统考版2022届高考物理二轮专项分层特训卷第五部分35分钟许提分专练2计算＋2选1八

1、 分钟小卷提分专练(2计算2选1)(八)1如图所示，一方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一可隔绝磁场的正六边形装置abcdef竖直放置于磁场中，O为d、a连线延长线上的一点，O、a间距离为l，a、d间距离为2l.一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力忽略不计)，在纸面内从O点沿垂直ad方向射入磁场，粒子能用最短的时间进入无磁场区域(1)求粒子的速度大小和粒子运动的周期(2)若粒子进入正六边形装置瞬间，正六边形装置以过其中心垂直纸面的直线为轴，以角速度顺时针旋转，判断粒子能否做轨迹与(1)中相同的周期性运动，请写出必要的推理过程2如图所示，一倾角为30的足够长斜面固定在水平面上

2、，一质量为 eq f(m,2) 的木块(可视为质点)与一平行于斜面的轻绳相连，轻绳另一端固定在斜面顶端的挡板上此时木块静置在斜面上的O点(O点到斜面顶端和底端的距离足够长).现有一质量也为 eq f(m,2) 的橡皮泥子弹以v09 m/s、方向平行于斜面向上的速度击中木块，并紧紧粘在木块上，两者作用时间极短，且在子弹击中木块的同时立即剪断轻绳已知木块与斜面间的动摩擦因数 eq f(r(3),5) ，重力加速度大小g取10 m/s2.(1)求子弹击中木块瞬间木块获得的速度；(2)求木块能向上运动的最大位移；(3)木块在被子弹击中后的运动过程中，木块与子弹成为一个系统，则系统动能恰好等于重力势能时

3、，求系统相对其初始位置O点的高度(以木块初始位置所在水平面为重力势能的零势能面)3物理选修33(1)分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图甲、乙两条曲线所示(取无穷远处分子势能Ep0).下列说法正确的是_(填正确答案标号)A乙图线为分子势能与分子间距离的关系图线B当rr0时，分子势能为零C随着分子间距离的增大，分子力先减小后一直增大D分子间的斥力和引力大小都随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得更快E在rr0阶段，分子力减小时，分子势能也一定减小(2)横截面积处处相同的U形玻璃管竖直放置，左端封闭，右端开口初始时，右端管内用h14 cm的水银柱封闭一段长为L19 cm的空气柱A，左

4、端管内用水银封闭有长为L214 cm的空气柱B，这段水银柱左右两液面高度差为h28 cm，如图甲所示已知大气压强p076.0 cmHg，环境温度不变()求初始时空气柱B的压强(以cmHg为单位)；()若将玻璃管缓慢旋转180，使U形管竖直倒置(水银未混合未溢出)，如图乙所示当管中水银静止时，求左右两水银柱液面高度差h3.4物理选修33(1)下列五幅图对应的说法正确的是_(填正确答案标号)A图甲是研究光的衍射B图乙是研究光的干涉C图丙是利用光的偏振D图丁是研究光的偏振E图戊是衍射图样(2)简谐横波沿x轴传播，M是x轴上一质点，如图甲是质点M的振动图象图乙中实线是t3 s时刻的波形图象，质点M位于

5、x4 m处，虚线是再过t时间后的波形图象图乙中两波峰间距离x7.0 m.求：()波速大小和方向；()时间t.35分钟小卷提分专练（2计算2选1）（八）1答案：见解析解析：（1）如图甲所示，设粒子从N点进入无磁场区域，M点为轨迹圆的圆心若使粒子用最短的时间进入无磁场区域，则要使OMN最小，即MON最大由图甲可知当N点与b点重合时，粒子进入无磁场区域所用时间最短由几何关系得，此时粒子的轨迹半径rl由qv0B eq f(mv eq oal(sup1(2),sdo1(0) ,r) 得v0 eq f(qBl,m) 由几何知识可知，粒子第一次进入无磁场区域后沿直线bd运动，粒子从d点进入磁场后，以e为圆心

6、做匀速圆周运动，从f点再次进入无磁场区域，粒子的运动轨迹如图乙所示粒子在无磁场区域从b运动到d的时间为t1 eq f(r(3)l,v0) eq f(r(3)m,qB) 粒子在磁场中从d运动到f的时间t2 eq f(240,360) eq f(2m,qB) eq f(4m,3qB) 则粒子运动的周期为T3（t1t2） eq f(（43r(3)）m,qB) （2）若正六边形顺时针转动，要使粒子保持原有运动，则粒子运动的时间t1、t2和正六边形转动的周期T0应满足t1n eq f(T0,6) ，n为正整数t2m eq f(T0,6) ，m为正整数则有 eq f(t1,t2) eq f(n,m) 为有

7、理数而 eq f(t1,t2) eq f(3r(3),4) 为无理数故T0不存在，即粒子不可能做与（1）中轨迹相同的周期性运动2答案：（1）4.50 m/s方向沿斜面向上（2） eq f(81,64) m（3） eq f(81,448) m解析：（1）子弹与木块在作用过程中由动量守恒定律有 eq f(m,2) v0 eq blc(rc)(avs4alco1(f(m,2)f(m,2) v1代入数据解得v14.50 m/s，方向沿斜面向上（2）木块之后沿着斜面向上做匀减速直线运动，当速度v0时，木块向上运动到最大位移处，由牛顿第二定律可得（mg sin 30mg cos 30）ma由匀变速直线运动

8、规律可得v2v eq oal(sup11(2),sdo4(1) 2ax解得x eq f(81,64) m（3）子弹与木块组成的系统受到的摩擦力大小为fmg cos 设木块向上运动过程中相对初始位置O的高度为h1时系统动能与重力势能相等，速度大小为v，即有mgh1 eq f(m,2) v2根据动能定理有mgh1mgx1cos eq f(1,2) mv2 eq f(1,2) mv eq oal(sup11(2),sdo4(1) 由几何关系可知x1 eq f(h1,sin ) 整理得mgh eq f(1,tan ) eq f(1,2) mv eq oal(sup11(2),sdo4(1) eq bl

9、c(rc)(avs4alco1(f(1,2)mv2mgh1) 将mgh1 eq f(1,2) mv2代入可得mgh1 eq f(1,tan ) eq f(1,2) mv eq oal(sup11(2),sdo4(1) 2mgh1解得h1 eq f(81,208) m设木块在斜面上能到达的最大高度为H（相对初始位置），系统相较O点在斜面上滑行的位移为x eq f(81,64) m，故Hx sin 30，由于tan ，故木块到达最高点后，将向下滑动，设滑动过程中，当系统的动能等于重力势能时，木块的高度为h2，速度大小为v2，由功能关系可得mg cos eq f(Hh2,sin ) mgH eq b

10、lc(rc)(avs4alco1(mgh2f(m,2)v eq oal(sup1(2),sdo1(2) ) 由于mgh2 eq f(1,2) mv eq oal(sup11(2),sdo4(2) 由以上两式化简可得（Hh2） eq f(1,tan ) H2h2解得h2 eq f(81,448) m3答案：（1）ADE（2）（）72 cmHg（）12 cm解析：（1）在rr0时，分子势能最小，但不为零，此时分子力为零，故A项正确，B项错误；分子间距离增大，分子间作用力先减小后反向增大，最后又一直减小，C项错误；分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但斥力比引力变

11、化得快，D项正确；当rr0时，分子力表现为斥力，当分子力减小时，分子间距离增大，分子力做正功，分子势能减小，E项正确（2）（）初始时，空气柱A的压强为pAp0gh1而pBgh2pA联立解得空气柱B的压强为pB72 cmHg（）U形管倒置后，空气柱A的压强为PAp0gh1空气柱B的压强为pBpAgh3空气柱B的长度L2L2 eq f(h2h3,2) 由玻意耳定律可得pBL2pBL2联立解得h312 cm.4答案：（1）ABE（2）（） eq f(4,3) m/s沿x轴负向（） eq blc(rc)(avs4alco1(6nf(21,4) s（n1，2，3）解析：（1）图甲是光的单缝衍射，故A项正确；图乙是光的双缝干涉现象，故B项正确；图丙是检查表面的平整度，属于光的干涉现象，不是偏振现象，故C