2019年(全国1卷)逐题仿真练
题号
24
25
33
34
考点
带电粒子在复合场中的运动
用动量和能量观点处理多过程问题
热力学定律和打气问题
机械波和光
24. (12分)(2019·山东威海市5月模拟)如图1所示，位于第一象限内半径为R的圆形磁场与两坐标轴分别相切于P、Q两点，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，第四象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.Q点有一粒子源，可在xOy平面内向各个方向发射速率均为v的带正电粒子，其中沿x轴正方向射入磁场的粒子恰好从P点射出磁场．不计重力及粒子之间的相互作用．
图1
(1)求带电粒子的比荷；
(2)若AQ弧长等于六分之一圆弧，求从磁场边界上A点射出的粒子，由Q点至第2次穿出磁场所经历的时间．
答案 (1) (2)＋
解析 (1)由几何关系得：粒子做圆周运动的半径r＝R
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m
解得：＝
(2)由于粒子轨迹半径和圆半径相等，则无论粒子沿哪个方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向均沿y轴负方向；若AQ弧长等于六分之一圆弧，粒子的运动轨迹如图所示：
粒子在磁场中运动周期：T＝
粒子在QA段运动时间：t1＝
无场区AB段距离：x＝R－Rcos 30°
粒子在AB段运动时间：t2＝
粒子在电场中运动时，由牛顿第二定律得：qE＝ma
在电场中运动时间：t3＝2
粒子在AC段运动时间：t4＝
总时间：t＝t1＋t2＋t3＋t4
代入数据得：t＝＋.
25. (20分)(2019·湖南怀化市第三次模拟)如图2所示，倾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d.现由静止释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.(B与C始终未接触，弹簧始终在弹性限度内)
图2
(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；
(2)若A、B的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时，弹簧的弹性势能增量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x；
(3)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k.
答案 (1) (2)－d (3)
解析 (1)根据机械能守恒定律：mgdsin θ＝mv02
解得v0＝
(2)设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由能量关系：mv02＝mv12＋mv22
解得v1＝0，v2＝v0＝；
A、B碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，根据能量关系：Ep＝mv22＋mgxsin θ
解得x＝－d
(3)A、B碰撞前，弹簧的压缩量：x1＝
设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v3，则：mv0＝2mv3
解得v3＝
当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x2＝
可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能改变量为零，根据机械能守恒定律：×2mv32＝Ek＋2mg(x1＋x2)sin θ
解得：k＝.
33．【选修3－3】(15分)
(1)(5分)(2018·盐城市三模)如图3所示，在汽缸右侧封闭一定质量的理想气体，压强与大气压强相同．把汽缸和活塞固定，使汽缸内气体升高到一定的温度，气体吸收的热量为Q1，气体的内能为U1.如果让活塞可以自由滑动(活塞与汽缸间无摩擦、不漏气)，也使汽缸内气体温度升高相同温度，其吸收的热量为Q2，气体的内能为U2，则Q1________Q2，U1________U2.(均选填“大于”“等于”或“小于”)
图3
(2) (10分)(2019·福建三明市5月质量检查)如图4，容积为V的密闭导热氮气瓶，通过单向阀门K(气体只能进入容器，不能流出容器)与一充气装置相连接．开始时气瓶存放在冷库内，瓶内气体的压强为0.9p0、温度与冷库内温度相同，现将气瓶移至冷库外，稳定后瓶内气体压强变为p0，再用充气装置向瓶内缓慢充入氮气共45次．已知每次充入的气体压强为p0、体积为、温度为27 ℃.设冷库外的环境温度保持27 ℃不变．求：
图4
①冷库内的温度；
②充气结束后，瓶内气体压强．
答案 (1)小于 等于 (2)①270 K(或－3 ℃) ②4p0
解析 (2)①因气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时，瓶内气体压强为p1，温度为T1，移至库外后，瓶内气体压强为p0，温度为T2＝300 K
由查理定律，有：＝
代入数据得：T1＝270 K，
即冷库内的温度为270 K或－3 ℃
②打气前，瓶内气体及所打入的气体，压强为p0，总体积：V2＝V＋45×＝4V
打气后，气体压强为p3，体积为V3＝V
气体温度不变，由玻意耳定律，有：p0V2＝p3V3
代入题给数据得：p3＝4p0.
34．【选修3－4】(15分)
(2019·四川宜宾市第二次诊断)
(1)(5分)图5甲为一列简谐波在t＝0时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1 m处的质点，Q是平衡位置为x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则下列说法正确的是________．
图5
A．该波的周期是0.10 s
B．该波的传播速度是40 m/s
C．该波沿x轴正方向传播
D．t＝0.10 s时，质点Q的速度方向向下
E．从t＝0到t＝0.15 s，质点P通过的路程为30 cm
(2) (10分)如图6所示，球半径为R的玻璃球冠的底面镀银，底面的半径为R；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，经M点折射后的光线照射到底面的N点，且BN＝MN，已知光在真空中的传播速度为c，求：
图6
①玻璃球冠的折射率；
②该光线在玻璃球冠中的传播时间(不考虑光在玻璃球冠中的多次反射)．
答案 (1)BCD (2)① ②
解析 (2)①光路图如图所示
由几何关系得∠OBA＝∠OAB＝30°，∠BOA＝120°，△OAM为等边三角形，即BOM为一条直线，所以在M点入射角i＝60°.又BN＝MN，所以在M点折射角r＝30°
由折射定律得
n＝
解得n＝
②由几何关系可得，在N点反射后的光线过O点垂直BM从球冠的Q点射出
该光线在球冠中的传播路程s＝＋Rtan 30°＋R
又n＝
传播时间t＝
解得t＝.
2019年(全国2卷)逐题仿真练
题号
24
25
33
34
考点
带电粒子或带电体在电场中的运动
动量定理、动能定理和运动学公式的应用
p－V图象和抽气、打气问题
单摆、测量光的波长
24. (12分)(2019·山东临沂市二模)一长为L的绝缘细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图1所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线与小球拉成水平，小球静止在A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点，速度恰好为零．求：
图1
(1)A、B两点间的电势差和电场强度大小；
(2)判断小球的电性和小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．
答案 (1)－ (2)带正电荷 mg
解析 (1)小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsin 60°＋qUAB＝0，
解得：UAB＝－＝－；
场强大小为：E＝＝.
(2)小球在B点受到水平向右的电场力，与电场方向相同，故小球带正电；小球在A、B间摆动，由对称性得知，B处细线的拉力与A处细线的拉力相等，而在A处，由水平方向受力平衡有：FTA＝qE＝mg
所以有：FTB＝FTA＝mg.
25．(20分)(2019·吉林辽源市联合模拟)如图2所示，质量为mc＝2mb的物块c静止在倾角均为α＝30°的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的轻质细绳相连，细绳绕过斜面顶端的光滑轻质定滑轮并处于松弛状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳恰好伸直且瞬间张紧绷断，之后物块b与物块c立即发生弹性碰撞，碰后a、b都经过t＝1 s同时到达斜面底端．已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1＝0.9 m，E、B两点的距离为l2＝0.4 m．斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为μ＝，空气阻力不计，细绳张紧时与斜面平行，物块a未与滑轮发生碰撞，取g＝10 m/s2.求：
图2
(1)物块b由C点下滑到E点所用时间．
(2)物块a能到达离A点的最大高度．
(3)物块a、b的质量之比.
答案 (1)0.6 s (2)0.578 m (3)
解析 (1)物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度为a1＝gsin α＝5 m/s2
由l1＝a1t12
解得：t1＝＝ s＝0.6 s
(2)取沿AC方向为正方向，由－l1＝v1t－a1′t2，t＝1 s
a1′＝gsin α＝5 m/s2
解得v1＝1.6 m/s
a沿斜面上滑的距离为s＝＝0.256 m
所以物块a能到达离A点的最大高度h＝(l1＋s)sin α＝0.578 m
(3)设绳断时物块b的速度为v2，b与c相碰后b的速度为v2′，c的速度为vc，则
mbv2＝mbv2′＋mcvc
mbv22＝mbv2′2＋mcvc2
mc＝2mb
联立解得v2′＝－v2，v2＝vc
因vc的方向沿斜面向下，故v2的方向沿斜面向下，v2′的方向沿斜面向上．
物块b在EB段上的加速度为a2＝gsin α－μgcos α＝10×(－×) m/s2＝0，物块b在EB段上做匀速运动．
物块b和物块c相碰后物块b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为v2′，则v2′(t－2t2)＝l2
t2＝
代入数据，得2v2′2－5v2′＋2＝0
解得v2′的大小为v2′＝0.5 m/s，或v2′＝2 m/s
物块b刚下滑到E点时的速度为v0＝＝ m/s＝3 m/s
若取v2′＝2 m/s，则v2的大小为v2＝6 m/s>v0＝3 m/s，与事实不符，所以舍去．
取v2′＝0.5 m/s，则v2＝1.5 m/s，方向沿斜面向下．
设细绳对物块a和b的冲量大小均为I，由I＝mav1
－I＝mb(v2－v0)
解得＝＝＝.
33．【选修3－3】
(15分)(1) (5分)(2019·河南洛阳市第三次模拟)一定质量的理想气体从状态A可以经历过程1或过程2到达状态B也可以经历过程3到达状态C，还可以经历过程4到达状态D，其p－V图象如图3所示，且B、C、D在一条平行于纵轴的直线上．已知在这四个过程中的某一过程中，气体始终与外界无热量交换；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分．对于这四个过程，下列说法正确的是________．
图3
A．在过程1中，外界先对气体做正功，然后气体再对外做功
B．在过程2中，气体温度先逐渐降低然后逐渐升高
C．在过程3中，气体温度始终不变
D．在过程4中，气体始终与外界无热量交换
E．在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高
(2) (10分)(2019·江西南昌市三模)农药喷雾器的原理如图4所示，储液筒与打气筒用细软管相连，先在桶内装上药液，再拧紧桶盖并关闭阀门K，用打气筒给储液筒充气增大储液筒内的气压，然后再打开阀门，储液筒的液体就从喷雾头喷出，已知储液筒容积为10 L(不计储液筒两端连接管体积)，打气筒每打一次气能向储液筒内压入空气200 mL，现在储液筒内装入8 L的药液后关紧桶盖和喷雾头开关，再用打气筒给储液筒打气．(设周围大气压恒为1个标准大气压，打气过程中储液筒内气体温度与外界温度相同且保持不变)，要使贮液筒内药液上方的气体压强达到3 atm，求：
图4
①打气筒活塞需要循环工作的次数；
②打开喷雾头开关K直至储液筒的内外气压相同，储液筒内剩余药液的体积．
答案 (1)CDE (2)①20 ②4 L
解析 (1)在过程1中，气体的体积一直变大，可知气体一直对外做功，选项A错误；在过程3中，A到C的曲线是双曲线的一部分，可知从A到C为等温线，即pV乘积不变；则在过程2的从A到B的过程，pV乘积逐渐变大，温度逐渐升高，选项B错误，C正确；过程4中，pV乘积逐渐减小，可知温度逐渐降低，内能减小，气体体积变大，对外做功，可知气体始终与外界无热量交换的过程是4过程，选项D正确；由以上分析可知，在A、B、C、D四个状态中，B状态气体温度最高，选项E正确．
(2)①设需打气的次数为n，每次打入的气体体积为V0，储液桶药液上方的气体体积为V，则开始打气前：
储液筒液体上方气体的压强：p1＝p0＝1 atm
气体的体积为：V1＝V＋nV0
打气完毕时，储液筒内药液上方的气体体积为：V2＝V，压强为p2＝3 atm
打气过程为等温变化，所以：p1V1＝p2V2
代入数据解得：n＝20
②打开喷雾头开关K直至贮液筒内外气压相同时，设储液筒上方气体的体积为V3，此过程为等温变化，p3＝p0，所以：p3V3＝p2V1
代入数据解得：V3＝3V1＝6 L
所以喷出的药液的体积V′＝V3－V＝4 L
34．【选修3－4】(15分)
(1)(5分)在“探究单摆的周期与摆长的关系”的实验中，摆球在垂直纸面的平面内摆动，如图5甲所示，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一线性光源与光敏电阻．光敏电阻(光照时电阻比较小)与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t的变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(选填“变大”“不变”或“变小”)．
图5
(2) (10分)如图6所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×10－7 m，屏上P点距离双缝S1和S2的路程差为7.95×10－7 m，则在这里出现的应是________(选填“亮条纹”或“暗条纹”)．现改用波长为6.30×10－7 m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________(选填“变宽”“变窄”或“不变”)．
图6
答案 (1)2t0 变大 (2)暗条纹 变宽
解析 (1)单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细光束，从R－t图线可知周期为2t0.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T＝2π，摆长变大，所以周期变大．
(2)P点到两光源的路程差为半波长的奇数倍，出现暗条纹；Δx＝λ，随波长变长，条纹间距变宽．
2019年(全国3卷)逐题仿真练
题号
24
25
33
34
考点
带电粒子或带电体在电场中的运动
动力学、动量和能量观点的应用
测分子直径和气体实验定律
机械波和光
24．(12分)(2019·广东省“六校联盟”第四次联考)如图1所示，ACB是一条足够长的绝缘水平轨道，轨道CB处在方向水平向右、大小E＝1.0×106 N/C的匀强电场中，一质量m＝0.25 kg、电荷量q＝－2.0×10－6 C的可视为质点的小物体，在距离C点L0＝6.0 m的A点处，在拉力F＝4.0 N的作用下由静止开始向右运动，当小物体到达C点时撤去拉力，小物体滑入电场中．已知小物体与轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10 m/s2，求：
图1
(1)小物体到达C点时的速度大小；
(2)小物体在电场中运动的时间．
答案 (1)12 m/s (2)2.7 s
解析 (1)根据牛顿第二定律，小物体的加速度大小为：a＝＝12 m/s2
小物体到达C点的过程中有：v2＝2aL0
代入数据解得：v＝12 m/s
(2)根据牛顿第二定律，小物体向右减速运动的加速度大小为：a1＝＝12 m/s2
小物体向右运动的时间：t1＝＝1.0 s
小物体向右运动的位移：x1＝t1＝6.0 m
由于|q|E>μmg，所以小物体先向右减速运动，后反向向左加速运动，直到滑出电场
根据牛顿第二定律，小物体向左加速运动的加速度大小为：a2＝＝4 m/s2
小物体在电场中向左运动的时间为：t2＝＝ s
小物体在电场中运动的总时间为：t＝t1＋t2＝(1＋) s≈2.7 s
25．(20分)(2019·云南曲靖市第一次模拟)如图2所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道bc与水平光滑轨道ab在b点连接，开始时可视为质点的物体A和B静止在ab上，A、B之间压缩有一处于锁定状态的轻弹簧(弹簧不与A、B连接)．某时刻解除锁定，在弹力作用下，A向左运动，B向右运动，B沿轨道经过c点后水平抛出，落点p与b点间距离为2R.已知A质量为2m，B质量为m，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
图2
(1)B经c点抛出时速度的大小；
(2)B经b时速度的大小；
(3)锁定状态的弹簧具有的弹性势能．
答案 (1) (2) (3)3.75mgR
解析 (1)B平抛运动过程，竖直方向有2R＝gt2，
水平方向：2R＝vct，
解得：vc＝
(2)B从b到c，由机械能守恒定律得
mvb2＝2mgR＋mvc2
解得：vb＝
(3)设弹簧完全弹开后，A的速度为va，弹簧恢复原长过程中A与B组成的系统动量守恒，2mva－mvb＝0，
解得：va＝vb＝，
由能量守恒定律得，弹簧弹性势能：Ep＝×2mva2＋mvb2
解得：Ep＝3.75mgR.
33．【选修3－3】(15分)
(1)(5分)用油膜法测定分子的直径， 1 mL的油酸加入酒精中配制成1 000 mL的油酸酒精溶液，1 mL油酸酒精溶液通过滴管实验测得为80滴，取1滴油酸酒精溶液滴在撒有痱子粉的浅水槽中，待油膜界面稳定后测得油膜面积为260 cm2.
①则油酸分子的直径约为________ m；(结果保留一位有效数字)
②按照一定比例配制的油酸酒精溶液置于一个敞口容器中，如果时间偏长，会影响分子尺寸测量结果导致测量值________(选填“偏大”或“偏小”)．
(2) (10分)如图3所示，在粗细均匀的U形管右侧，用水银封闭一段长为L1＝19 cm、温度为T1＝280 K的气体，稳定时，左右两管水银面高度差为h＝6 cm.已知大气压强为p0＝76 cmHg.
①给右管密闭气体缓慢加热，当右管内气体温度为多少时，两管水银面等高．
②若不给右管密闭气体加热，而是向左管缓慢补充水银，也可使两管水银面等高，求需补充水银柱的长度．
图3
答案 (1)①5×10－10 ②偏小 (2)①352 K ②9 cm
解析 (1)①测得油膜面积S＝260 cm2＝2.6×10－2m2，每一滴油酸酒精溶液含有纯油酸的体积为：V＝× mL＝1.25×10－11 m3，所以油酸分子的直径d＝＝ m≈5×10－10 m.
②置于一个敞口容器中，如果时间偏长，酒精挥发，导致油酸浓度增大，因此导致测量值偏小．
(2)①加热前，对于封闭气体有：p1＝p0－ρgh＝70 cmHg
加热后，右管内气体压强为：p2＝p0＝76 cmHg
当两管内水银面等高时，右管内水银面下降高度为：＝3 cm
由理想气体状态方程得：＝
又L2＝L1＋3 cm＝22 cm
代入数据解得：T2＝352 K
②设补充水银后，右管内水银面上升x，管内气体长度为L1－x
由玻意耳定律有：p1SL1＝p2S(L1－x)
解得：x＝1.5 cm
注入水银柱的长度为：y＝h＋2x＝9 cm
34．【选修3－4】(15分)
(2019·湖南省邵阳市二模)
(1)(5分)一列简谐横波在t ＝0.6 s时刻的图象如图4甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1 cm，波上A质点的振动图象如图乙所示，则以下说法正确的是________．
图4
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的波速是 m/s
C．从t＝0.6 s开始，紧接着的Δt＝0.6 s时间内，A质点通过的路程是10 m
D．从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置
E．若该波在传播过程中遇到一个尺寸为10 m的障碍物，不能发生明显衍射现象
(2) (10分)如图5所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圆弧CD为半径为R＝0.5 m的四分之一的圆周，圆心为O，已知AD＝ m，光线从AB面上的某点入射，入射角θ1＝45°，它进入棱镜后射向O点，恰好不会从BC面射出．求：
图5
①该棱镜的折射率n；
②光线在该棱镜中传播的时间t(已知光在空气中的传播速度c＝3.0×108 m/s)．
答案 (1)ABD (2)① ②×10－8 s
解析 (1)由题图乙读出t＝0.6 s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由题图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确；由图甲读出波长为λ＝20 m，由乙图知周期T＝1.2 s则波速为v＝＝ m/s＝ m/s，故B正确；Δt＝0.6 s＝0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程为4倍振幅，则经过Δt＝0.6 s，A质点通过的路程是：s＝2A＝4 cm，故C错误；图示时刻质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将此图象与正弦曲线进行对比可知，P点的横坐标为xP＝ m，Q点的横坐标xQ＝ m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置时间为：t＝＝0.4 s，故D正确；发生明显衍射现象的条件是障碍物的尺寸比波长小或跟波长差不多，该波的波长为20 m，故E错误．
(2)①光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C
sin C＝
在AB界面上发生折射，折射角θ2＝90°－C
由折射定律：n＝
由以上几式解得：n＝
②光在此棱镜中的速度：v＝＝×108 m/s
路程：s＝＋R＝0.8 m
所以：t＝＝×10－8 s.
