2020高考物理通用版大二轮复习练习：“2 2”定时训练5 2018年（全国2卷）逐题仿真练 WORD版含解析.docx

1、2018年(全国2卷)逐题仿真练题号24253334考点动量观点和动力学方法的应用带电粒子在复合场中运动气体内能和气体实验定律机械波和光24(12分)(2019辽宁大连市第二次模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来如图1所示是一个滑板场地，OP段是光滑的圆弧轨道，半径为0.8 mPQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为0.2.滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳滑板手离开滑板A后，滑板A以速度v12 m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板B上，并一起向前继续滑动已知两滑板质量均为m5 kg，滑板手的质量是滑板的9倍，滑板B与P

2、点的距离为x1 m，g10 m/s2.(不考虑滑板的长度以及滑板手和滑板间的作用时间，不计空气阻力)求：图1(1)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力；(2)滑板手落到滑板B后瞬间，滑板B的速度大小；(3)两个滑板间的最终距离答案(1)1 500 N，竖直向下(2)4.2 m/s(3)4.41 m解析(1)滑板手与滑板A由O点下滑到P点过程，由机械能守恒：10mgR10mv2，代入数据解得v4 m/s ，设在P点时滑板手与滑板A所受到的支持力为FN：由牛顿第二定律可得FN10mg10m代入数据解得：FN1 500 N，根据牛顿第三定律得F压FN1 500 N，方向竖直向下；

3、(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板A水平方向动量守恒10mvmv19mv2，代入数据解得：v2 m/s，滑板手跳上B板，滑板手与滑板B水平方向动量守恒9mv210mv3，解得：v34.2 m/s；(3)滑板B的位移xB4.41 m ，滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，所以再次返回P点时的速度大小仍为v12 m/s，滑板A在水平地面上的位移xA1 m，最终两滑板的间距为LxBxxA4.41 m.25(20分)(2019山西运城市5月适应性测试)如图2甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场现有质量m11018 kg，

4、电荷量q11015 C的带电微粒从坐标为(0，0.5 m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点以v200 m/s的速度垂直x轴进入三角形区域若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等已知三角形的边长L4 m，O、P两点间距离为d1 m，重力不计求：图2(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；(2)若两磁场的磁感应强度大小B0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间；(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小应满足什么条件答案(1)320 V/m200 m/s(2)6.28102 s(3)B(

5、0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)解析(1)在匀强电场中，对微粒受力分析，根据牛顿运动定律可知，水平方向OPt2竖直方向OQvt水平分速度vxt微粒的初速度v0联立解得E320 V/m，v0200 m/s；(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，所以qvBm，解得r1 mT，解得T3.14102 s粒子的运动轨迹如图(a)所示，所以一个周期时间：t336.28102 s(3)粒子的运动轨迹如图(b)所示由对称性可知，要想粒子能回到P点，则粒子运动的半径应满足r(2n1)OP(n0,1,2,3)且r，联立可得B(0.4n0.2) T，(n0,1,2,3)33【选修33】(15分)(1)(5

6、分)一定质量的理想气体从状态M到达状态N，有两个过程可以经历，其pV图象如图3所示在过程1中，气体始终与外界无热量交换；在过程2中，气体先经历等容变化再经历等压变化对于这两个过程，下列说法正确的是_图3A气体经历过程1，其温度降低，内能减少B气体经历过程1，对外做功，内能不一定减少C气体在过程2中，一直对外做功D气体在过程2中，先向外放热后吸热E气体在过程2中，一直向外放热(2)(10分)如图4所示，一开口向上的汽缸固定在水平地面上，质量均为m、厚度不计、横截面积均为S的活塞A、B将缸内气体分成、两部分，在活塞A的上方放置一质量也为m的物块，整个装置处于静止状态，此时、两部分气体的长度均为L0

7、.已知大气压强p0，气体可视为理想气体且温度始终保持不变，不计一切摩擦，汽缸足够高当把活塞A上面的物块取走时，活塞A将向上移动，求系统重新达到静止状态时，活塞A上升的高度图4答案(1)AD(2)L0解析(1)气体经历过程1，压强减小，体积变大，气体膨胀对外做功，因气体始终与外界无热量交换，则内能减少，故温度降低，故A正确，B错误；气体在过程2中，根据理想气体状态方程C，刚开始时，体积不变，对外不做功，压强减小，则温度降低，对外放热，然后压强不变，体积变大，则气体膨胀对外做功，温度升高，吸热，故C、E错误，D正确(2)对气体，其初态压强p1p02p0末态压强为p1p0p0，设末态时气体的长度为L

8、1根据玻意耳定律得：p1L0Sp1L1S解得L1L0对气体，其初态压强为p2p1p0末态压强为p2p12p0设末状态时气体的长度为L2根据玻意耳定律得：p2L0Sp2L2S解得：L2L0故活塞A 上升的高度为hL1L22L0L0.34【选修34】(15分)(2019福建龙岩市5月模拟)(1)(5分)如图5，位于坐标原点的某波源S振动方程y10sin (200t) cm，产生的简谐横波沿x轴正、负方向传播，波速v80 m/s.在x轴上有M、N、P 三点，已知SMSN1 m，NP0.2 m当波刚传到质点P时，P点的振动方向沿y轴_(填“正”或“负”)方向，N质点的位移为_ cm.此后质点M、N的振

9、动方向始终_(填“相同”或“相反”)图5(2) (10分)半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图6所示，O点为圆心，OO为直径AB的垂线足够大的光屏CE紧靠在玻璃砖的右侧且与AB垂直由两种频率的单色光组成的一细束复色光，沿半径方向与OO成某一角度射向O点，光屏上出现了三个光斑C、D、E，且BCR，BDR，BER.玻璃砖对两单色光的折射率分别为n1和n2(且n2n1)图6求n2；若入射点O不变，逐渐增大入射角，当光屏上恰好只剩一个光斑时，求此时角答案(1)正10相同(2)45解析(1)由波源S的振动方程知，波源的起振方向沿y轴正方向，所以介质中所有质点的起振方向均沿y轴正方向；由振动方程y10sin (200t) cm知，200，T0.01 s，所以波长vT0.8 m，NP0.2 m，所以当波刚传到质点P时，N质点处在波峰的位置，位移为10 cm；由于SMSN1 m，M、N的振动步调一致，振动方向始终相同(2)光路图如图所示，设入射角为，折射光线OD的折射角为，由折射定律得n2由几何关系得BCRBDR可得：60，30所以：n2.设折射光线OE的折射角为，由折射定律得n1根据几何关系得BER可得：45所以：n1当光屏恰好只剩一个光斑时，折射率小的单色光恰好发生全反射，此时sin 解得此时45.