（课标通用）高考物理二轮复习 小题提速抢分练1（2计算1选考）（含解析）-人教版高三全册物理试题

(2计算1选考)(建议用时：30分钟)一、计算题(共32分)24(2019云南昆明调研)(12分)如图所示，平面直角坐标系xOy，O为坐标原点，OMN是圆心角为90的扇形区域，O为圆心一带正电的粒子以某一初速度沿y轴正方向从O点射出，经过时间t到达M点；现在该区域内加上一个垂直坐标平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，粒子从O点以相同的初速度射入磁场，经过一段时间从圆弧MN上的P点射出，已知粒子通过P点时速度偏离入射方向60，不考虑带电粒子的重力求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子在磁场中运动的时间解析 (1)不加磁场时，粒子做匀速直线运动，由题意可得OMvt，加磁场后，粒子做圆周运动，运动轨迹如图所示，设运动半径为R，由牛顿运动定律有qvB，由几何关系可得ROM，联立上述各式解得.(2)加磁场后，粒子做圆周运动的周期为T ，由几何关系可知，粒子转过的角度为60，则带电粒子在磁场中的运动时间为tT，联立各式解得t.答案 (1)(2)25(2019广东深圳高中六月模拟)(20分)如图所示，质量为m32 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑质量为m23 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m11 kg 的物体1(可视为质点)自A点由静止释放两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g10 m/s2)(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；(2)若CD0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？解析 (1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s1，滑道的水平位移大小为s3，则有0m1s1m3s3，s1R，解得s30.15 m.(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有m1gRm1vm3v，由动量守恒定律有0m1v1m3v3，物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，由动量守恒定律有m1v1(m1m2)v2，弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm.从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有(m1m2)vm3v(m1m2)gCDEpm，联立以上各式，代入数据解得Epm0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有(m1m2)vm3v(m1m2)gs，代入数据可得s0.25 m，所以物体1、物体2最终停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05 m处答案 (1)0.15 m(2)0.3 J(3)见解析二、选考题(共15分请考生从给出的2道题中任选一题作答)33【物理选修33】(15分)(2020贵州贵阳摸底)(1)(5分)甲、乙两同学分别在高倍显微镜下每隔30 s追踪记录一次水中小炭粒的运动位置，得到两个连线图，如图甲和乙所示，两方格纸每格均为边长相等的正方形比较两图可知：若水温相同，_(选填“甲”或“乙”)中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，_(选填“甲”或“乙”)中水分子的热运动较剧烈；水中小炭粒的运动_(选填“是”或“不是”)水分子的运动(2)(10分)如图所示，一根粗细均匀、导热性能良好的玻璃管一端开口，另一端封闭，管内有一段水银柱，当玻璃管开口向上竖直放置时，封闭空气柱(可视为理想气体)的长度为L1；若环境温度保持不变，将玻璃管缓慢地转动到开口竖直向下的位置(没有水银溢出管外)，稳定后，封闭空气柱的长度变为L2.已知L1L235，大气压强为1105 Pa(相当于76 cm高的水银柱产生的压强)(i)求玻璃管内水银柱的长度；(ii)若保持玻璃管开口向上竖直放置，当环境温度升高时，请计算说明管内水银柱移动的方向解析 (1)炭粒做布朗运动时，炭粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈，比较两图可知，图乙中炭粒颗粒的布朗运动更剧烈，故水温相同时，图甲中炭粒的颗粒较大；炭粒颗粒大小相同时，乙中水分子的热运动较剧烈；水中小炭粒虽不是分子的运动，但可以反映液体分子的无规则运动(2)(i)设玻璃管的横截面积为S，水银柱的长度为h，水银的密度为，重力加速度大小为g，开口向上时，封闭气体的压强为p1p0gh，开口向下时，封闭气体的压强为p2p0gh，玻璃管导热，气体的温度不变，根据玻意耳定律有p1L1Sp2L2S，由式和题给条件及数据解得h19 cm.(ii)设环境温度由T1升高到T3，空气柱的长度由L1变为L3，由于气体的压强不变，根据盖吕萨克定律有，因T1T3，由得L1L3，故水银柱应向上移动答案 (1)甲乙不是(2)(i)19 cm(ii)见解析34【物理选修34】(15分)(2020湖南四校联考)(1)(5分)弹性介质中某质点O沿竖直方向做简谐运动的规律如图甲所示，它完成两次全振动后停在平衡位置，其形成的机械波沿水平方向的x轴匀速传播，波速大小为10 m/s.x轴上有3个质点(如图乙所示)，它们的横坐标分别为xP2 m，xQ1 m，xR3 m以质点O开始振动为计时零点，下列说法正确的是_(填正确答案标号选对1个得2分，选2个得4分，选对3个得5分每选错1个扣3分，最低得分为0分)A该机械波的波长为4 mB质点P在0.4 s时刻的振动方向沿y轴负方向C质点Q在0.5 s内通过的路程为10 cmD质点R在0.4 s时刻第一次位于波峰E质点R在1.02.0 s时间内通过的路程为20 cm(2)(10分)如图所示，ABC是横截面为直角三角形的玻璃三棱镜，一平行于CB边的细激光束从AC边上的某点射入棱镜后，在AB边上的D点部分反射、部分折射，其中反射光刚好与AC边平行已知ABL，AD，C30，空气中的光速为c.(i)试通过计算，判断光束第一次射到CB边时是否发生全反射；(ii)求光束自进入棱镜到第一次从AC边射出所经历的时间解析 (1)读图得周期T0.4 s，又波速v10 m/s，故波长vT4 m，选项A正确；0.4 s时质点O处的振动向左、右传播了一个周期，波源振动已经传播了一个波长，波传播到P点只需 s0.2 s，故0.4 s时P点已经振动了半个周期，依据题图甲知起振半个周期后质点正在沿y轴负方向通过平衡位置，选项B正确；波传播到R点只需 s0.3 s，故0.4 s内质点R已经振动了0.1 s，即从平衡位置沿y轴正向振动了T第一次到达波峰，选项D正确；波传播到Q点只需 s0.1 s，故0.5 s内Q已经振动了0.4 s，即一个周期，完成4个振幅，即路程为8 cm，选项C错误；因振源质点O完成2次全振动后即停止振动，故振动传播到R点处也只进行2次全振动，波传播到R用时0.3 s，而后再发生2次全振动历时0.8 s，到1.1 s结束振动，故1.02.0 s时间内质点R只振动了0.1 s，通过的路程只有1个振幅2 cm，选项E错误(2)(i)设光在AC边的入射点为E，在BC边的反射点为F，在AC边的出射点为G，光路如图所示由图结合题意可知，在D点反射角为30，ADE60，ADE为等边三角形，在E点折射时，入射角i60，折射角r90AED30，根据折射定律n，解得n，设发生全反射的临界角为C，则有sin C，在F点，入射角为60，因sin 60，故该处会发生全反射(ii)光束在G点发生折射进入空气，由几何知识得FGEDAD，DF，故光束进入棱镜到第一次从AC边射出所通过的路程sEDDFFG2L，光在棱镜中的速度为v，由svt，解得光束进入棱镜到第一次从AC边射出所经历的时间t.答案 (1)ABD(2)(i)见解析(ii)