的粒子的初速度方向与x 轴正方向的夹角范围，并写出此时这些粒子所在位置构成的图形的曲线方程.答案 (1)0.1 m (2)3.3×10－4 s(3)30°～60° x 2＋y 2＝R 2(R ＝0.1 m ，320 m ≤x ≤0.1 m) 解析 (1)洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可得q v B ＝m v 2r，解得r ＝0.1 m.(2)粒子的运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知，在磁场中运动的圆心角为30°，粒子平行于场强方向进入电场，粒子在电场中运动的加速度a＝qEm粒子在电场中运动的时间t＝2va解得t＝3.3×10－4 s.(3)如图乙所示，由几何关系可知，从MN边界上最左边射出的粒子在磁场中运动的圆心角为60°，圆心角小于60°的粒子已经从磁场中射出，此时刻仍在磁场中的粒子运动轨迹的圆心角均为60°，则仍在磁场中的粒子的初速度方向与x轴正方向的夹角范围为30°～60°所有粒子此时分别在以O点为圆心，弦长0.1 m为半径的圆周上，曲线方程为x2＋y2＝R2(R＝0.1 m，320m≤x≤0.1 m).。
2020年高考物理三轮冲刺考前抢分选考题专练2套附答案
2020年高考物理三轮冲刺考前抢分选考题专练选考题专练一1.近期我国多个城市的PM2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重.PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害.矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因.下列关于PM2.5的说法中正确的是()A.PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当B.PM2.5在空气中的运动属于布朗运动C.温度越低PM2.5活动越剧烈D.倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度E.PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈答案DE解析氧分子的尺寸的数量级在10－10 m左右，则PM2.5的尺寸要远大于空气中氧分子的尺寸，选项A错误；PM2.5在空气中受到浮力作用而漂浮，故它的运动不属于布朗运动，选项B错误；温度越高PM2.5活动越剧烈，选项C错误；倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度，选项D正确；PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈，选项E正确；故选D、E.2.如图1所示，蹦蹦球是一种儿童健身玩具，小明同学在17 ℃的室内对蹦蹦球充气，已知两球的体积约为2 L，充气前的气压为1 atm，充气筒每次充入0.2 L的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：图1(1)充气多少次可以让气体压强增大至3 atm；(2)室外温度达到了－13 ℃，蹦蹦球拿到室外后，压强将变为多少？答案(1)20(次)(2)2.7 atm解析(1)设充气n次可以让气体压强增大至3 atm，据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：p1(V＋nΔV)＝p2V代入：1×(2＋n×0.2)＝3×2解得n ＝20(次)(2)当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得： p 2T 2＝p 3T 3可得p 3＝T 3T 2p 2＝－13＋27317＋273×3 atm ≈2.7 atm. 3.下列说法正确的是( )A.单晶体冰糖磨碎后熔点不会发生变化B.足球充足气后很难压缩，是足球内气体分子间斥力作用的结果C.一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，其内能一定增加D.自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的E.一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，虽然温度升高，单位时间内撞击单位面积上的分子数不变答案 ACD解析 单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，A 正确；足球充足气后很难压缩是由于足球内外的压强差的原因，与气体的分子之间的作用力无关，B 错误；一定质量的理想气体经过等容过程，吸收热量，没有对外做功，根据热力学第一定律可知，其内能一定增加，故C 正确；根据热力学第二定律可知，自然发生的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，故D 正确；一定质量的理想气体保持体积不变，单位体积内分子数不变，温度升高，分子的平均动能增大，则平均速率增大，单位时间内撞击单位面积上的分子数增大，E 错误.4.如图2所示，汽缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d .筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部d 2的高度，外界大气压强为1.0×105 Pa ，温度为27 ℃，现对气体加热.求：图2(1)当活塞刚好到达汽缸口时气体的温度；(2)气体温度达到387 ℃时气体的压强.答案 (1)600 K (2)1.1×105 Pa解析 (1)以封闭气体为研究对象：p 1＝p 0V 1＝S d 2T 1＝300 K设温度升高到T 0时，活塞刚好到达汽缸口，此时：p 2＝p 0V 2＝Sd此过程为等压变化，根据盖—吕萨克定律：V 1T 1＝V 2T 2解得T 2＝600 K(2)T 3＝387 ℃＝660 K ＞T 2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化此时有V 3＝Sd ，T 3＝660 K由理想气体状态方程：p 1V 1T 1＝p 3V 3T 3解得p 3＝1.1×105 Pa.5.下列说法中正确的是( )A.晶体具有确定的熔点B.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用C.某物体温度高，组成该物体的某些分子速率可能很小D.理想气体从外界吸热，则内能一定增大E.压缩气体需要力表明气体分子间存在斥力答案 ABC解析 晶体具有确定的熔点，非晶体无确定的熔点，选项A 正确；露珠呈球状是由于液体表面张力的作用，选项B 正确；某物体温度高，分子的平均速率变大，但是组成该物体的某些分子速率可能很小，选项C 正确；根据热力学第一定律ΔU ＝W ＋Q ，理想气体从外界吸热，则内能不一定增大，选项D 错误；压缩气体需要力是气体压强作用的结果，并不能表明气体分子间存在斥力，选项E 错误；故选A 、B 、C.6.一上端开口、下端封闭的细长玻璃管倾斜放置，与水平面夹角θ＝30°.玻璃管的中间有一段长为l 2＝50 cm 的水银柱，水银柱下部封有长l 1＝25 cm 的空气柱，上部空气柱的长度l 3＝60 cm.现将一活塞从玻璃管开口处缓缓往下推，使管下部空气长度变为l 1′＝20 cm ，如图3所示.假设活塞下推过程中没有漏气，已知大气压强为p 0＝75 cmHg ，环境温度不变，求活塞下推的距离Δl .。
考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 选考题专练(选修3-3)
近四年江苏卷选考题涉及的考点与内容年份2013201420152016选修3－3(1)热力学第一定律ΔU＝Q＋W及理想气体状态方程、阿伏加德罗常数等方面的考查对理想气体的理解了解食盐的特点、晶体的物理性质以及固体的结构饱和汽.高压锅是密封的.在冷却的过程中，锅内水蒸汽与锅内的液体处于动态平衡(2)热力学第一定律的理解与应用气体的内能理想气体.理解气体分子热运动速率的统计分布图象(3)对分子动理论、气体实验定律的理解与应用理想气体状态方程pVT＝C热力学定律.气体完成一次循环内能不变，从而结合热力学定律求解问题选修3－4(1)受迫振动，关键是理解f受迫＝f驱对双缝干涉实验的理解多普勒效应狭义相对论.沿相对运动方向长度缩短以及光速不变原理(2)相对论初步：“尺缩效应”、“光速不变原理”的理解“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中的注意事项掌握公式λ＝vf及能发生明显衍射现象的条件光的干涉.产生稳定干涉图样的条件，加强区、减弱区的位置条件(3)光的折射定律，正确画出光路图是解题的关键折射定律的应用折射定律的应用光的双缝干涉条纹间距的公式Δx＝ldλ选修3－5(1)德布罗意波长与动量、动能、总能量等概念的关系爱因斯坦光电效应方程、德布罗意波长公式的理解与应用光的效应、黑体辐射、物质波.理解光的波粒二象性能够区分几种常见的核反应方程(2)玻尔原子结构理论核反应中质量数与电荷数守恒、半衰期公式的应用核反应、重核裂变.能根据质量数、电荷数守恒写出核反应方程，知道发生链式反应的条件光子的动量及动量改变量(3)动量守恒定律的应用动量守恒定律的应用核能的计算.爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2，要注意所给质量的单位光电效应的理解与计算例题展示(2016·江苏卷·12A)(1)在高原地区烧水需要使用高压锅，水烧开后，锅内水面上方充满饱和汽，停止加热，高压锅在密封状态下缓慢冷却，在冷却过程中，锅内水蒸汽的变化情况为________.A.压强变小B.压强不变C.一直是饱和汽D.变为未饱和汽(2)如图1甲所示，在斯特林循环的p－V图象中，一定质量理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，整个过程由两个等温和两个等容过程组成.B→C的过程中，单位体积中的气体分子数目________(选填“增大”“减小”或“不变”)，状态A和状态D的气体分子热运动速率的统计分布图象如图乙所示，则状态A对应的是________(选填“①”或“②”).甲乙图1(3)如图甲所示，在A→B和D→A的过程中，气体放出的热量分别为4 J和20 J，在B→C和C→D的过程中，气体吸收的热量分别为20 J和12 J.求气体完成一次循环对外界所做的功. 解析(1)停止加热后，高压锅在密封状态下缓慢冷却，此过程中锅内水蒸汽仍是饱和汽，由p－t关系知，p减小.故A、C项正确.(2)从B→C的过程中，气体体积不变，故单位体积中的气体分子数目不变；因T A<T D，温度升高气体分子的平均速率增大，则A状态对应的是①.(3)完成一次循环气体内能不变ΔU＝0，吸收的热量Q＝(20＋12－4－20) J＝8 J由热力学第一定律ΔU＝Q＋W得，W＝－8 J，气体对外做功为8 J.答案(1)AC(2)不变①(3)8 J命题分析与对策1.命题特点选择题知识考查较为琐碎，如分子动理论、温度、压强、内能、固体的微观结构、晶体和非晶体等基础知识.计算题考查重点多为气体实验定律(尤其是玻意耳定律)，常与热力学定律、力的平衡等知识点相结合.考题设置的情景多为汽缸、液柱模型，其中压强的力学分析与计算是解题关键.2.应考策略教学和复习一定要紧扣考纲和教材，强化基础和核心知识，考纲中所列的考点，要一个一个过，做到非常熟悉.重点知识要强化训练，零碎知识要加强记忆.重视基本概念和基本规律的掌握，如阿伏加德罗常数、分子动理论、内能与热力学第一定律、压强计算、气体实验定律、热力学第二定律等.例题展示(2016·江苏卷·12B)(1)一艘太空飞船静止时的长度为30 m，他以0.6c(c为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是________.A.飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 mB.地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 mC.飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于cD.地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c(2)杨氏干涉实验证明光的确是一种波，一束单色光投射在两条相距很近的狭缝上，两狭缝就成了两个光源，它们发出的光波满足干涉的必要条件，即两列光的________相同.如图2所示，在这两列光波相遇的区域中，实线表示波峰，虚线表示波谷，如果放置光屏，在________(选填“A ”“B ”或“C ”)点会出现暗条纹.图2(3)在上述杨氏干涉实验中，若单色光的波长λ＝5.89×10－7 m ，双缝间的距离d ＝1 mm ，双缝到屏的距离l ＝2 m.求第1个亮条纹到第11个亮条纹的中心间距. 解析 (1)飞船上的观察者测得飞船的长度不变，仍为30 m ，由l ＝l 01－(vc)2<l 0可知，地球上的观察者测得该飞船的长度小于30 m ，A 错，B 对；由光速不变原理可知，C 、D 错误. (2)从两狭缝发出的光，它们的频率相同，是干涉光，在波峰与波谷相遇的区域中，振动相互抵消，会出现暗条纹，即在C 点出现暗条纹. (3)相邻亮条纹的中心间距Δx ＝ld λ由题意知，亮条纹的数目n ＝10 解得Δx ′＝nlλd，代入数据得Δx ′＝1.178×10－2 m.答案 (1)B (2)频率 C (3)1.178×10－2 m 命题分析与对策 应考策略(1)几何光学的折射、全反射很重要，会画光路图(几何光学与物理光学没有结合).各种形状的玻璃砖中的光的折射情况分析，寻找几何关系是考查的重点也是难点.(2)振动和波依然是热点问题，注意周期性特点，掌握平移法，并会画波的图象.理解机械振动和机械波、振动图象和波动图象的区别和联系，理解简谐运动的对称性、周期性和机械波的产生过程.(3)其他内容也要兼顾(可能以选择题的形式出现)，如物理光学、电磁振荡、电磁波、相对论(狭义相对论的基本假设、质速关系、质能关系)等. 例题展示(2016·江苏卷·12C)(1)贝可勒尔在120年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用.下列属于放射性衰变的是________.A.14 6C →14 7N ＋0－1eB.235 92U ＋10n →139 53I ＋9539Y ＋210nC.21H ＋31H →42He ＋10nD.42He ＋2713Al →3015P ＋10n(2)已知光速为c ，普朗克常数为h ，则频率为ν的光子的动量为________，用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________.(3)几种金属的逸出功W 0见下表：金属 钨钙 钠 钾 铷 W 0(×10－19J)7.265.123.663.603.41用一束可见光照射上述金属的表面，请通过计算说明哪些能发生光电效应.已知该可见光的波长范围为4.0×10－7～7.6×10－7 m ，普朗克常数h ＝6.63×10－34J·s.解析 (1)A 属于β衰变，B 属于裂变，C 是聚变，D 是原子核的人工转变，故选A 项. (2)光子的动量p ＝mc ＝hνc 2c ＝hνc选光被镜面反射回去的方向为正方向， 则p 1＝－hνc ，p 2＝hνc ，动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝2hνc. (3)光子的能量E ＝hcλ取λ＝4.0×10－7 m ， 则E ≈5.0×10－19 J根据E >W 0判断，钠、钾、铷能发生光电效应.答案 (1)A (2)hνc 2hνc (3)钠、钾、铷能发生光电效应命题分析与对策 1.命题特点(1)动量相当于必考内容，多为多个物体相互作用或者碰撞问题，涉及力和运动及能量计算. (2)原子和原子核物理中的知识点较为琐碎，如玻尔理论、原子核衰变、半衰期、核反应方程、放射性同位素、结合能、质量亏损、光电效应等. 2.应考策略理解并熟记动量守恒定律的条件、表达式和一些常用结论，如碰撞公式.关注动量定理. 对于其他一些零碎知识点必须对教材非常熟悉，平时加以总结积累，强化记忆.比如黑体辐射规律，原子物理发展历程，重要科学家及其贡献等.在备考时还要注意各模块与实际生活相关的题目及素材的搜集和整理.选考题专练(选修3－3)1.(1)下列叙述正确的是()A.布朗运动是液体分子的运动，所以它能说明分子永不停息地做无规则运动B.分子间的距离r增大，分子间的作用力做负功，分子势能增大C.自然界中与热现象有关的自发的能量转化过程具有方向性，虽然能量一直守恒，但能量品质在退化D.相同质量的两种气体，温度相同时内能也相同(2)如图1所示，弹簧一端固定于水平台面上，另一端与质量为m的活塞拴接在一起，开口向下.质量为M的汽缸与活塞一起封闭了一定质量的气体，汽缸和活塞均可与外界进行热交换.由于外界环境的温度缓慢降低，被封闭气体向外界释放热量Q，同时其内能减少ΔU，已知大气压强为p0，汽缸的横截面积为S，汽缸壁厚忽略不计，重力加速度为g，则：图1①被封闭气体的体积V____________.(填“增大”“减小”或“不变”)②活塞移动距离x为____________，汽缸移动距离y为____________.(3)晶须是一种发展中的高强度材料，它是一些非常细的完整的丝状(横截面为圆形)晶体.现有一根铁(Fe)晶，直径为d，能承受的最大拉力为F，试求刚要拉断时原子间的作用力f.(已知铁的密度为ρ，铁的摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为N A，忽略铁分子间的空隙)答案(1)C(2)①减小②0Q－ΔU p0S＋Mg(3)Fd23(6MρπN A)2解析(1)布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，是液体分子热运动的反映，故A错误；分子力做负功时分子势能变大是正确的，但分子间距离变大时，分子力不一定做负功，例如当分子间距离小于平衡距离时，故B错误；自然界中与热现象有关的自发的能量转化过程具有方向性，虽然能量一直守恒，但能量品质在退化，C正确；内能是所有分子的动能和势能之和，当温度相同时，分子的平均动能相同，但分子个数不同，所以相同质量的两种气体，温度相同时，内能不同，故D 错误.(2)①对汽缸进行受力分析，根据平衡条件得气体的压强不变，根据理想气体状态方程pVT＝C (恒量)知，压强不变，而温度减小，所以被封气体的体积逐渐减小.②以活塞和汽缸整体为研究对象，根据平衡条件得，弹簧受到的压力等于汽缸和活塞的总重力，故弹簧所受的压力不变，则弹簧的压缩量不变，所以活塞不移动，即移动距离为0；被封闭气体向外界释放热量Q ，同时其内能减少ΔU ，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得：外界对气体做功W ＝Q －ΔU ，又W ＝pSy ，p ＝p 0＋MgS联立以上三式得：汽缸移动距离为：y ＝Q －ΔUp 0S ＋Mg(3)原子体积为：V ＝MρN A根据球体积公式，有：V ＝43π(D2)3根据横截面积上的原子个数为：n ＝πd 24πD 24＝d 2D 2故刚要拉断时原子间的作用力为：f ＝F n ＝F d 2 3(6M ρπN A )22.(1)下列说法中正确的是( )A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B.布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明分子不停息地做无规则热运动C.当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小D.如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能可能减小，压强必然增大 (2)已知氮气的摩尔质量为M ，在某状态下氮气的密度为ρ，阿伏加德罗常数为N A ，在该状态下体积为V 1的氮气分子数为________，该氮气变为液体后的体积为V 2，则一个氮分子的体积约为________.(3)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥.某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V ＝1.0×103 cm 3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，摩尔质量M ＝1.8×10－2 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.0×1023 mol －1.试求：(结果均保留一位有效数字) ①该液化水中含有水分子的总数N ； ②一个水分子的直径d .。
2020版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 计算题专练(五) Word版含答案
计算题专练(五)1.如图1所示，物体P 放在粗糙地面上，劲度系数k ＝250 N/m 的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，右端固定在质量为m ＝1 kg 的物体P 上，弹簧水平，开始t ＝0时弹簧为原长，P 从此刻开始受到与地面成θ＝37°的拉力F 作用而向右做初速度为0，加速度a ＝1 m/s 2的匀加速直线运动，某时刻t ＝t 0时F ＝10 N ，弹簧弹力F T ＝5 N ，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s2.求：图1(1)t ＝t 0时物体P 的速度；(2)物体P 与地面间的动摩擦因数μ；(3)在弹簧不超过弹性限度的条件下，拉力F 随时间t 变化的函数关系式. 答案 (1)0.2 m/s (2)0.5 (3)F ＝1 25011t 2＋6011(N)解析 (1)设t ＝t 0时，弹簧伸长量为x ，此时物体P 的速度为v 由胡克定律得：F T ＝kx ① 由匀变速直线运动规律v 2＝2ax ② 联立①②代入数据解得：v ＝0.2 m/s③(2)设物体P 与水平地面间的动摩擦因数为μ，则 摩擦力F f ＝μ(mg －F sin 37°)④ 当t ＝t 0时，由牛顿第二定律得：F cos 37°－F T －F f ＝ma ⑤ 联立④⑤解得：μ＝0.5⑥ (3)在t 时刻F cos 37°－kx －F f ＝ma⑦ 由匀变速直线运动规律x ＝12at 2⑧联立④⑦⑧，代入数据解得F ＝1 25011t 2＋6011(N).2.如图2所示，有理想边界的匀强磁场宽度为H ，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里.正方形金属线框abcd 的质量为m ，电阻为R ，边长为L (L <H ).将线框从磁场上方某一高处以速度v 0水平抛出一段时间后匀速进入磁场，线框刚离开磁场时与刚进入磁场时的速度相同，运动过程中线框的ab 边始终与磁场边界平行.已知重力加速度为g .求：图2(1)线框刚进入磁场时的速度大小；(2)线框穿出磁场过程中，流过线框横截面的电荷量； (3)线框穿过磁场下边界所经过的时间. 答案 (1)(mgR B 2L 2)2＋v 20 (2)BL 2R(3)B 2L 3mgR ＋mRB 2L 2－2(H －L )g ＋(mRB 2L2)2 解析 (1)设线框刚进入磁场时在竖直方向的速度大小为v 1，则感应电动势E ＝BL v 1，I ＝ER线框ab 边所受安培力F ＝BIL 线框受力平衡，有mg ＝BIL 解得：v 1＝mgRB 2L2故线框刚进入磁场时的速度大小为： v ＝v 21＋v 20＝(mgRB 2L2)2＋v 20 (2)设线框穿出磁场过程中的平均电流为I ，所用时间为t ，有q ＝I t ，又I ＝E R ＝ΔΦR Δt代入得q ＝BL 2R(3)设线框ab 边刚运动到磁场下边界时，竖直方向的速度大小为v 2， 由动能定理有mg (H －L )＝12m v 22－12m v 21设线框穿过磁场下边界的某时刻速度为v ，由牛顿第二定律有B 2L 2v R －mg ＝ma ＝m ΔvΔt即有B 2L 2Rv Δt －mg Δt ＝m Δv对穿过磁场下边界的整个过程求和，有 B 2L 2R∑(v Δt )－mg ∑Δt ＝m ∑Δv即B 2L 3R －mgt ＝m (v 2－v 1)解得t ＝B 2L 3mgR ＋mRB 2L 2－2(H －L )g ＋(mRB 2L2)2 3.如图3所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝0.1 T 、B 2＝0.05 T ，分界线OM 与x 轴正方向的夹角为α.在第二、三象限内存在着沿x 轴正方向的匀强电场，电场强度E ＝1×104 V/m.现有一带电粒子由x 轴上A 点静止释放，从O 点进入匀强磁场区域.已知A 点横坐标x A ＝ －5×10－2 m ，带电粒子的质量m ＝1.6×10－24kg ，电荷量q ＝＋1.6×10－15C.图3(1)要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围？(用反三角函数表示) (2)如果α＝30°，则粒子能经过OM 分界面上的哪些点？(3)如果α＝30°，让粒子在OA 之间的某点释放，要求粒子仍能经过(2)问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？答案 (1)α<π2－12arcsin 23(2)、(3)见解析解析 (1)粒子进入匀强 磁场后，做匀速圆周运动.设在B 1中运动的半径为r 1，在B 2中运动的半径为r 2由q v B ＝m v 2r B 1＝2B 2，得r 2＝2r 1由几何关系解得α＜π2－12arcsin 23(2)当α＝30°时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60°，弦长均等于半径. 粒子在电场中运动 qEx A ＝12m v 2粒子在磁场中运动 r 1＝m vqB 1解得：r 1＝1×10－2 m r 2＝2r 1＝2×10－2 mOM 上经过的点距离O 点的距离是l ＝kr 1＋(k －1)r 2＝(3k －2)r 1＝(3k －2)×10－2 m(k ＝1、2、3……) 和l ＝k ′(r 1＋r 2)＝3k ′×10－2 m(k ′＝1、2、3……)(3)要仍然经过原来的点，需满足r 1＝n (r 1′＋r 2′)(n ＝1、2、3……)，解得r ′＝r 13n 即v ′＝v 3n粒子释放的位置应满足x A ′＝x A9n 2(n ＝1、2、3……)或者r 1＝n ′(2r 1″＋r 2″)(n ′＝1、2、3……) 解得r ″＝r 14n ′即v ″＝v 4n ′粒子释放的位置应满足x A ″＝x A16n ′2(n ′＝1、2、3……)。
(江苏专用)2020高考物理总复习 优编题型增分练：选做题保分练(四)
选做题保分练(四)三、选做题(本题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．) 13．A.[选修3－3](15分)(2018·苏北四市期中)(1)下列说法正确的有________．A．石蜡具有各向异性B．布朗运动就是液体分子的无规则运动C．水黾可以停在水面上说明液体存在表面张力D．空气中水蒸气的压强与同温度下水的饱和汽压的比值越大，空气的相对湿度越大(2)一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p－V图象如图1所示，已知A→B过程放出热量Q，T A＝T C，则B→C过程气体______(选填“吸收”或“放出”)热量______．图1(3)一定质量的理想气体在1个标准大气压下、0 ℃时的体积为0.672 m3，已知该状态下1 mol气体的体积是2.24×10－2 m3，阿伏加德罗常数N A＝6.0×1023 mol－1.求该气体的分子数．答案(1)CD (2)吸收Q＋p2(V2－V1) (3)1.8×1025个解析(3)由N＝VV molN A，解得N＝1.8×1025个．13．B.[选修3－4](15分)(2018·扬州市一模)(1)下列关于电磁波的说法正确的是________．A．电磁波不能产生衍射现象B．电磁波和机械波都只能在介质中传播C．根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D．光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同(2)在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，摆球在垂直纸面的平面内摆动，如图2甲所示，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻．光敏电阻(光照时电阻比较小)与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(选填“变大”“不变”或“变小”)．图2(3)如图3所示，一束单色光照射到平行玻璃砖上表面，入射方向与界面的夹角θ＝30°，测得入射点A 到竖直光屏的距离为6 3 cm ，玻璃砖的厚度为6 cm ，在玻璃砖下方光屏上出现的光点C 到玻璃砖下表面的距离为4 cm ，求该玻璃砖的折射率n .图3答案 (1)C (2)2t 0 变大 (3) 3解析 (1)电磁波是横波，波都能发生干涉和衍射，故A 错误；电磁波传播不需要介质，而机械波只能在介质中传播，故B 错误；由多普勒效应的定义，可知C 正确；根据光速不变原理，知在不同惯性系中，光在真空中沿不同方向的传播速度大小相等，故D 错误．(2)单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从R －t 图线可知周期为2t 0.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T ＝2πL g ，摆长变大，所以周期变大．(3)玻璃砖上表面入射角为i ＝90°－θ＝60°FD ＝BE ＝CE tan i ＝4×tan 60° cm＝4 3 cmAF ＝AD －FD ＝6 3 cm －4 3 cm ＝2 3 cm由几何知识得折射角的正切值为：tan r ＝AF FB ＝236＝33解得折射角为：r ＝30°由n ＝sin i sin r解得：n ＝ 3.。
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选择题专练(四)
1.下列说法正确的是( )
A.奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B.开普勒发现了万有引力定律；库仑发现了点电荷的相互作用规律
C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D.根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常非常小时，Δx Δt
就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，这样定义瞬时速度的方法应用了微元法
答案 A
解析 牛顿在开普勒定律的基础上发现了万有引力定律；库仑发现了点电荷的相互作用规律，选项B 错误.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型
法，选项C 错误.根据速度定义式v ＝Δx Δt ，当Δt 非常非常小时，Δx Δt
就可以表示物体在t 时刻的瞬时速度，这样定义瞬时速度的方法应用了极限法，选项D 错误.
2.如图1所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C 套在直杆上，一根轻质细线的两端分别固定于直杆上的A 、B 两点，细线依次穿过小环甲、小轻环C 和小环乙，且小环甲和小环乙分居在小轻环C 的两侧.调节A 、B 间细线的长度，当系统处于静止状态时β＝45°.不计一切摩擦.设小环甲的质量为m 1，小环乙的质量为m 2，则m 1∶m 2等于( )
图1
A.tan 15°
B.tan 30°
C.tan 60°
D.tan 75°
答案 C
解析 小环C 为轻环，重力不计，受两边细线的拉力的合力与杆垂直，C 环与乙环的连线与竖直方向的夹角为60°，C 环与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，A 点与甲环的连线与竖直方向的夹角为30°，乙环与B 点的连线与竖直方向的夹角为60°，根据平衡条件，对甲环：2F T cos 30°＝m 1g ，对乙环有：2F T cos 60°＝m 2g ，得m 1∶m 2＝3＝tan 60°，故选C.
3.下图中按力的作用效果分解正确的是( )
A. B. C.
D.
答案 A 解析 A 图：力F 的作用效果，如图甲所示，故A 正确；
B 图：物体的重力，按效果分解成一个垂直接触面的力与一个垂直挡板的力，如图乙所示，故B 错误；
C 图：按照力的作用效果，拉力分解成如图丙所示，故C 错误；
D 图：物体的重力，按效果分解成如图丁所示，D 错误.
4.套圈游戏是一项很受欢迎的群众运动，要求每次从同一位置水平抛出圆环，套住与圆环前端水平距离为3 m 的20 cm 高的竖直细杆，即为获胜.一身高1.7 m 老人从距地面1 m 高度水平抛出圆环，圆环半径为8 cm ，要想套住细杆，他水平抛出的速度可能为(g 取10 m/s 2) ( )
A.7.4 m/s
B.7.8 m/s
C.8.2 m/s
D.8.6 m/s
答案 B
解析 根据h 1－h 2＝12gt 2得，t ＝2(h 1－h 2)g ＝2×(1.0－0.2)10 s ＝0.4 s. 则平抛运动的最大速度v 1＝x ＋d t ＝3＋0.160.4 m/s ＝7.9 m/s ，最小速度v 2＝x t ＝30.4
m/s ＝7.5 m/s ，则7.5 m/s ＜v ＜7.9 m/s ，故B 正确.
5.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波的存在，引力波的发现将为人类探索宇宙
提供新视角，这是一个划时代的发现.在如图2所示的双星系统中，A 、B 两个恒星靠着相互之间的引力正在做匀速圆周运动，已知恒星A 的质量为太阳质量的29倍，恒星B 的质量为太阳质量的36倍，两星之间的距离L ＝2×105 m ，太阳质量M ＝2×1030 kg ，万有引力常量G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2.若两星在环绕过程中会辐射出引力波，该引力波的频率与两星做圆周运动的频率具有相同的数量级，则根据题目所给信息估算该引力波频率的数量级是( )
图2
A.102 Hz
B.104 Hz
C.106 Hz
D.108 Hz
答案 A
解析 由万有引力定律，G m 1m 2L 2＝m 1r 1(2πf )2，G m 1m 2L 2＝m 2r 2(2πf )2，联立解得f ＝12π
G m 1＋m 2L 3≈1.65×102 Hz ，选项A 正确.
6.(多选)一个质点，在x 轴上做直线运动.在t ＝0时刻质点处于静止状态，它的坐标x 和时间平方t 2的关系图象如图3所示，则该质点( )
图3
A.质点运动方向与x 轴正方向相反
B.质点做匀速直线运动
C.质点运动加速度为3 m/s 2
D.质点运动加速度为6 m/s 2
答案 AD
解析 根据质点的坐标x 和时间平方t 2的关系图象可知，质点从x 0＝6 m 处由静止开始沿x
轴负方向做匀加速直线运动，选项A 正确，B 错误.质点的运动方程可表示为x 0－x ＝12
at 2，即x ＝ x 0－12at 2，图线斜率绝对值的2倍等于加速度，即质点运动加速度为a ＝2×62
m/s 2＝6 m/s 2，选项C 错误，D 正确.
7.(多选)空间某一静电场电势φ在x 轴上分布如图4所示，x 轴上B 、C 点电场强度在x 方向上的分量分别是E Bx 、E Cx ，下列说法中正确的有( )
图4
A.E Bx 的大小大于E Cx 的大小
B.E Bx 的方向沿x 轴正方向
C.电荷在O 点受到的电场力在x 方向上的分量最大
D.负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功
答案 AD
解析 在B 点和C 点附近分别取很小的一段(d )，由图象知B 点段对应的电势差大于C 点段
对应的电势差，将此小段看做是匀强电场，再由E ＝U d ＝Δφd
，可见E Bx ＞E Cx ，A 项正确；同理可知O 点场强为零，电荷在该点受到的电场力为零，C 项错误；因沿电场线方向电势逐渐降低，则由图可知在O 点左侧，电场方向在x 方向上的分量沿x 轴负方向，在O 点右侧，电场方向在x 方向上的分量沿x 轴正方向，则负电荷沿x 轴从B 移到C 的过程中，电场力先做正功，后做负功，所以B 项错误，D 项正确.
8.(多选)利用如图5所示的实验装置可以测量磁感应强度B .用绝缘轻质丝线把底部长为L 、电阻为R 、质量为m 的“U ”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，电源内阻不计，电压可调，导线的电阻忽略不计.当外界拉力F 作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小F .当线框接入恒定电压为E 1的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F 1 ；当线框接入恒定电压为E 2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F 2.下列说法正确的是( )
图5
A.当线框接入恒定电压为E 1的电源时所受安培力为F 1
B.当线框接入恒定电压为E 2的电源时力敏传感器显示拉力的大小为线框所受安培力与重力之和
C.待测磁场的磁感应强度B 的大小为(F 1－F 2)R (E 2－E 1)L
D.待测磁场的磁感应强度B 的大小为(F 1－F 2)R (E 1－E 2)L
答案 BD
解析 当线框接入恒定电压为E 1的电源时，“U ”型线框中电流I 1＝ E 1R ，所受安培力为BLI 1＝BLE 1R ，小于F 1，选项A 错误；力敏传感器显示拉力的大小为F 1＝BLE 1R
＋mg ，同理，当线框接入恒定电压为E 2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F 2＝BLE 2R
＋mg ，选项B 正确.由F 1＝BLE 1R ＋mg 和F 2＝BLE 2R ＋mg ，联立解得B ＝(F 1－F 2)R (E 1－E 2)L ，选项D 正确，C 错误.。