高考物理二轮复习“22”定时训练13 （全国1卷）逐题仿真练（含解析）-人教版高三全册物理试题

2015年(全国1卷)逐题仿真练题号24253334考点安培力作用下平衡动力学方法分析板块模型晶体性质和气体性质双缝干涉和机械波24．(12分)(2019·湖北宜昌市四月调研)如图1所示，在倾角为θ的斜面上，固定有间距为l的平行金属导轨，现在导轨上，垂直导轨放置一质量为m的金属棒ab，整个装置处于垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨与电动势为E、内阻为r的电源连接，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，金属棒和导轨电阻不计，现闭合开关，发现滑动变阻器接入电路阻值为0时，金属棒不能静止．图1(1)判断金属棒所受的安培力方向；(2)求使金属棒在导轨上保持静止时滑动变阻器接入电路的最小阻值R1和最大阻值R2.答案(1)平行于斜面向上(2)eq\f(BEl,mgsinθ＋μmgcosθ)－req\f(BEl,mgsinθ－μmgcosθ)－r解析(1)由左手定则可判断金属棒所受安培力的方向平行于斜面向上(2)当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最小为R1时，金属棒所受安培力为最大值F1，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，则由平衡条件得FN1＝mgcosθF1＝mgsinθ＋FfmaxFfmax＝μFN1由闭合电路欧姆定律有：I1＝eq\f(E,R1＋r)，安培力F1＝BI1l联立以上各式解得滑动变阻器R的最小值为R1＝eq\f(BEl,mgsinθ＋μmgcosθ)－r当使金属棒保持静止的滑动变阻器R阻值最大为R2时，金属棒所受安培力为最小值F2，所受的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，同理可得F2＝mgsinθ－μmgcosθ由闭合电路欧姆定律有，I2＝eq\f(E,R2＋r)，安培力F2＝BI2l联立以上各式解得滑动变阻器R的最大值为R2＝eq\f(BEl,mgsinθ－μmgcosθ)－r.25．(20分)如图2所示，水平桌面上质量为m的薄木板右端叠放着质量也为m的小物块，木板长为L，整体处于静止状态．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与桌面间的动摩擦因数为eq\f(μ,4)，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.图2(1)若使木板与物块一起以初速度v0沿水平桌面向右运动，求木板向右运动的最大距离s0；(2)若对木板施加水平向右的拉力F，为使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，求拉力F应满足的条件；(3)若给木板施加大小为F＝3μmg、方向沿水平桌面向右的拉力，经过时间t0，撤去拉力F，此后运动过程中小物块始终未脱离木板，求木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功W.答案(1)eq\f(2v\o\al(,02),μg)(2)eq\f(μmg,2)<F≤eq\f(5μmg,2)(3)1.95m(μgt0)2解析(1)对木板和物块组成的系统，由动能定理得：－eq\f(μ,4)·2mgs0＝0－eq\f(1,2)·2mv02解得：s0＝eq\f(2v\o\al(,02),μg).(2)设使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动的最小拉力为Fmin，最大拉力为Fmax则：Fmin＝2mg×eq\f(μ,4)＝eq\f(μmg,2)对系统：Fmax－eq\f(μmg,2)＝2mamax对物块：μmg＝mamax解得：Fmax＝eq\f(5μmg,2)则要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，需满足eq\f(μmg,2)<F≤eq\f(5μmg,2).(3)由于F＝3μmg>eq\f(5μmg,2)，所以物块与木板之间发生相对滑动．物块的加速度：a1＝μg撤去拉力F时物块的速度：v1＝a1t0＝μgt0对木板：F－μmg－eq\f(2μmg,4)＝ma2得：a2＝eq\f(3,2)μg撤去拉力F时木板的速度：v2＝a2t0＝eq\f(3,2)μgt0撤去拉力F后木板的加速度：a3＝－eq\f(3,2)μg设撤去拉力F后，再经过时间t1，物块与木板达到共同速度v，之后再经过时间t2，木板停止滑行．则：v＝a1(t0＋t1)＝a2t0＋a3t1得：t1＝eq\f(1,5)t0；v＝eq\f(6,5)μgt0达到共同速度后：－2mg·eq\f(μ,4)＝2ma4加速度：a4＝－eq\f(1,4)μgt2＝eq\f(0－\f(6,5)μgt0,－\f(μg,4))＝eq\f(24,5)t0木板运动的总位移：s＝eq\f(v2t0,2)＋eq\f(v2＋v,2)t1＋eq\f(v,2)t2＝3.9μgteq\o\al(2,0)木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功：W＝2mg×eq\f(μ,4)×3.9μgt02＝1.95m(μgt0)2.33．【选修3－3】(15分)(2019·山西运城市5月适应性测试)(1)(5分)下列说法中正确的是________．A．因为液体表面具有收缩的趋势，所以液体表面分子间只有引力没有斥力B．液晶既具有液体的流动性，又具有光学各向异性C．晶体熔化过程中吸收热量，分子平均动能一定增大D．在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小E．气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关(2)(10分)如图3所示，体积为V的汽缸由导热性良好的材料制成，横截面积为S的活塞将汽缸分成体积相等的上下两部分，汽缸上部通过单向阀门K(气体只能进入汽缸，不能流出汽缸)与一打气筒相连．开始时汽缸内上部分气体的压强为p0，现用打气筒向容器内打气．已知打气筒每次能打入压强为p0、体积为eq\f(V,10)的空气，当打气49次后稳定时汽缸上下两部分的体积之比为9∶1，重力加速度大小为g，外界温度恒定，不计活塞与汽缸间的摩擦．求活塞的质量m.图3答案(1)BDE(2)eq\f(p0S,4g)解析(1)根据分子动理论可知，分子间同时存在着引力和斥力，A错误；液晶既具有液体的流动性，又具有光学各向异性，B正确；晶体熔化过程中虽然吸热，但是温度不变，温度是分子平均动能的标志，所以分子平均动能不变，C错误；根据热力学第二定律的微观解释，在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，D正确；气体压强的微观解释：气体压强的大小和单位体积内的分子数及气体分子的平均动能都有关，E正确．(2)开始时，汽缸上部分气体体积为eq\f(V,2)，压强为p0，下部分气体体积为eq\f(V,2)，压强为p0＋eq\f(mg,S)；后来汽缸上部分气体体积为eq\f(9V,10)，设压强为p，下部分气体体积为eq\f(V,10)，压强为p＋eq\f(mg,S)打入的空气总体积为eq\f(V,10)×49，压强为p0由玻意耳定律可知，对上部分气体有：p0·(eq\f(V,2)＋eq\f(49V,10))＝p·eq\f(9V,10)对下部分气体有：(p0＋eq\f(mg,S))·eq\f(V,2)＝(p＋eq\f(mg,S))·eq\f(V,10)解得：m＝eq\f(p0S,4g).34．【选修3－4】(15分)(2019·湖南娄底市下学期第二次模拟)(1)(5分)下列说法正确的是________．图4A．狭义相对论认为，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动无关B．电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X射线的波长要短C．分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距D．如图4甲所示，a、b两束光以不同的入射角由玻璃射向真空，结果折射角相同，则在玻璃中a光的全反射临界角大于b光的全反射临界角E．如图乙所示，偏振片P的透振方向为竖直方向，沿与竖直方向成45°角振动的偏振光照射到偏振片P上，在P的另一侧能观察到透射光(2)(10分)如图5所示，在x＝0处的质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动，形成沿x轴正方向传播的机械波．在t＝0时刻，质点O开始从平衡位置向上运动，经0.4s第一次形成图示波形，P是平衡位置为x＝0.5m处的质点．图5①位于x＝5m处的质点B第一次到达波峰位置时，求位于x＝2m处的质点A通过的总路程；②若从图示状态开始计时，至少要经过多少时间，P、A两质点的位移(y坐标)才能相同？答案(1)ACE(2)①20cm②0.05s解析(1)狭义相对论认为真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动没有关系，故A正确；电视遥控器发出的红外线波长比医院“CT”中的X射线波长要长，而频率却低，故B错误；根据双缝干涉条纹间距Δx＝eq\f(l,d)λ，由于红光波长大于紫光波长，则可知在同一双缝干涉实验装置上，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距，故C正确；以不同的入射角从玻璃射向真空，a光入射角较小，折射角相同，所以根据折射定律可知：此玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，在玻璃中，光的全反射临界角公式为sinC＝eq\f(1,n)，a光的折射率大，则临界角小，故D错误；沿与竖直方向成45°角振动的光也能通过偏振片，在P的另一侧能观察到透射光，故E正确．(2)①结合题图可分析出，该机械波的传播周期为T＝0.8s，波长为λ＝4m，振幅A＝5cm，该机械波的波速为v＝eq\f(λ,T)＝5m/s由题图可知，此时波峰在x＝1m处，当波峰传播到x＝5m处的B点时，波向前传播的距离为Δx＝4m，所以质点B第一次到达波峰位置所需要的时间Δt＝eq\f(Δx,v)＝0.8s由题意知，当质点B第一次到达波峰位置时，质点A恰好振动了一个周期，所以质点A通过的总路程为s＝4A＝20cm；②角速度为：ω＝eq\