2021年高考物理押题预测卷(课标全国Ⅲ卷)02(考试版+全解全析)
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2021年高考物理押题预测卷(课标全国Ⅲ卷)02(考试版+全解全析)

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若粒子在磁场边界的出射点分布在三分之一圆周上,打在磁场边界最远位置粒子的运动时间为 2t ,则 1 2: 1: 2t t  第Ⅱ卷 三、非选择题:本卷包括必考题和选考题两部分。第 22~25 题为必考题,每个试题考生都必须作答。第 3 3~34 题为选考题,考生根据要求作答。 (一)必考题(共 47 分) 22.(6 分)为了测量滑块(视为质点)与水平桌面间的动摩擦因数,某学习小组设计了如图所示的实验 装置。其中斜面体可以沿着桌面移动,重力加速度为 g,空气阻力不计。 实验步骤如下: a.测出桌面距水平地面高度 h, b.将斜面体锁定于距桌面右端一定的距离 A 点,把滑块从斜面顶端静止释放,最终落在水平地面上的 P 点(图中未画出),测出 P 点到桌面右端的水平距离为 1x ; c.将斜面体沿着桌面向右平移至 B 点并锁定,测出 B 点与 A 点距离 d。再次让滑块从斜面顶端静止释 放,并落在水平地面上的 Q 点(图中未画出),测出 Q 点到桌面右端的水平距离 2x 。 A B C D … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … 学 校 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 姓 名 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 班 级 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 考 号 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ (1)为完成本实验,下列说法中正确的是________; A.必须测出小滑块的质量 m B.必须测量斜面体的高度 h C.斜面体高度 h 不能太小 D.必须测出 A 点与桌面右端的距离 s (2)写出动摩擦因数的表达式   ________(用题中所需要测量的物理量的字母表示); (3)若不测量桌面距地面的高度,用一定的方法测出滑块从飞离桌面到落地的时间 t,其他测量步骤不 变,________(填“可以”或“不可以”)测出滑块与水平桌面间的动摩擦因数。 23.(9 分)某课外兴趣小组要描绘一个标有“ 4.8V ,2.4W ”的小灯泡的伏安特性曲线,部分实验器材如 下:直流电源 E( 6V ,内阻可不计)、电流表 A( 0 ~ 0.6A ,内阻约为 0.4 Ω )、电压表 V( 0 ~ 3V , 内阻为1 kΩ )、开关和导线若干、滑动变阻器 1R( 0~10 Ω ,额定电流 2A )、滑动变阻器 2R( 0~150 Ω , 额定电流 2A ) (1)由于电压表 V 的量程太小,需将电压表量程扩大为 0 ~ 6V ,该电压表应串联的分压电阻的阻值 为 0R  _______ Ω ,找到符合要求的电阻 0R 后,该小组的同学将题给的电压表(表盘未改动)与分压 电阻 R 串联,改装成量程为 0 ~ 6V 的电压表后,设计了图甲的电路来描绘该小灯泡的伏安特性曲线, 为减小测量误差和便于实验操作,滑动变阻器应选用______; (2)请根据实验电路原理图甲连接图乙中的实物图_______; (3)连接好电路后小组成员发现无论如何调节滑动变阻器的阻值,电压表始终有示数,且电流表的示 数无法调到零,可能的原因为______(选填“ ab 断路”“ ac 断路”“ de 断路”或“be 短路”); (4)排除故障后,通过电压表和电流表所读的数据在 I U 坐标系中描点连线,得到的 I U 曲线如 图丙,若把该小灯泡与一阻值为 20 Ω 的定值电阻串联后接到电动势为8V 、内阻不计的电源两端,利 用作图法得该小灯泡的实际功率约为____ W (保留两位有效数字)。 24.(12 分)如图所示,外径足够大,中空的水平圆形转盘内径 r=0.6m,沿转盘某条直径有两条光滑凹槽, 凹槽内有 A、B、D、E 四个物块,D、E 两物块分别被锁定在距离竖直转轴 R=1.0m 处,A、B 分别紧 靠 D、E 放置。两根不可伸长的轻绳,每根绳长 L=1.4m,一端系在 C 物块上,另一端分别绕过转盘内 侧的光滑小滑轮,穿过 D、E 两物块中间的光滑圆孔,系在 A、B 两个物块上,A、B、D、E 四个物 块的质量均为 m=1.0kg,C 物块的质量 mC=2.0kg,所有物块均可视为质点,(取重力加速度 g=10m/s2, 41 =6.403。 2 =1.414,计算结果均保留三位有效数字) (1)启动转盘,转速缓慢增大,求 A、D 以及 B、E 之间恰好无压力时的细绳的拉力大小及转盘的角 速度大小; (2)停下转盘后,将 C 物块置于圆心 O 处,并将 A、B 向外侧移动使轻绳水平拉直,然后无初速度 释放 A、B、C 物块构成的系统,求 A、D 以及 B、E 相碰前瞬间 C 物块的速度大小; (3)碰前瞬间解除对 D、E 物块的锁定,若 A、D 以及 B、E 一经碰撞就会粘在一起,且碰撞时间极 短,求碰后 C 物块的速度大小。 25.(20 分)如图所示,在直角坐标系 xOy 中, x L 和 y 轴之间有垂直纸面向里的匀强磁场, y 轴左侧 有沿 x 轴正方向的匀强电场,电场强度大小为 E ,在 x 轴上 x L  处有一个粒子源,该粒子源可以在 纸面内沿各个方向射出速率相同的同种粒子(重力不计),粒子的质量为 m 、电荷量为 q ,沿 y 轴负 方向射出的粒子经电场和磁场偏转后,恰好不从磁场的右边界射出,并且第一次和第二次经过 y 轴的 位置相距 2 3 3 L ,求: (1)粒子的初速度大小及磁场的磁感应强度大小; 物理试题 第 7页(共 18页) 物理试题 第 8页(共 18页) … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 此 卷 只 装 订 不 密 封 … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … (2)沿 y 轴正方向射出的粒子第二次经过 y 轴的位置坐标; (3)沿与 x 轴负方向成 45角向上(图示方向)射出的粒子第一次经过 y 轴和第二次经过 y 轴的位置 间的距离。 (二)选考题:共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。 33.[物理——选修 3–3](15 分) (1)(5 分)一定量的理想气体从状态 a 开始,经历等温或等压过程 ab bc cd da、 、 、 回到原状态, 其 p T 图像如图所示。其中对角线 ac 的延长线过原点 O 。气体从状态 a 变化到状态b 的过程,气体 对外做的功___________(选填“大于”、“等于”或“小于”)气体从外界吸收的热量。气体在状态 a 的体 积___________(选填“大于”、“等于”或“小于”)气体在状态 c 的体积。气体从状态b 变化到状态 c 外界 对气体做的功___________(选填“大于”、“等于”或“小于”)气体从状态 d 变化到状态 a 气体对外界做 的功。 (2)(10 分)粗细均匀的玻璃管弯成如图所示的连通器。左右两边 U 形管内的水银将一定质量的理想气体 封闭在管内,连通器的开口端处在大气中。达到平衡时,被封闭在管内的气体柱的总长度 1 100cmL  , D 液面距离开口端 2 23cmL  , AB 、CD 液面高度差 15cmh  。现从右侧的开口端通过活塞(活 塞与玻璃管间气密性良好)缓慢向下压,最终使 C 液面比 D 液面高 15cm 。已知大气压强为 0 75cmHgp  ,假定在整个过程中温度不变。求: (i)B 液面下降的高度是多少? (ii)活塞下压的距离是多少? 34.[物理——选修 3–4](15 分) (1)(5 分)一光纤通信中信号传播的主要载体是光导纤维,它的结构如图所示,可看成一段直线, 其内芯和外套的材料不同,光在内芯中传播,下列关于光导纤维的说法正确的是 (填正确答 案标号,选对 1 个给 2 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 5 分,每选错 1 个扣 3 分,最低得分 0 分) A.内芯的折射率比外套的大,光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射 B.内芯的折射率比外套的大,光传播时在外套与外界的界面上发生全反射 C.波长越长的光在光纤中传播的速度越大 D.频率越大的光在光纤中传播的速度越大 E.若紫光以如图所示角度入射时,恰能在光纤中发生全反射,则改用红光以同样角度入射时,不能 在光纤中发生全反射 (2)(10 分如图所示,波源 S 在竖直方向做简谐运动,其位移随时间变化的关系式为 y=10sin5πtc m,产生的波向左、右同时传播,波速 v=6m/s,P,Q 是分别位于波源左、右两侧的质点,质点 Q 到波 源的距离是质点 P 到波源距离的 3 倍,从 t=0 时开始计时,当波源第二次到达波峰时,波刚好传到 P 点。求:(1)波长  ; (2)从 0t  时开始计时到质点Q 第一次达到负向最大位移处的过程中,波源通过的路程。 … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … 学 校 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 姓 名 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 班 级 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 考 号 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 2021 年高考押题预测卷 02【新课标Ⅲ卷】 理科综合物理·全解全析 14 15 16 17 18 19 20 21 C A D B C AD AD ABC 14.【答案】C 【解析】根据电荷数和质量数守恒可知,粒子 X 为中子,故 A 错误;核反应方程 46 3 23 1Li X He H   为人工核反应,故 B 错误; 42 3 1 21 1 0H H He n   反应过程,会释放出能量,所以氦核( 4 2 He )的结合 能大于氘核( 1 2 H )和氚核( 3 1 H )的结合能之和,故 C 正确;根据质量亏损方程, 42 3 1 21 1 0H H He n   反应中,质量会减小,所以反应前的总质量大于反应后的总质量,故 D 错误。故选 C。 15.【答案】 A 【解析】石子在曝光时间内的平均速度为 22 6 10 m/s=6m/s0.02 xv t     ,可近似将此速度看成是石子到 A 点 时 的 瞬 间 速 度 , 取 210m/sg  , 根 据 2 0 2v gh  , 解 得 26 0 1.8m2 10h   , 释 放 总 高 度 8 1.8m 8 0.06m 2.3mH h l      ,故选 A。 16.【答案】D 【解析】网球做平抛运动,不管出射速度足够大,竖直方向的位移不为零,所以网球不能击中O 点,故 A 错误;发球间隔时间足够短,但两个网球的水平位移不相等,竖直位移不相等,所以两个网球在下落过程 中不可能相遇,故 B 错误;对于击中 A 点的网球,根据平抛运动的规律可得 0 1AL v t , 2 1 1 1 2h gt ,解得 击中 A 点的网球的初速度大小为 0 12A gv L h  ,故 C 错误;网球击中 B 点时,据平抛运动的规律可得 0 2BL v t , 2 2 2 1 2h gt ,解得击中 B 点的网球的初速度大小为 0 22B gv L h  ,网球击中 B 点时时速度大小 为 2 2 0 2 2 2 2 22B B L gv v gh ghh     ,故 D 正确。故选 D。 17.【答案】B 【解析】倾斜地球同步轨道卫星可能经过北京上空,而地球同步轨道卫星不能经过北京上空,故 A 错误; 倾斜地球同步轨道卫星周期为 24h,如果开始时位于南半球上方,则一天之内倾斜地球同步轨道卫星会跨 过赤道某点上方到达北半球上方,然后再次跨过赤道上同一点上方回到南半球上方,故 2 次经过赤道正上 方同一位置,故 B 正确;由于两种卫星的周期相等,都是 24h,故根据 2 2 2 4GMm m r r T  ,可得质量 2 3 2 4 rM GT  ,代入数据即只可求出地球质量,故 C 错误;两卫星的线速度大小相等,设为 0v ,相等任意 12 小时内,万有 引力使两颗卫星的速度改变 180°,速度变化量大小为 02v ,根据动量定理可知 I m v  ,虽然速度变化量 大小相等,但两星质量不一定相等,故地球对第 41 颗卫星冲量的大小和对第 44 颗卫星冲量的大小不一定 相等,故 D 错误。故 B 正确。 18.【答案】 C 【解析】由于线框做初速度为 0,加速度为 a 的匀加速直线运动由 v at , E BLv , EI R  ,解得感应 电流 BLaI t ktR   ,感应电流与时间成正比,A 错误;由安培力公式有 F BIL安 ,由上面几式解得 2 2 1 B L atF k tR  安 , 线 框 做 匀 加 速 度 直 线 运 动 由 牛 顿 第 二 定 律 有 =F F ma 安 , 解 得 2 2 1 B L atF ma k t maR     ,外力与时间的关系为一次函数,不是成正比,B 错误;线框中电功率的瞬 时值为 P 则 P F v 安 ,解得 2 2 2 2 2 2=B L a tP k tR  ,线框中电功率的瞬时值为 P 与时间是二次函数关系,图 像有开口向上的抛物线,C 正确;通过导体横截面的电荷量为 q 有 q I t  , E t   , EI R  ,由上式 解得 q R  ,又因为磁通量的变化量有 =B S BLx   , 21 2x at ,解得 2 2 3=2 BLaq t k tR  ,通过导 体横截面的电荷量为 q 与时间是二次函数关系,图像有开口向上的抛物线,D 错误。故选 C。 19.【答案】 AD 【解析】由平行板电容器电容公式 4 SC kd   ,设极半径为 r,则变化前后电容器电容正对面积之比 物理试题 第 11页(共 18页) 物理试题 第 12页(共 18页) … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 此 卷 只 装 订 不 密 封 … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 2 1 2 2 2 172= 10 18( )2 2 180 r S r rS       ,可知,变化前后电容器电容之比为 1 1 2 2 2 1 18 1 9 17 2 17 C S d C S d      ,电容器 两端电压不变,变化前后电容器所带电荷量之比为 1 1 2 2 9 17 Q C Q C   ,故 A 正确,B 错误;电子由静止从上 极板运动到下极板过程,由动能定理有 21 2qU mv ,解得,电子到达下极板的速度 2qUv m  ,电容器 两端电压不变,变化前后电子到达下极板的速度之比为 1:1,故 C 错误;电子由静止从上极板运动到下极 板过程,电子的加速度 qE eUa m md   ,电子的运动时间 22 2 2d md mdt da eU eU    ,变化前后电子运 动到下极板所用时间之比为 1 1 2 2 2 1 2 t d d dt d    ,故 D 正确。故选 AD。 20.【答案】AD 【详解】由I1 I2 =n2 n1 得 I2=10I,变阻器上消耗的功率为 P=I22R=(10I)2R=100I2R,故 A 正确;副线圈的电压 为 U=I2R=10IR,根据理想变压器的电压与匝数成正比可知,变压器原线圈两端的电压 U1=100IR,故 B 错误;ab 在最低点时,ab 棒与磁场垂直,此时的感应电动势最大,感应电流最大,所以棒 ab 中感应电流 的表达式应为 i= 2Icos ωt,故 C 错误;ab 在最低点时,ab 棒与磁场垂直,此时的感应电动势最大,感应 电流最大,最大值为 2I,此时的安培力也是最大的,最大安培力为 F= 2BIL,故 D 正确. 21.【答案】 ABC 【解析】设粒子带正电,磁场方向垂直于纸面向外,若 r=R,则粒子离开磁场时,可画出某个从 P 点射入 磁场中粒子的运动轨迹如图 1 所示, 由几何关系可判断平行四边形 POAO 为菱形。则有 / /O A OP ,所以速度方向竖直向下,同理也可判断 出:若满足 r=R,正电荷从 P 点其它方向射入磁场中粒子的速度方向也是竖直向下的,即速度方向都是彼 此平行的。同理也可得到若粒子带负电,磁场垂直纸面向里,且满足 r=R 时,粒子离开磁场边界时,速度 方向也是彼此平行的,故 A 正确;假设粒子带正电,磁场方向垂直于纸面向外,由于 r R ,粒子的运动 轨迹如图 2 所示,即带电粒子的轨迹半径大于圆的半径时,射出磁场边界的粒子几乎可以充满整个圆边界 区,所有的弧都是略弧,所以最长的弧对应最长的弦长,所以从直径射出去粒子的时间最长。根据对称性, 粒子带负电也是如此,故 B 正确;当速度大小为 v1 时,从 P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交 点为 M,如图 3 所示,由题意知 60POM   ,几何关系得轨迹圆半径为 1 2 Rr  ,从 P 点入射的粒子射 出磁场时与磁场边界的最远交点为 N,如图 4 所示,由题意知 120PON   ,由几何关系得轨迹圆的半 径为 2 3 2 Rr  ,根据洛伦兹力充当向心力可知 2vqvB m r  ,速度与半径成正比,因此 v1:v2=r1:r2=1: 3 , 故 C 正确;由图 3,图 4 可知粒子运动轨迹都是半个圆周,根据粒子在磁场中运动的周期公式 2 mT qB  , 所以是粒子在磁场中运动的时间均为 2 T ,所以 1 2: 1:1t t  ,故 D 错误。故选 ABC。 22.【答案】(1) C (2 分) (2) 2 2 2 1 4 x x hd  (2 分) (3) 可以(2 分) 【 解 析 】 (1) (2) 设 物 体 从 斜 面 体 顶 端 滑 倒 底 端 时 合 力 做 的 功 为 W , 物 体 离 开 桌 面 的 速 度 为 1 1 1 2 x gv xt h    , 2 2 2 2 x gv xt h    ,则物体从斜面顶端滑下到离开桌面过程,由动能定理得 2 1 1 2W μmgs mv  , 2 2 1( ) 2W μmg s d mv   , 联 立 两 式 得 2 2 2 1 1 1 2 2μmgd mv mv  , 化 简 得 2 2 2 1 4 x xμ hd  ,所以小滑块的质量 m、斜面体的高度 h 、A 点与桌面右端的距离 s 均不需要测量,只要保 证小球能离开桌面做平抛运动即可,即斜面体高度 h 不能太小。故选 C。 (3)测出落到时间,同样可以根据平抛运动求出物体离开桌面的速度。所以可以测出滑块与水平桌面间的动 摩擦因数。 23.【答案】 (1) 1000 (1 分) 1R (1 分) (2) 见解析 (3 分) (3) ac 断路(2 分) (4) 0.51(0.49~0.53 均可)(2 分) 【解析】(1)电压表原满偏电压为 3V,设满偏时电流为 gI ,内阻为 gR ,故有 =3Vg g gU I R 串联一个电阻后,则有 ( + )=6Vg g g xU I R R  ,联立解得 =1000Ωx gR R ,由图甲知,电路为分压电路, 为了使电流表指针偏转明显,便于读数,减小误差,需要选择最大阻值较小的 1R 。 (2)根据图甲连线如图所示 … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … 学 校 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 姓 名 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 班 级 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 考 号 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ (3)若 ab 断路,则上支路断开,两表均无读数;若 de 断路,电压表无读数;若 be 短路,电流表示数可 以调到 0;若 ac 断路,无论如何调节滑动变阻器的阻值,电压表始终有示数,且电流表的示数无法调到零, 所以故障可能是 ac 断路。 (4)由图甲可知,通过灯泡的电流 L x g UI I R R    ,由于 x g U IR R  ,故流过灯泡的电流可以近似为 I,设灯与 20 Ω 的定值电阻串联后接入电动势为8V 、内阻不计的电源两端,电流为 I,分压为 U,则有 2 20 8E U IR U I      ,在图丙中画出这条线,与曲线相交,交点即为稳定时流经灯泡的电流、电 压,计算可得 0.51WP UI  。 24.【答案】(1)12.5N,3.54rad/s ;(2)3.12m/s ;(3) 2.25m/s 【解析】(1)C 物块保持静止,故 2 cos CF m g  (1 分) 0.6 3sin 1.4 0.4 5    (1 分) 可解得 F=12.5N,对 A、B 两个物块 2F m R (1 分) 可解得角速度 5 2 / 3.54rad/s2 F rad smR     (1 分) (2)设碰前 A、B 速度大小为 v,C 的速度大小为 vC,由绳长不变可知 cosCv v  (1 分) 系统下落过程中机械能守恒 2 21 12 2 2 C C Cmv m v m gh   (1 分) C 下降高度 0.8tan rh m  (1 分) 可解得 20 41 / 3.12m/s41Cv m s  (1 分) (3)设碰后 A、D 的速度大小为 v′,C 的速度大小为 vC′,由绳长不变 cosCv v   (1 分) 设绳上拉力的冲量大小为 I,由于碰撞时间极短,绳子拉力远大于重力。对 C 物块运用动量定理 2 cos C C C CI m v m v    (1 分) 对 A、D 运用动量定理 2I mv mv  (1 分) 可解得 41 20 41m/s 2.25m/s57 57C Cv v    (1 分) 25.【答案】 (1) 6Em qL ;(2) 4 3(0, )3 L ;(3) 14 3 L 【解析】(1)沿 y 轴负方向射出的粒子经电场偏转后进入磁场,设粒子进入磁场时与 y 轴负方向间的夹角 为 ,根据题意可知,粒子的运动轨迹如图所示。设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 R ,则 cosR R L  (1 分) 2 32 sin 3R L  (1 分) 可得 60  , 2 3R L (1 分) 粒子在电场中做类平抛运动,根据运动的分解,粒子第一次经过 y 轴时,沿 x 轴正方向的速度满足 2 2 2x Eqv aL Lm   (1 分) 0 tan xv v   (1 分) 可得粒子的初速度大小为 0 2 3 qELv m  (1 分) 粒子进入磁场时的速度大小为 0 22cos 3 v qELv m  (1 分) 由 2vqvB m R  (1 分) 得磁场的磁感应强度大小为 6EmB qL  (1 分) (2)沿 y 轴正方向射出的粒子,经电场、磁场偏转后的轨迹如图所示,由对称性可知 粒子在电场中沿 y 轴正方向运动的位移 1 0y v t (1 分) 21 2L at (1 分) 可得 1 2 3 3y L (1 分) 物理试题 第 15页(共 18页) 物理试题 第 16页(共 18页) … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 此 卷 只 装 订 不 密 封 … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … 粒子在磁场中运动,第一次经过 y 轴的位置与第二次经过 y 轴的位置间的距离 2 2 32 sin 60 3y R L   (1 分) 因此第二次经过 y 轴的位置坐标为 4 30, 3 L       (1 分) (3)如果粒子沿与 x 轴负方向成 45射出,设此粒子第一次经过 y 轴的速度大小为 1v ,根据动能定理有 2 2 1 0 1 1 2 2qEL mv mv  (1 分) 可得 1 22 3 qELv m  (1 分) 由此可知,粒子在磁场中做圆周运动的半径仍为 2 3R L (1 分) 设粒子进入磁场时速度与 y 轴正方向的夹角为 ,则粒子第一次经过 y 轴与第二次经过 y 轴的位置间的距 离 2 siny R  (1 分)  22 1 0 1 sin 45 14sin 4 v v v      (1 分) 则 142 sin 3y R L  (1 分) 33.(1)【答案】等于 等于 等于 【解析】(1)气体从状态 a 变化到状态b 的过程中,温度不变,内能不变;压强减小,根据理想气体状态 方程 pV CT  ,可知体积增大,对外做功,根据热力学第一定律 U Q W   ,可知Q W  ,即气体从 状态 a 变化到状态 b 的过程,气体对外做的功等于气体从外界吸收的热量。 (2)由图可知 a、c 均在过原点的直线上,P-T 图像的斜率为体积的倒数,所以气体在状态 a 的体积等于 气体在状态 b 的体积; (3)在 bc 过程中,等压变化,温度降低,内能减小 △ U<0,温度降低,体积减小,外界对气体做功,根 据 pV CT  ,可得 C TV p   ,bc 过程中外界对气体做功 Wbc=p △ Vbc=C △ Tbc,,da 过程中,气体对外界做 功 da da daW p V C T    ,所以 bc daW W ,在 bc 过程中外界对气体做的功等于在 da 过程中气体对 外界做的功。 (2)【答案】 )(i) 1 5cmh  ;(ii) 23cmd  【解析】(i)对 BC 液面间封闭气体柱:初状态压强 1 0 90cmHgp p gh   右管下压活塞后,C 液面上升高度 15cmh  设 B 液面下降了 1h ,玻璃管的横截面积为 S,由玻意耳定律可得   1 1 1 1 1 12p L S p h L h h S      (2 分) 即   1 190 100 90 2 100 15h h       (1 分) 解得 1 5cmh  (2 分) (ii)D 液面和活塞间封闭的气体柱,末状态压强 2 1 12 (90 2 5 15)cmHg 115cmHgp p h h          (1 分) 设末状态长 2L  由玻意耳定律可得 0 2 2 2p L S p L S   (2 分) 即 275 23 115L   解得 2 15cmL   由此知活塞下压距离 2 2 23cmd h L L     (2 分) 34.(1)【答案】ACE 【解析】当内芯的折射率比外套的大时,光传播时在内芯与外套的界面上才能发生全反射,故选项 A 正确, B 错误;波长越长的光,频率越小,介质对它的折射率 n 越小,根据公式 v=c n ,光在光纤中传播的速度越 大,故选项 C 正确,D 错误;根据 sin C=1 n 知,折射率越大,全反射临界角越小,红光的折射率小,则全 … … … … … … ○ … … … … … … 内 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … … … … … … ○ … … … … … … 外 … … … … … … ○ … … … … … … 装 … … … … … … ○ … … … … … … 订 … … … … … … ○ … … … … … … 线 … … … … … … ○ … … … … … … … 学 校 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 姓 名 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 班 级 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 考 号 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 反射临界角大,若紫光恰能发生全反射,则红光不能发生全反射,故选项 E 正确。 (2)【答案】(i)2.4m;(ii)1.8m 【解析】(i)由 10sin5π cmy t 可知,质点的振动周期为 2π 2π s 0.4s5πT    (1 分) 因此波的周期也为 0.4s ;波长 6 0.4m 2.4mvT     (1 分) (ii)由 10sin5π cmy t 可知波源起振方向竖直向上,所以从 0t  时开始计时到波源第二次到达波峰所 用时间为 11 0.5s4t T      (1 分) 波传播的距离即 SP 之间的距离 3mSPL vt  (1 分) 则质点Q 到波源的距离 3 9mSQ SPL L  (1 分) 因此波传播到Q 点,所需时间 1 1.5sSQLt v   (1 分) 质点Q 从开始振动到第一次达到负向最大位移处,需要时间 2 3 0.3s4  t T (1 分) 所 以 从 0t  时 开 始 计 时 到 质 点 Q 第 一 次 达 到 负 向 最 大 位 移 处 波 源 振 动 的 总 时 间 为 1 2 91.8s 2t t t T   总 (1 分) 波源在此过程中通过的路程为 9 4 1.8m2L A   (2 分)

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