2019物理江蘇專用優(yōu)編題型增分練小綜合練（九）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精小綜合練(九）一、單項選擇題1．（2018·江蘇押題卷)將一小球從某一高度水平拋出，拋出2s后它的速度方向與水平方向的夾角成45°，落地時位移與水平方向成60°,不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法正確的是（)A．小球做平拋運動的初速度是10m/sB．拋出點距地面的高度是60mC．小球做平拋運動的初速度是20eq\r（2)m/sD．拋出點距地面的高度是240m答案D解析由平拋運動的規(guī)律知：拋出2s后，tan45°＝eq\f（vy，v0），得v0＝vy＝gt1＝20m/s;落地時tan60°＝eq\f（y,x）＝eq\f(gt2,2v0)得：t2＝eq\f(2v0tan60°，g)＝4eq\r(3)s，拋出點距地面的高度h＝eq\f（1,2）gt22＝240m,故D正確，A、B、C錯誤．2．如圖1所示，均勻金屬圓環(huán)的總電阻為4R，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過圓環(huán)．金屬桿OM的長為l，阻值為R,M端與環(huán)接觸良好,繞過圓心O的轉軸以恒定的角速度ω順時針轉動．阻值為R的電阻一端用導線和環(huán)上的A點連接，另一端和金屬桿的轉軸O處的端點相連接．下列判斷正確的是（)圖1A．金屬桿OM旋轉產生的感應電動勢恒為Bl2ωB．通過電阻R的電流的最小值為eq\f(Bl2ω，8R)，方向從Q到PC．通過電阻R的電流的最大值為eq\f(Bl2ω，6R)D．OM兩點間電勢差絕對值的最大值為eq\f(Bl2ω，3)答案D解析M端線速度為v＝ωl，OM切割磁感線的平均速度為eq\x\to（v)＝eq\f（v，2)＝eq\f(ωl,2)，OM轉動切割磁感線產生的感應電動勢恒為E＝Bleq\x\to（v)＝eq\f（Bl2ω，2)，故A錯誤;當M端位于最上端時，圓環(huán)兩部分電阻相等,并聯(lián)電阻最大,電路的總電阻最大，通過R的電流最?。騌并＝eq\f（1，2)×2R＝R，通過電阻R的電流的最小值為:Imin＝eq\f（E,3R）＝eq\f(Bl2ω，6R）,根據(jù)右手定則可知電流方向從Q到P，故B錯誤；當M位于最下端時圓環(huán)被短路,此時通過電阻R的電流最大,為:Imax＝eq\f（E，2R）＝eq\f(Bl2ω，4R)，故C錯誤；OM作為電源，外電阻增大,總電流減小，內電壓減小,路端電壓增大，所以外電阻最大時，OM兩點間電勢差的絕對值最大,其最大值為:U＝Imin·2R＝eq\f(Bl2ω，3)，故D正確．二、多項選擇題3．如圖2所示,一段不可伸長的輕質細繩長為L,一端固定在O點，另一端系一個質量為m的小球(可以視為質點),保持細繩處于伸直狀態(tài),把小球拉到跟O點等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點的過程中，不計空氣阻力,重力加速度大小為g，則（)圖2A．合外力做的功為0B．合外力的沖量為meq\r(2gL)C．重力做的功為mgLD．重力的沖量為meq\r(2gL)答案BC三。選做題4．A。[選修3－3](2018·鹽城中學4月檢測）（1)下列說法中正確的是________．A．布朗運動是指液體或氣體中懸浮微粒的無規(guī)則運動B．氣體的溫度升高，每個氣體分子運動的速率都增加C．一定質量的100℃的水吸收熱量后變成100℃的水蒸氣,其分子之間的勢能增加，且吸收的熱量小于增加的內能D．只要能減弱氣體分子熱運動的劇烈程度，氣體的溫度就可以降低（2)如圖3甲所示，將封有一定質量空氣的密閉塑料袋從海拔500m、氣溫為18℃的山腳下帶到海拔3200m、氣溫為10℃的山頂上，情形如圖乙所示．圖________(選填“甲”或“乙"）袋中氣體分子平均動能大．從甲圖到乙圖過程中,袋內氣體減小的內能________(選填“大于"“等于”或“小于”）氣體放出的熱量．圖3(3）有一個氧氣瓶的容積V1＝30L,由于用氣，氧氣瓶中的壓強由p1＝100atm降到p2＝50atm，溫度始終保持0℃，已知標準狀況下1mol氣體的體積是22。4L，則使用掉的氧氣分子數(shù)為多少？(已知阿伏加德羅常數(shù)NA＝6。0×1023mol－1，結果保留兩位有效數(shù)字)答案（1）AD（2)甲大于(3）4.0×1025個解析（1)布朗運動是指液體或氣體中懸浮微粒的運動，反映了液體或氣體分子的無規(guī)則運動，故A正確．溫度是分子平均動能的標志，是大量分子無規(guī)則運動的宏觀表現(xiàn)；氣體溫度升高，分子的平均動能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率會減小,只是分子的平均速率增加，故B錯誤．一定質量的100℃的水變成100℃的水蒸氣，溫度沒有變化,分子的平均動能不變；由于在這個過程中要對外做功，所以吸收的熱量大于增加的內能,故C錯誤．溫度是分子平均動能的標志，只要能減弱氣體分子熱運動的劇烈程度，氣體的溫度就可以降低，故D正確．（3）用氣過程中，溫度不變,根據(jù)玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2,用掉的氧氣在壓強是p2＝50atm時的體積為ΔV，ΔV＝V2－V1＝30L設用掉的氧氣在標準狀況下的體積為V3根據(jù)玻意耳定律可得:p2ΔV＝p0V3，其中p0＝1atm解得：V3＝1500L則用掉的氧氣分子數(shù)：N＝eq\f（V3,Vmol)·NA＝eq\f（1500，22.4）×6.0×1023個≈4。0×1025個。B．[選修3－4]（2018·徐州市模擬）(1）下列說法正確的是________．A．若波源向觀察者靠近,則波源發(fā)出的頻率變大B．托馬斯·楊通過光的雙縫干涉實驗，證明了光是一種波C．坐在高速離開地球的火箭里的人認為，地球上的人新陳代謝變慢了D．拍攝玻璃櫥窗內的物品時,往往在鏡頭前加一個偏振片以增加透射光的強度（2)如圖4所示為一橫截面為等邊三角形的透明柱狀介質,一平行于角平分線AD的單色光由AB射入介質,經(jīng)AB折射后的光線恰好平行于AC，由此可求出介質的折射率為________，此折射光照射到BC邊上時________（選填“能”或“不能”)發(fā)生全反射．圖4(3）如圖5所示的橫波正在沿x軸正方向傳播，t＝0時刻，波剛好傳到M點．再經(jīng)0。5s，質點M第一次到達波峰位置．圖5①求這列橫波的傳播速度v；②寫出質點N的振動方程．答案（1）BC(2)eq\r(3）不能（3）①1m/s②y＝－0.2sinπt（m）解析（1)多普勒效應是由于觀察者和波源間位置的變化而使觀察者接收到的頻率發(fā)生變化的現(xiàn)象,但波源發(fā)出的頻率不變，故A錯誤；干涉是波特有的現(xiàn)象,托馬斯·楊通過光的雙縫干涉實驗,證明了光是一種波,故B正確;根據(jù)Δt＝eq\f（Δτ,\r（1－\f（v2,c2)))知，坐在高速離開地球的火箭里的人認為地球上的時間間隔變長，人的新陳代謝變慢了,故C正確;拍攝玻璃櫥窗內的物品時，往往在鏡頭前加一個偏振片以減弱反射光的強度，故D錯誤．（2)根據(jù)幾何關系得,光在AB面上的入射角i＝60°，折射角r＝30°根據(jù)折射定律得:介質的折射率n＝eq\f（sini，sinr)＝eq\r(3）設介質的臨界角為C，則sinC＝eq\f（1，n）＝eq\f(\r（3）,3）,由幾何知識可知,光在BC面上的入射角為30°因為sin30°＜sinC＝eq\f（\r（3），3),所以光在BC面上的入射角小于臨界角，則此折射光在BC面上不能發(fā)生全反射．(3)①橫波正在沿x軸正方向傳播,由質點的帶動法可知:此時M點的速度方向向上，由題意知，周期為T＝4×0。5s＝2s由題圖知：波長為λ＝2m波速為v＝eq\f（λ,T）＝eq\f（2,2)m/s＝1m/s。②質點N的振幅A＝0。2m，t＝0時正向y軸負方向振動，故其振動方程y＝－Asinωt＝－Asineq\f（2π,T)t＝－0.2sinπt（m）．四、計算題5．(2018·南通等六市一調)如圖6所示，金屬平板MN垂直于紙面放置，MN板中央有小孔O，以O為原點在紙面內建立xOy坐標系，x軸與MN板重合．O點下方的熱陰極K通電后能持續(xù)放出初速度近似為零的電子，經(jīng)K與MN板間電場加速后,從O點射出,速度大小均為v0,速度方向在紙面內，發(fā)散角為2θ弧度且關于y軸對稱．已知電子電荷量為e，質量為m，不計電子間相互作用及重力的影響．圖6（1)求K與MN板間的電壓U0；(2)若x軸上方存在范圍足夠大、垂直紙面向里的勻強磁場，電子打到x軸上落點范圍長度為Δx，求該磁場的磁感應強度B1和電子從O點到達x軸的最短時間t.(3）若x軸上方存在一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)，電子從O點進入磁場，偏轉后成為一寬度為Δy、平行于x軸的電子束，求該圓形區(qū)域的半徑R及磁場的磁感應強度B2.答案見解析解析（1）由動能定理有：eU0＝eq\f（1,2)mv02－0解得：U0＝eq\f(mv\o\al（02），2e)（2)電子運動軌跡如圖所示：從O點射出的電子落在x軸PQ間，設電子做圓周運動的半徑為r，由幾何關系有Δx＝2r－2rcosθ由向心力公式有：ev0B1＝meq\f(v\o\al(02），r)解得：B1＝eq\f（2mv01－cosθ，eΔx)最短路程為：smin＝2（eq\f(π，2）－θ）r則有：t＝eq\f（smin，v0)＝eq\f（π－2θΔx，2v01－cosθ)。（3）電子運動軌跡如圖所示：由幾何關系可知r′＝R且有