（通用版）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 小卷30分鐘提分練（十）（2計算+2選1）（含解析）

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1、小卷30分鐘提分練(2計算＋2選1)(十) 一、非選擇題(32分，考生按要求作答) 24．[2019·上海嘉定區(qū)二模](12分)如圖甲所示，一足夠長的固定斜面的傾角θ＝37°，質(zhì)量m＝1 kg的物體受到平行于斜面的力F作用，由靜止開始運(yùn)動．力F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示(以平行于斜面向上為正)，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求第1 s內(nèi)物體運(yùn)動的加速度大小a1； (2)求第2 s內(nèi)物體運(yùn)動的加速度大小a2和求第1 s末物體的動能Ek1. 解析：(1)第1 s內(nèi)

2、物體受到豎直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N、平行斜面向上的摩擦力f和平行斜面向下的力F，合力沿斜面向下 由牛頓第二定律有 mgsin 37°＋0.6mg－μmgcos 37°＝ma1(3分) 解得a1＝10 m/s2.(2分) (2)第2 s內(nèi)物體有平行斜面向下的速度，故受到平行斜面向上的摩擦力f，物體還受到豎直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力N，由圖乙可知力F平行斜面向上，合力沿斜面向上由牛頓第二定律有 0．9mg＋μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma2(3分) 解得a2＝5 m/s2.(1分) 物體在第1 s末的速度大小v1＝a1t1(1分) Ek1＝mv

3、＝50 J(2分) 答案：(1)10 m/s2　(2)5 m/s2　50 J 25．[2019·福建泉州模擬](20分)如圖所示，在豎直平面(紙面)內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，x軸下方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，第三象限有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第四象限存在另一勻強(qiáng)電場(圖中未畫出)；一光滑絕緣的固定不帶電細(xì)桿PQ交x軸于M點，細(xì)桿與x軸的夾角θ＝30°，桿的末端在y軸Q點處，P、M兩點間的距離為L.一套在桿上的質(zhì)量為2m、電荷量為q的帶正電小環(huán)b恰好靜止在M點，另一質(zhì)量為m、不帶電絕緣小環(huán)a套在桿上并從P點由靜止釋放，與b碰撞后瞬間反彈，反彈后到達(dá)最高點時被鎖定，鎖定點與M點的距離為，b沿

4、桿下滑過程中始終與桿之間無作用力，b進(jìn)入第四象限后做勻速圓周運(yùn)動，而后通過x軸上的N點，且OM＝ON.已知重力加速度大小為g，a、b均可看作質(zhì)點，求： (1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE； (2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (3)b離開桿后經(jīng)過多長時間會通過x軸． 解析：(1)設(shè)a與b碰前瞬間a的速度大小為v1，碰后瞬間a的速度大小為v2，由機(jī)械能守恒得 mgLsin θ＝mv，mg·sin θ＝mv(2分) 取沿桿向下方向為正方向，則a、b碰撞過程中，由動量守恒定律有mv1＝－mv2＋2mv(2分) 聯(lián)立解得v＝(1分) 機(jī)械能損失ΔE＝mv－(1

5、分) 解得ΔE＝mgL.(1分) (2)設(shè)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由于b從M點運(yùn)動到Q點的過程中始終與桿無作用力，可得 qvBcos θ＝2mg(2分) 將v＝代入得B＝.(2分) (3)b在第四象限做勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可得軌跡的圓心O′在x軸上，經(jīng)過N點時速度方向與x軸垂直，圓心角α＝120°，又勻速圓周運(yùn)動的周期T＝(1分) b從Q點到第一次通過N點的時間t1＝T 得t1＝ (2分) b第一次通過N點后做豎直上拋運(yùn)動，經(jīng)t2時間第二次通過N點，有 t2＝＝(1分) b第二次通過N點后在磁場中做半個圓周運(yùn)動，經(jīng)t3時間第三次通過x軸，有 t

6、3＝＝ (1分) b離開桿后會通過x軸有兩種情況： ①第n次豎直向上經(jīng)過x軸，時間t＝t1＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋(n－1)(n＝1、2、3、…)(2分) ②第n次豎直向下經(jīng)過x軸，時間t＝t1＋t2＋(n－1)(t2＋t3)＝ ＋＋(n－1)(n＝1、2、3、…)．(2分) 答案：(1) mgL　(2)　(3)見解析 二、選考題：共15分．請考生從給出的2道題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分． 33．[物理——選修3－3](15分) (1)(5分)下列說法中正確的是________． A．圖1為氧氣分子在不同溫度下的速率分布圖象，由圖可知狀態(tài)①的溫度

7、比狀態(tài)②的溫度高 B．圖2為一定質(zhì)量的理想氣體狀態(tài)變化的p－V圖線，由圖可知氣體由狀態(tài)A變化到B的過程中，氣體分子平均動能先增大后減小 C．圖3為分子間作用力的合力與分子間距離的關(guān)系，當(dāng)分子間的距離r>r0時，分子勢能隨分子間的距離增大而減小 D．液體表面層中分子間的距離比液體內(nèi)部分子間的距離大；附著層內(nèi)液體分子間的距離比液體內(nèi)部分子間的距離小 E．能量耗散反映了與熱現(xiàn)象有關(guān)的宏觀自然過程具有不可逆性 (2)(10分)如圖4所示，絕熱汽缸倒扣放置，質(zhì)量為M的絕熱活塞在汽缸內(nèi)封閉一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與汽缸間摩擦可忽略不計，活塞下部空間與外界連通，汽缸底部連接一U形細(xì)管(管內(nèi)氣體

8、的體積忽略不計)．初始時，封閉氣體溫度為T，活塞距離汽缸底部的高度為h0，細(xì)管內(nèi)兩側(cè)水銀柱存在高度差．已知水銀密度為ρ，大氣壓強(qiáng)為p0，汽缸橫截面積為S，重力加速度為g，求： (ⅰ)U形管內(nèi)兩側(cè)水銀柱的高度差； (ⅱ)通過加熱裝置緩緩提高氣體溫度使活塞下降Δh0，則此時的溫度為多少？此加熱過程中，若氣體吸收的熱量為Q，則氣體內(nèi)能的變化為多少？ 解析：(1)速率大的分子所占比例大的狀態(tài)溫度高，故選項A項正確；由＝C可知pV乘積越大氣體溫度越高，再由圖2可知，pV乘積先增大后減小，故氣體溫度先升高后降低，而溫度是分子平均動能大小的標(biāo)志，故選項B正確；由圖3可知，r>r0時分子力表現(xiàn)為引力，則

9、隨分子間距離增大分子力做負(fù)功，分子勢能是增加的，選項C錯誤；發(fā)生浸潤現(xiàn)象時，附著層內(nèi)液體分子間的距離比液體內(nèi)部分子間的距離小，而發(fā)生不浸潤現(xiàn)象時則相反，選項D錯誤；由熱力學(xué)第二定律知E正確． (2)(ⅰ)設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為p，對活塞受力分析： p0S＝pS＋Mg(2分) 氣體的壓強(qiáng)p＝p0－ρgΔh(1分) 解得：Δh＝(1分) (ⅱ)加熱過程中氣體的變化是等壓變化 ＝(2分) T＝T0(1分) 氣體對外做功為W＝pSΔh0＝(p0S－Mg)Δh0(1分) 根據(jù)熱力學(xué)第一定律：ΔU＝Q－W(1分) 可得：ΔU＝Q－(p0S－Mg)Δh0(1分) 答案：(1)ABE (2

10、)(ⅰ)　(ⅱ)T0　Q－(p0S－Mg)Δh0 34．[物理——選修3－4](15分) (1)(5分)如圖甲所示，為一列沿x軸傳播的簡諧橫波在t＝0時刻的波形圖．圖乙表示該波傳播的介質(zhì)中x＝2 m處的質(zhì)點a從t＝0時起的振動圖象．則下列說法正確的是________． A．波傳播的速度為20 m/s B．波沿x軸負(fù)方向傳播 C．t＝0.25 s時，質(zhì)點a的位移沿y軸負(fù)方向 D．t＝0.25 s時，x＝4 m處的質(zhì)點b的加速度沿y軸負(fù)方向 E．從t＝0開始，經(jīng)0.3 s，質(zhì)點b通過的路程是6 m (2)(10分)如圖所示，一半徑為R的半球形玻璃磚，O為球心，其上表面水平，

11、玻璃磚下方水平放置了足夠大的光屏，玻璃磚上表面與光屏間距為d＝2R.一束恰好照射滿了玻璃磚上表面的單色光垂直于上表面射入玻璃磚，其中一部分光經(jīng)玻璃磚折射后能到達(dá)光屏上．已知玻璃磚對該光的折射率為n＝，求光屏上被該光照亮的面積．(不考慮光在玻璃磚內(nèi)的反復(fù)反射) 解析：(2)根據(jù)題設(shè)作出光路圖如圖所示(1分) 設(shè)光在玻璃中的臨界角為α，則sin α＝，α＝45°(2分) 對應(yīng)的臨界光線AQ的折射角為β＝90°(1分) 由幾何關(guān)系可知三角形APO為等腰直角三角形 PA＝PO＝Rsin α＝Rsin 45°＝R(1分) 由幾何關(guān)系A(chǔ)Q＝＝3R(2分) 光屏上被光束照亮的部分是圓形，其半徑： r＝AQsin(β－α)－R＝R(1分) 圓形面積為：S＝πr2＝2πR2(2分) 答案：(1)ACD　(2)2πR2 - 5 -