2020高考物理30分钟专练01 计算+选修(解析版)

30分钟专练(2计算＋1选考)(一)
一．计算题
24．（12分）(2018·山西省重点中学协作体期末)如图所示，在水平面上依次放置小物块A 和C 以及曲面劈B ，其中A 与C 的质量相等均为m ，曲面劈B 的质量M ＝3m ，劈B 的曲面下端与水平面相切，且劈B 足够高，各接触面均光滑．现让小物块C 以水平速度v 0向右运动，与A 发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B .求：
(1)碰撞过程中系统损失的机械能；
(2)碰后物块A 与C 在曲面劈B 上能够达到的最大高度． 答案 (1)14mv 02 (2)3v 0240g
解析 (1)小物块C 与A 发生碰撞粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv 0＝2mv
解得v ＝1
2
v 0；碰撞过程中系统损失的机械能为
E 损＝12mv 02－12(2m )v 2 解得E 损＝14
mv 02.
(2)当A 与C 上升到最大高度时，A 、B 、C 系统的速度相等；水平方向上动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv 0＝(m ＋m ＋3m )v 1 解得v 1＝15
v 0
A 、C 粘在一起上滑至最大高度，由能量守恒定律得 2mgh ＝12×2m (12v 0)2－12×5m ×(15v 0)2 解得h ＝3v 02
40g
25．（20分）(2018·安徽省A10联盟最后一卷)如图所示，在xOy 坐标系的第一、二、三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，在第四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场．质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子以初速度v 从原点O 沿y 轴正方向射入匀强磁场，经过时间t 进入匀强电场，在电场中运动一段时间后离开电场，粒子再次进入匀强磁场后恰好能直接回到原点O .不计粒子重力，求：
(1)磁场的磁感应强度B ；
(2)粒子第一次在电场中运动的时间t 1； (3)粒子第n 次离开电场时距原点的距离s n . 答案 (1)
πm qt
(2)
22t π (3)22nvt
π
(n ＝1,2,3，…) 解析 (1)设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为R ，周期为T ，则：qvB ＝m v 2
R ，
T ＝2πR v ，t ＝T
2
解得：B ＝
πm qt
(2)设粒子第一次离开电场时的速度为v 1，方向与－y 的夹角为θ，沿－y 方向的位移为s 1，如图所示
粒子在电场中做类平抛运动，有tan θ＝4R
s
1
，v＝v1cos θ
粒子再次进入磁场时做圆周运动的半径R1＝
s
1
2sin θ
由qvB＝m v2
R
，可得
R
R
1
＝
v
v
1
＝cos θ
联立解得s1＝22R＝22vt π
粒子第一次在电场中运动的时间t1＝s
1
v
＝
22t
π
(3)粒子第二次进入电场后的速度为v1，且与－y方向的夹角为θ，粒子做类斜拋运动．易知粒子第二次在电场中运动的时间为t2＝2t1
离开电场时，在y方向的位移为s2＝vt2＝2s1＝42vt π
粒子第三次进入电场与第一次离开电场的位置相同，运动轨迹如图中虚线所示，
可知粒子第n次离开电场时距原点的距离s n＝22nvt
π
(n＝1,2,3…)
二．选做题（15分）
33.【物理——选修3－3】(15分)
(1)(5分)下列说法中正确的是________。

(填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.图1为氧气分子在不同温度下的速率分布图象，由图可知状态①的温度比状态
②的温度高
B.图2为一定质量的理想气体状态变化的p－V图线，由图可知气体由状态A变化到B的过程中，气体分子平均动能先增大后减小
C.图3为分子间作用力的合力与分子间距离的关系，当分子间的距离r>r0时，分子势能随分子间的距离增大而减小
D.液体表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大；附着层内液体分子间的距离比液体内部分子间的距离小
E.能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性
答案ABE
解析(1)速率大的分子所占比例大的状态温度高，故选项A正确；由pV
T
＝C可知
pV乘积越大气体温度越高，再由图2可知，pV乘积先增大后减小，故气体温度先升高后降低，而温度是分子平均动能大小的标志，故选项B正确；由图3可知，r>r
时分子力表现为引力，则随分子间距离增大分子力做负功，分子势能是增加的，选项C错误；发生浸润现象时，附着层内液体分子间的距离比液体内部分子间的距离小，而发生不浸润现象时则相反，选项D错误；由热力学第二定律知E 正确。

(2)(10分)如图所示，绝热汽缸倒扣放置，质量为M的绝热活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸间摩擦可忽略不计，活塞下部空间与外界连通，汽缸底部连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。

初始时，封闭气体温度为T，活塞距离汽缸底部的高度为h0，细管内两侧水银柱存在高度差。

已知水银密度为ρ，大气压强为p0，汽缸横截面积为S，重力加速度为g，求：
(ⅰ)U形管内两侧水银柱的高度差；
(ⅱ)通过加热装置缓缓提高气体温度使活塞下降Δh0，则此时的温度为多少？此加热过程中，若气体吸收的热量为Q，则气体内能的变化为多少？
答案(ⅰ)
M S ρ (ⅱ)h 0＋Δh 0
h 0
T 0 Q －(p 0S －Mg )Δh 0
解析(ⅰ)设封闭气体的压强为p ，对活塞受力分析：
p 0S ＝pS ＋Mg (1分)
气体的压强p ＝p 0－ρg Δh (1分) 解得：Δh ＝
M
S ρ
(1分) (ⅱ)加热过程中气体的变化是等压变化
h 0S T 0＝（h 0＋Δh 0）S T (2分) T ＝h 0＋Δh 0h 0
T 0(1分)
气体对外做功为W ＝pS Δh 0＝(p 0S －Mg )Δh 0(1分) 根据热力学第一定律：ΔU ＝Q －W (2分) 可得：ΔU ＝Q －(p 0S －Mg )Δh 0(1分) 34.【物理——选修3－4】(15分)
(1)(5分)如图所示为一列简谐横波在t ＝0.2 s 时的波形图，A 、B 、C 、D 是介质中的四个质点，且质点B 的振动方程为y B ＝10sin 5πt(cm)，下列关于这列简谐波的说法正确的是________。

(填正确答案标号。

选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分)
A.该列波沿x 轴正方向传播
B.该列波沿x 轴负方向传播
C.质点A 的振动速度一定为5 m/s
D.质点D 比质点C 先回到平衡位置
E.再经过0.2 s ，质点B 的路程为20 cm
答案BDE
解析由质点B的振动方程可知，下一时刻质点B朝y轴负方向运动，即可得波
沿着x轴负方向传播，选项A错误，B正确；该波的周期T＝2π
ω
＝0.4 s，波长λ
＝2 m，则该波的传播速度v＝λ
T
＝5 m/s，波的传播速度并不等于质点的振动速
度，选项C错误；因为质点D朝着平衡位置振动，质点C远离平衡位置振动，故
质点D先回到平衡位置，选项D正确；在0.2 s时间内，质点B的路程s＝0.2 0.4
×
4×10 cm＝20 cm，选项E正确。

(2)(10分)半径为R的半圆柱形玻璃砖的横截面如图所示，O为圆心，一束平行光从玻璃砖的圆弧面射入，其中光线Ⅰ沿半径方向从A处射入玻璃砖后，恰好在O 点发生全反射。

另一条光线Ⅱ平行于光线Ⅰ从最高点B射入玻璃砖后，折射到MN
边界上的P点，测得OP＝
3
3 R。

(ⅰ)求该玻璃砖的折射率；
(ⅱ)求光线能够从MN边界射出的区域长度。

答案(ⅰ) 2 (ⅱ)
2 2 R
解析(ⅰ)设光线Ⅱ的入射角和折射角分别为θ和β，因为光线Ⅰ恰好发生全反射，
则有sin θ＝1
n
(1分)
对光线Ⅱ，在△OPB中，tan β＝
3
3
R
R
＝
3
3
，
则β＝30°，sin β＝1
2
(2分)
由折射定律可得n＝sin θ
sin β
＝
1
n
1
2
(1分)
解得n＝2(1分)
(ⅱ)因为光线Ⅰ恰好在O点发生全反射，则其左侧的光线在MN边界上全部发生全反射，光线Ⅰ右侧光线均射到MN边界上O点的右侧，入射光线与圆弧相切时，经玻璃砖折射后能够到达MN边界上的Q点，则OQ即为光线射出的区域，光路如图所示，则有
sin 90°
sin α
＝n＝2(1分)
则sin α＝
2
2
，α＝45°(2分)
由几何关系知，光线平行OB射出，
则l OQ＝R sin 45°＝
2
2
R(2分)。