高中物理数学物理法模拟试题(20200912125226)

高中物理数学物理法模拟试题(20200912125226)

高中物理数学物理法模拟试题 一、数学物理法 1．两块平行正对的水平金属板 AB，极板长 0.2mL ，板间距离 0.2md ，在金属板右 端竖直边界 MN 的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度 35 10 TB ，方向垂直 纸面向里。两极板间电势差 UAB 随时间变化规律如右图所示。现有带正电的粒子流以 5 0 10 m/sv 的速度沿水平中线 OO 连续射入电场中，粒子的比荷 810 C/kgq m ，重力忽 略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场视为匀强电场（两板外无电场）。求： (1)要使带电粒子射出水平金属板，两金属板间电势差 UAB 取值范围； (2)若粒子在距 O 点下方 0.05m 处射入磁场，从 MN 上某点射出磁场，此过程出射点与入 射点间的距离 y ； (3)所有粒子在磁场中运动的最长时间 t。 【答案】 (1) 100V 100VABU ；(2)0.4m ；(3) 69.42 10 s 【解析】 【分析】 【详解】 (1)带电粒子刚好穿过对应偏转电压最大为 mU ，此时粒子在电场中做类平抛运动，加速大 小为 a，时间为 t 1。水平方向上 0 1L v t ① 竖直方向上 2 1 1 2 2 d at ② 又由于 mUq ma d ③ 联立 ①②③ 得 m 100VU 由题意可知，要使带电粒子射出水平金属板，两板间电势差 100V 100VABU (2)如图所示 从 O 点下方 0.05m 处射入磁场的粒子速度大小为 v，速度水平分量大小为 0v ，竖直分量大 小为 yv ，速度偏向角为 θ。粒子在磁场中圆周运动的轨道半径为 R，则 2mvqvB R ④ 0 cosv v ⑤ 2 cosy R ⑥ 联立 ④⑤⑥ 得 02 0.4mmvy qB (3)从极板下边界射入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长。如图所示 粒子进入磁场速度大小为 v1，速度水平分量大小为 01v ，竖直分量大小为 vy1，速度偏向角 为 α，则对粒子在电场中 01 1L v t ⑦ 1 1 0 2 2 yvd t ⑧ 联立 ⑦⑧ 得 1 01yv v 1 01 tan yv v 得 π 4 粒子在磁场中圆周运动的轨道半径为 R ，则 2 1 1 mvqv B R ⑨ 1mvR qB ⑩ 带电粒子在磁场中圆周运动的周期为 T 1 2π 2πR mT v qB ? 在磁场中运动时间 2π (π 2 ) 2π t T ? 联立 ?? 得 6 63π 10 s 9.42 10 st 2．如图所示，在竖直边界 1、2 间倾斜固定一内径较小的光滑绝缘直管道，其长度为 L， 上端离地面高 L，下端离地面高 2 L ．边界 1 左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为 E1 （未知），边界 2 右侧有竖直向上的场强大小为 E2（未知）的匀强电场和垂直纸面向里的 匀强磁场（图中未画出）．现将质量为 m、电荷量为 q 的小球从距离管上端口 2L 处无初速 释放，小球恰好无碰撞进入管内（即小球以平行于管道的方向进入管内），离开管道后在 边界 2 右侧的运动轨迹为圆弧，重力加速度为 g． （1）计算 E1 与 E2 的比值； （2）若小球第一次过边界 2 后，小球运动的圆弧轨迹恰好与地面相切，计算满足条件的磁 感应强度 B0； （3）若小球第一次过边界 2 后不落到地面上（即 B>B0），计算小球在磁场中运动到最高 点时，小球在磁场中的位移与小球在磁场中运动时间的比值．（若计算结果中有非特殊角 的三角函数，可以直接用三角函数表示） 【答案】（ 1） 3 ：1；（ 2） 3(2 3)m gL qL ；（ 3） 36 cos15 7 gL 【解析】 【分析】 根据题意，粒子先经过电场，做匀加速直线运动，在进入管中，出来以后做匀速圆周运 动，画出物体的运动轨迹，再根据相关的公式和定理即可求解。 【详解】 （1）设管道与水平面的夹角为 α，由几何关系得： / 2 1sin 2 L L L 解得： 30 由题意，小球在边界 1 受力分析如下图所示，有： 1 tanmg qE 因小球进入边界 2 右侧区域后的轨迹为圆弧，则有： mg ＝qE2 解得比值： E1 ：E2＝ 3 ：1 （2）设小球刚进入边界 2 时速度大小为 v，由动能定理有： 2 1 13 sin30 2 cos30 2 mg L E q L mv 联立上式解得： 3v gL 设小球进入 E2 后，圆弧轨迹恰好与地面相切时的轨道半径为 R，如下图，由几何关系得： cos30 + 2 LR R 代入数据解得： (2 3)R L 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： 2 0 vqvB m R 代入数据解得： 0 3(2 3)m gLB qL （3）如下图，设此时圆周运动的半径为 r，小球在磁场中运动到最高点时的位移为： 2 cos15S r 圆周运动周期为： 2 rT v 则小球运动时间为： 7 12 t T 解得比值： 362 cos15 cos157 7 12 gLS r t T 【点睛】 考察粒子在复合场中的运动。 3．如图所示，圆心为 O1、半径 4cmR 的圆形边界内有垂直纸面方向的匀强磁场 B1，边 界上的 P 点有一粒子源，能沿纸面同时向磁场内每个方向均匀发射比荷 62.5 10 C/kgq m 、速率 51 10 m/sv 的带负电的粒子，忽略粒子间的相互作用及重 力。其中沿竖直方向 PO1 的粒子恰能从圆周上的 C 点沿水平方向进入板间的匀强电场（忽 略边缘效应）。两平行板长 1 10cmL （厚度不计），位于圆形边界最高和最低两点的切 线方向上， C 点位于过两板左侧边缘的竖线上，上板接电源正极。距极板右侧 2 5cmL 处 有磁感应强度为 2 1TB 、垂直纸面向里的匀强磁场， EF、MN 是其左右的竖直边界（上下 无边界），两边界间距 8cmL ， O1C 的延长线与两边界的交点分别为 A 和 O2，下板板的 延长线与边界交于 D，在 AD 之间有一收集板，粒子打到板上即被吸收（不影响原有的电 场和磁场）。求： (1)磁感应强度 B1 的方向和大小； (2)为使从 C 点进入的粒子出电场后经磁场偏转能打到收集板上，两板所加电压 U 的范围； (3)当两板所加电压为 (2)中最大值时，打在收集板上的粒子数与总粒子数的比值 η。（可用 反三解函数表示，如 π 1arcsin 6 2 ） 【答案】 (1) 1 1B T，方向垂直纸面向里； (2)1280V 2400VU ； (3) 1 7arcsin arcsin16 8 π 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题可知，粒子在圆形磁场区域内运动半径 r R 则 2 1 vqvB m R 得 1 1TB 方向垂直纸面向里。 (2)如图所示 211 ( ) 2 2 LqUy mR v 且要出电场 0 4cmy 在磁场 B2 中运动时 2 2 vqvB m r 合 ， cos vv a合 进入 B2 后返回到边界 EF时，进出位置间距 2 cosy r a 得 2 2mvy qB 代入得 8cmy 说明与加速电场大小无关。要打到收集板上，设粒子从 C点到 EF边界上时所发生的侧移为 y0，需满足 04cm 8cmy 且 1 10 2 2 2 L y Ly L 得 2cm 4cmy sinr r a L 且 1 2tan ya L 得 150 cm 4 y 综上需满足 152cm cm 4 y 即两板所加电压 U 满足 1280V 2400VU (3)由 (2)可知，两板间加最大电压 2400V 时，带电粒子出电场时的偏转距离为 15 4 cm，则要 打到收集板上，粒子应从 PO1 左侧的 θ角和右侧的 β角之间出射，其中 1sin 16 ， 7sin 8 即能打到收集板上的粒子数占总粒数的比值 1 7arcsin arcsin 16 8 π 4．如图所示，直角 MNQ△ 为一个玻璃砖的横截面，其中 90Q ， 30N ， MQ 边的长度为 a ， P 为 MN 的中点。一条光线从 P 点射入玻璃砖，入射方向与 NP 夹角为 45°。光线恰能从 Q 点射出。 (1)求该玻璃的折射率； (2)若与 NP 夹角 90°的范围内均有上述同频率光线从 P 点射入玻璃砖，分析计算光线不能 从玻璃砖射出的范围。 【答案】 (1) 2 ；(2) 3 1 2 a 【解析】 【详解】 (1)如图甲，由几何关系知 P 点的折射角为 30°。 则有 sin 45 2 sin 30 n (2)如图乙，由折射规律结合几何关系知，各方向的入射光线进入 P 点后的折射光线分布在 CQB范围内，设在 D 点全反射，则 DQ 范围无光线射出。 D 点有 1 sin n 解得 45 由几何关系知 DQ EQ ED ， 1 2 ED EP a ， 3 2 EQ a 解得 3 1 2 DQ a 5．在地面上方某一点分别以 和 的初速度先后竖直向上抛出两个小球（可视为质 点），第二个小球抛出后经过 时间与第一个小球相遇，要求相遇地点在抛出点或抛出点 以上，改变两球抛出的时间间隔，便可以改变 值，试求 （1）若 ， 的最大值 （2）若 ， 的最大值 【答案】（ 1） （2） 2 2 2 12 v vvt g g 【解析】 试题分析：（ 1）若 ， 取最大值时，应该在抛出点处相遇 ，则 最大值 （2）若 ， 取最大值时，应该在第一个小球的上抛最高点相遇 ， 解得 ，分析可知 ，所以舍去 最大值 2 2 2 12 v vvt g g 考点：考查了匀变速直线运动规律的应用 【名师点睛】本题的解题是判断并确定出 △t 取得最大的条件，也可以运用函数法求极值 分析． 6．图示为直角三角形棱镜的截面， 90C ， 30A ，AB 边长为 20cm，D 点到 A 点 的距离为 7cm，一束细单色光平行 AC边从 D 点射入棱镜中，经 AC边反射后从 BC边上的 F 点射出，出射光线与 BC边的夹角为 30 ，求： (1)棱镜的折射率； (2)F 点到 C点的距离。 【答案】 (1) 3 ；(2) 3cm 【解析】 【详解】 (1)由几何知识可知，光束从 D 点入射的入射角 60i ，做出光路图： 设对应折射角为 r ，则光束在 AC 边的入射角为 90 (60 ) 30i r r 在 BC 边上的入射角 90 (30 ) 60i r r 在 BC 边上的折射角 90 30 60r 由折射定律，可知在 D 点入射时 sin sin in r 在 F 点入射时 sin 60 sin(60 ) n r 解得 30r 折射率为 3n (2)由几何知识，可知 2 cos30 7 3cmAE AD 3 3cmCE AC AE 3tan30 3 CF CE 解得 3cmCF 7．如图所示，是两对接的轨道，两轨道与水平的夹角均为 30 ，左轨道光滑，右轨道 粗糙。一质点自左轨道上距 O 点 L0 处从静止起滑下，当质点第二次返回到左轨道并达到最 高点时，它离 O 点的距离为 0 3 L ，两轨道对接处有一个很小的圆弧，质点与轨道不会发生 碰撞，求质点与右轨道的动摩擦因数。 【答案】 0.155 【解析】 【分析】 【详解】 如图所示 小球从 h1 到 h2，由动能定理 2 1 2 cos 0 sin hmg h h mg 解得 2 1 1 1 cot h h 小球从 h2 到 h3，由动能定理 2 3 2cot 0mg h h mg h 解得 3 2(1 cot )h h 小球从 h3 到 h4，可得 4 3 1 1 cot h h 小球从 h4 到 h5，可得 5 4(1 cot )h h 联立解得 2 5 12 (1 cot ) (1 cot ) h h 据题意知 1 5 3 hh 解得 3 1tan 0.155 3 1 8．如图，一玻璃砖截面为矩形 ABCD，固定在水面上，其下表面 BC刚好跟水接触。现有 一单色平行光束与水平方向夹角为 θ（ θ>0），从 AB 面射入玻璃砖。若要求不论 θ取多 少，此光束从 AB 面进入后，到达 BC界面上的部分都能在 BC面上发生全反射，则该玻璃 砖的折射率最小为多少？已知水的折射率为 4 3 。 【答案】 5 3 【解析】 【分析】 【详解】 随着 θ的增大，当 θ为 90o 时， α最大， β最小，此时若在 BC上发生全反射，则对任意 θ 都能发生全反射。 由折射定律 sin 90 sin n 由全反射有 4 3sin n 由几何关系有 2 2sin sin 1 由以上各式解得 5 3 n 9．落地速度： v＝＝，以 θ表示落地速度与 x 轴正方向间的夹角，有 tan θ＝＝，即落地速 度也只与初速度 v0 和下落高度 h 有关． 10．民航客机一般都有紧急出口，发生意外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长 的气囊会自动充气，生成一条连接出口与地面的斜面，人员可沿斜面滑行到地上．若机舱 口下沿距地面 3.2m ，气囊所构成的斜面长度为 4.0m，一个质量为 60kg 的人沿气囊滑下时 所受的阻力是 240N．求： （1）人下滑过程中的加速度为多大？ （2）人滑至气囊底端时速度有多大？ 【答案】（ 1）人下滑过程中的加速度为 4m/s 2 （2）人滑至气囊底端时速度有 5.7m/s 【解析】 解：（ 1）人运动过程由受力分析可知， 由牛顿第二定律 F=ma可得： 沿斜面方向： mgsinθ﹣f=ma 由上式可得人在气囊上下滑的加速度为： （2）由运动学公式 可得 人滑至气囊底端时速度为： 答：（ 1）人下滑过程中的加速度为 4m/s 2（2）人滑至气囊底端时速度有 5.7m/s 【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运 动学的桥梁 11． 电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。如图所示为显像管工作原理 示意图，阴极 K 发射的电子束（初速度不计）经电压为 U 的电场加速后，进入一圆形区 域，圆形区域中心为 O，半径为 r，荧光屏 MN 到中心 O 的距离为 L。当圆形区域内不加磁 场时，电子束将通过 O 点垂直打到屏幕的中心 P 点。当圆形区域内加一垂直于圆面向里的 磁感应强度为 B 的匀强磁场时，电子束打在荧光屏上的 Q 点（图中末标出）， PQ 的长度 为 3L 。不计电子之间的相互作用。求： (1)电子的比荷 e m ； (2)电子在磁场中运动的时间。 【答案】 (1) 2 2 2 3 U B r ；(2) 2π 2 Br U 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设电子进入磁场时的速度为 v，根据动能定理 21 2 eU mv 可得 2eUv m 画出电子运动轨迹，如图所示 设偏转角度为 θ，由几何关系 3tan L L 可得 60 电子束在磁场中转过的圆心角也为 θ，而 tan 2 r R 解得 3R r 根据洛伦兹力提供向心力可得 2mvevB R 解得 2 2 2 3 e U m B r (2)根据粒子在磁场中运动的周期 2π 2πR mT v eB 可得电子在磁场中运动的时间 1 360 6 t T T 解得 2π 2 Brt U 12． 如图所示，位于竖直平面内的坐标系 xOy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直 于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B＝0.5 T，还有沿 x 轴负方向的匀强电场，场 强大小为 E＝2 N/C。在其第一象限空间有沿 y 轴负方向、场强大小也为 E 的匀强电场，并 在 y>h＝ 0.4 m 的区域有磁感应强度也为 B 的垂直于纸面向里的匀强磁场。一个带电荷量为 q 的油滴从图中第三象限的 P 点得到一初速度，恰好能沿 PO 做匀速直线运动（ PO与 x 轴 负方向的夹角为 θ＝45°），并从原点 O 进入第一象限。已知重力加速度 g 取 10 m/s 2。 求： (1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带 何种电荷； (2)油滴在 P 点得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值。 【答案】 (1)1:1: 2 ，负电； (2) 4 2 m/s ；(3)0.828 s，（ 4.0 m， 0） 【解析】 【分析】 【详解】 (1)分析油滴受力可知，要使油滴做匀速直线运动，油滴应带负电，受力如图所示： 由平衡条件和几何关系得 cos45f qE sin45 =f mg 则油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比 mg∶qE∶ f＝1:1: 2 (2)对油滴在垂直 PO方向上应用平衡条件，有 qvB＝2Eqsin 45 ° 代入数据解得 v＝ 4 2 m/s。 (3)由 (1)可知，油滴在第一象限内受到的重力等于电场力，故油滴在电场与重力场的复合场 中做匀速直线运动，在电场、磁场、重力场三者的复合场中做匀速圆周运动，轨迹如图所 示，由 O 到 A 匀速运动的位移为 s1＝ = 2 0.4 2m sin 45? h h 运动时间为 t1＝ 1s v ＝0.1s 油滴在复合场中做匀速圆周运动的周期 2πmT qB ，由几何关系知油滴由 A 到 C运动的时间 为 2 1 2π π 0.628s 4 2 2 m Et T qB Bg 从 C 到 N，粒子做匀速直线运动，由对称性知，运动时间 t3＝t1＝0.1 s 则油滴在第一象限内总的运动时间为 t＝t 1＋t 2＋t3＝0.828 s 设 OA、AC、 CN 段在 x 轴上的投影分别为 x1、x2、x3，则 x1＝x3＝h＝ 0.4 m x2＝ 2 r＝ 2 mv qB 由 (1)可知 2 mg＝qvB 代入上式可得 x2＝ 3.2 m，所以油滴在第一象限内沿 x 轴方向运动的总位移为 x＝x1＋x2＋x3＝4 m 油滴离开第一象限时的位置坐标为（ 4.0 m，0）。 答： (1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比为 1:1: 2 ，油滴带负电荷； (2)油滴在 P 点得到的初速度大小为 4 2 m/s；(3)油滴在第一象 限运动的时间为 0.828 s，油滴离开第一象限处的坐标值为（ 4.0 m ，0）。 13． 如图所示，正方形光滑水平台面 WXYZ边长 L=1.8m，距地面高 h=0.8m。CD线平行于 WX 边，且它们间距 d=0.1m。一个质量为 m 的微粒从 W 点静止释放，在 WXDC平台区域 受到一个从 W 点指向 C点的恒力 F1=1.25 × 10-11N 作用，进入 CDYZ平台区域后， F1 消失， 受到另一个力 F2 作用，其大小满足 F2=5× 10-13v（v 是其速度大小），运动过程中其方向总 是垂直于速度方向，从而在平台上做匀速圆周运动，然后由 XY边界离开台面，（台面以外 区域 F2=0）。微粒均视为质点，取 g=10m/s 2。 (1)若微粒质量 m=1× 10-13kg，求微粒在 CDYZ平台区域运动时的轨道半径； (2)若微粒质量 m=1× 10-13kg，求微粒落地点到平台下边线 AB 的距离。 【答案】 (1)1m；(2)1.2m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)微粒从 W 到 C，由牛顿第二定律得 1F ma 又 2 2v ad 所以 11 1 13 2 2 1.25 10 m/s 5m/s 1 0.1 10 F dv m 微粒在 CDYZ区域运动时， 1 2 35 10 vF v k 提供向心力，由牛顿第二定律得 2vkv m r 得 13 13 1 10 m 1m 5 0 5 1 mvr k (2)微粒在 CDYZ区域运动时，其运行轨迹如图 由几何关系得 cos 0.8L r r sin 0.6 微粒离开平台后做平抛运动 21 2 h gt x vt 所以 2 2 0.85 m 2m 10 hx v g 故微粒落地点到平台下边线 AB 的距离为 sin 2 0.6m 1.2ms x 14． 如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场 方向的固定轴 OO 匀速转动，线圈的匝数 100N 匝、线圈所围面积 20.1mS ，线圈电 阻不计，线圈的两端经滑环和电刷与阻值 10ΩR 的电阻相连，匀强磁场的磁感应强度 2TB ，测得电路中交流电流表的示数为 5A。则： (1)交流发电机的线圈转动的角速度是多少？ (2)从图示位置开始计时，写出电源电动势的瞬时表达式。 【答案】 (1)5rad/s；(2) 50 2 cos5 (V)t 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题可知，电路中的电流为 5AI 线圈电动势为 50VE IR 则电动势的最大值为 m 2 50 2VE E 又 mE NBS 则 m 5rad/sE NBS (2)由图可知，此时线圈平面与磁场方向平行，所以电源电动势的瞬时表达式为 50 2 cos5 (V)e t 15． 如图所示，直角坐标系 xOy 处于竖直平面内， x 轴沿水平方向，在 y 轴右侧存在电场 强度为 E1、水平向左的匀强电场，在 y 轴左侧存在匀强电场和匀强磁场，电场强度为 E2， 方向竖直向上，匀强磁场的磁感应强度 6TB ，方向垂直纸面向外。在坐标为（ 0.4m， 0.4m）的 A 点处将一带正电小球由静止释放，小球沿直线 AO 经原点 O 第一次穿过 y 轴。 已知 1 2 4.5N/CE E ，重力加速度为 210m/sg ，求： (1)小球的比荷（ q m ）及小球第一次穿过 y 轴时的速度大小； (2)小球第二次穿过 y 轴时的纵坐标； (3)小球从 O 点到第三次穿过 y 轴所经历的时间。 【答案】 (1) 20 C/kg 9 q m ，4m/s ；(2) 0.3 2m ；(3) 9π 2 2( )s 80 5 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题可知，小球受到的合力方向由 A 点指向 O 点，则 1qE mg ① 解得 20 C/kg 9 q m ② 由动能定理得 2 1 1 1 1 0 2 mgy qE x mv ③ 解得 4m/sv ④ (2)小球在 y 轴左侧时 2qE mg 故小球做匀速圆周运动，其轨迹如图，设小球做圆周运动的半径为 R，由牛顿第二定律得 2mvqvB R ⑤ 解得 0.3mR ⑥ 由几何关系可知，第二次穿过 y 轴时的纵坐标为 2 2 0.3 2my R ⑦ (3)设小球第一次在 y 轴左侧运动的时间为 1t ，由几何关系和运动规律可知 1 3π 9πs 2 80 Rt v ⑧ 小球第二次穿过 y 轴后，在第一象限做类平抛运动（如图所示），由几何关系知，此过程 小球沿速度 v 方向的位移和垂直 v 方向的位移大小相等，设为 r，运动时间为 2t ，则 2r vt ⑨ 2 2 1 2 r at ⑩ 由①式可得 2a g ? 可得 2 2 2 s 5 t ? 小球从 O 点到第三次穿过 y 轴所经历的时间 1 2 9π 2 2( )s 80 5 t t t ?