搜索
1专题15新情景问题2019年高三二模、三模物理试题分项解析（II）一．选择题1．（2019安徽合肥二模）某兴趣小组制作了一个简易的“转动装置”，如图甲所示，在干电池的负极吸上一块圆柱形强磁铁，然后将一金属导线折成顶端有一支点、底端开口的导线框，并使导线框的支点与电源正极、底端与磁铁均良好接触但不固定，图乙是该装置的示意图。若线框逆时针转动(俯视)，下列说法正确的是A．线框转动是因为发生了电磁感应B．磁铁导电，且与电池负极接触的一端是S极C．若将磁铁的两极对调，则线框转动方向不变D．线框转动稳定时的电流比开始转动时的大【参考答案】B【命题意图】此题以兴趣小组制作的简易的“转动装置”为情景，考查电动机原理、安培力、左手定则及其相关知识点。【解题思路】线框转动是因为金属导线中电流受到了安培力作用，选项A错误；若线框逆时针转动(俯视)，说明水平部分金属导线所受的安培力方向为逆时针方向，由左手定则可判断出水平部分金属导线所在处磁场方向竖直向上，即磁铁导电，且与电池负极接触的一端是S极，选项B正确；若将磁铁的两极对调，则线框转动方向改变，选项C错误；线框转动稳定时金属导线切割磁感线产生感应电动势，电动势方向与干电池电动势方向相反，金属导线中的电流比开始转动时的小，选项D错误。【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是对题述情景不明确，原理不懂，导致错选A；二是对线框转动的机理不清楚，导致错选C或D。2．(2019山东济南二模)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件。如图所示，连杆下端连接活塞Q，上端连接曲轴P。在工作过程中，活塞在气缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O旋转，若P做线速度大小为v0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是2A．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于v0B．当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于v0C．当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度等于v0D．当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度小于v0【参考答案】B【名师解析】当OP与OQ垂直时，活塞运动沿连杆PQ方向的分速度的速度等于v0，将活塞实际运动的速度沿连杆和垂直连杆方向分解，可知活塞运动的速度大于v0，选项B正确A错误；当OPQ在同一直线时，活塞运动的速度为零，选项CD错误。3．[2019·领航高考冲刺卷]如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．纸面内有两个半径不同的半圆在b点平滑连接后构成一绝缘光滑环．一带电小球套在环上从a点开始运动，发现其速率保持不变．则小球()A．带正电B．受到的洛伦兹力大小不变C．运动过程的加速度大小保持不变D．光滑环对小球始终没有作用力【参考答案】AB【名师解析】：小球速率不变，则做匀速圆周运动，可知所受的电场力和重力平衡，所以小球受向上的电场力，则小球带正电，选项A正确；小球的速率不变，根据F洛＝Bqv可知受到的洛伦兹力大小不变，选项B正确；因小球在不同的圆环中运动的半径不同，根据a＝v2r可知，小球从小圆环过渡到大圆环的过程中加速度变小，选项C错误；小球从小圆环过渡到大圆环的过程中，加速度减小，根据F＋qvB＝ma可知光滑环3对小球的作用力要发生变化，且作用力不可能总是零，选项D错误．4．质谱仪可以测定有机化合物分子结构，现有一种质谱仪的结构可简化为如图所示，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子．若离子化后的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区、圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比荷qm，进而推测有机物的分子结构．已知高压电源的电压为U，圆形磁场区的半径为R，真空管与水平面夹角为θ，离子进入磁场室时速度方向指向圆心．则下列说法正确的是()A．高压电源A端应接电源的正极B．磁场室的磁场方向必须垂直纸面向外C．若离子化后的两同位素X1、X2(X1质量大于X2质量)同时进入磁场室后，出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ，则轨迹Ⅰ一定对应X1D．若磁场室内的磁感应强度大小为B，当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离子比荷qm＝2Utan2θ2B2R2【参考答案】BD【名师解析】正离子在电场中加速，可以判断高压电源A端应接负极，同时根据左手定则知，磁场室的磁场方向应垂直纸面向外，A错误，B正确；设离子通过高压电源后的速度为v，由动能定理可得qU＝12mv2，离子在磁场中偏转，则qvB＝mv2r，联立计算得出r＝1B2mUq，由此可见，质量大的离子的运动轨迹半径大，即轨迹Ⅱ一4定对应X1，C错误；离子在磁场中偏转轨迹如图所示，由几何关系可知r＝Rtanθ2，可解得qm＝2Utan2θ2B2R2，D正确．二．计算题1.（2019浙江选考模拟3）某校航模兴趣小组设计了一个飞行器减速系统，有摩擦阻力、电磁阻尼、空气阻力系统组成，装置如图所示，匝数匝、面积、电阻的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的磁场，其变化率。线圈通过电子开关S连接两根相互平行、间距的水平金属导轨，右端连接的电阻，其余轨道电阻不计。在导轨间的区域1中存在水平向右、长度为的匀强磁场，磁感应强度为，其大小可调；在区域2中存在长度足够长、大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场飞行器可在轨道间运动，其下方固定有一根长为、电阻也为的导体棒AB，与导轨良好接触，飞行器含导体棒总质量。在电子开关闭合的同时，飞行器以的初速度从图示位置开始运动，已知导体棒在区域1中运动时与轨道间的动摩擦因数，，其余各处摩擦均不计。飞行器开始运动时，求AB棒两端的电压U；为使导体棒AB能通过磁场区域1，求磁感应强度应满足的条件；若导体棒进入磁场区域2左边界PQ时，会触发电子开关使S断开，同时飞行器会打开减速伞，已知飞行器受到的空气阻力f与运动速度v成正比，且。当取何值时，导体棒在刚进入PQ区域时的加速度最大，求此加速度的最大值。【名师解析】线圈的感应电动势为：电路中总电阻为：流过导体棒的电流为：5导体棒两端电压为：若导体棒刚好运动到磁场区域1右边界，磁感应强度最大，由动能定理有：得：，故B为使导体棒在磁场区域2中的加速度最大，应取导体棒进入磁场区域2瞬间的速度为由动能定理得：导体棒受到的安培力为：其中，根据牛顿第二定律：得：。答：飞行器开始运动时，求AB棒两端的电压U为2V；为使导体棒AB能通过磁场区域1，磁感应强度应满足的条件为；此加速度的最大值为。【关键点拨】由法拉第电磁感应定律求出电动势，由欧姆定律求出AB两端的电压，由楞次定律判断电流的方向；根据牛顿第二定律和运动学公式，考虑飞行器恰恰通过磁场Ⅰ区域时临界条件，联立可求出磁感应强度的大小和方向；进入磁场Ⅱ区后，为使导体棒在磁场区域2中的加速度最大，应取，由动能定理求解导体棒进入磁场区域2瞬间的速度，根据牛顿第二定律求加速度即可。本题的靓点是飞行器进入磁场Ⅱ区做变加速运动减速到零，这里可以用微元法和平均值法解决问题，但要注意安培力的基础公式应用。2.（2019年3月北京海淀适应性练习---零模）光子不仅具有能量，而且具有动量。照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的压强，这就是“光压”。光压的产生机理与气体压强产生的机理类似：大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力表现为气体的压强。在体积为V的正方体密闭容器中有大量的光子，如图所示。为简化问题，我们做如下假定：每个光子的频率均为V，光子与器壁各面碰撞的机会均等，光子与器壁的碰撞为弹性碰撞，且碰撞前后瞬间光子动量方向都与器壁垂直；不考虑器壁发出光子和对光子的吸收，光子的总数保持不变，且单位体积内光子个数6为n；光子之间无相互作用。已知：单个光子的能量ε和动量p间存在关系ε=pc（其中c为光速），普朗克常量为h。(1)①写出单个光子的动量p的表达式（结果用c、h和ν表示）；②求出光压I的表达式（结果用n、h和ν表示）；(2)类比于理想气体，我们将题目中所述的大量光子的集合称为光子气体，把容器中所有光子的能量称为光子气体的内能。①求出容器内光子气体内能U的表达式（结果用体积V和光压I表示）；②若体积为V的容器中存在分子质量为m、单位体积内气体分子个数为n'的理想气体，分子速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，分子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。求气体内能U'与体积V和压强p气的关系；并从能量和动量之间关系的角度说明光子气体内能表达式与气体内能表达式不同的原因。【名师解析】73.（2019新疆二模）8【名师解析】94．（8分）（2019山东济南期末）图甲是我国运动员在奥运会上蹦床比赛中的一个情景，设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示。取g＝10m/s2，在不计空气阻力情况下，根据F﹣t图象，求：（1）运动员在运动过程中的最大加速度的大小；（2）运动员双脚离开蹦床后的最大速度的大小。【名师分析】刚站上去时，弹力等于重力，则图象可以知道重力大小，可以求得质量。弹力最大时，加速度最大，由图可以看出最大弹力，由牛顿第二定律可以得到最大加速度。运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可求得自由下落的时间。【名师解析】（1）由图象可知刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员的重力为G＝500N，设运动员质量为m，则有：m＝＝50kg，由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为：Fm＝2500N设运动员的最大加速度为am，则：Fm﹣mg＝mam解得：am＝40m/s2（2）由图象可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s，它的时间间隔均为1.6s。根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s。最大速度：vm＝gt解得：vm＝8m/s10答：1）运动员在运动过程中的最大加速度的大小是40m/s2；（2）运动员双脚离开蹦床后的最大速度的大小是8m/s。【关键点拨】本题的关键在于对图象的识别和理解，一是要从图象得到，初始时候弹力等于重力。二是在稳定后每一个在空中的上升和下降时间是相等的。5．如图所示，某玩具厂设计出一个“2018”字形的竖直模型玩具，固定在足够长的水平地面上，四个数字等高，“2”字和“8”字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，过“2”字出口H点的竖直虚线与“2”字上半圆相切，“0”字是半径为R的单层光滑圆轨道，“1”字是高度为2R的具有左右两条通道的光滑竖直细管道，所有轨道转角及连接处均平滑，H、F、B、C间的距离分别为3R、3R、2R。一小物块(可视为质点)分别从“1”字轨道A端的左、右两侧通道进入模型开始运动，小物块与FB、BC段轨道间的动摩擦因数μ1＝0.4，与HF段轨道间的动摩擦因数μ2＝0.15，已知R＝1m。(1)要使小物块能通过“8”字轨道，求小物块从“1”字轨道上端右侧通道射入的初速度的最小值；(2)让小物块以43m/s的初速度从“1”字轨道上端左侧通道射入，通过“0”字轨道最高点后从“2”字轨道J口飞出(J口末端水平)，求落地点到J点正下方的水平距离；(3)若“0”字圆形轨道半径可调(F点位置不动)，且其轨道不能与其他字形重叠。现让小物块从“1”字轨道上端左侧通道由静止释放，要使小物块不脱离“0”字轨道，“0”字轨道半径R′应满足什么条件？【名师解析】(1)能通过“8”字轨道最高点D点的临界速度为vD＝0A至D过程由动能定理得：－μ1mg(2R)＝12mvD2－12mvA2根据以上两式并代入数据得vA＝4m/s。(2)A至J过程由动能定理得：－μ1mg(3R)－μ2mg(3R)＝12mvJ2－12mvA2物块从J飞出后至落地由平抛运动规律得：2R＝12gt2，x＝vJt由以上三式并代入数据得x＝2m。(3)①小物块恰过“0”字最高点G，设此时半径为R1，对G点：mg＝mvG2R1A至G过程由动能定理得：mg(2R－2R1)－μ1mg(3R)＝12mvG2－011代入数据得