专题15 新情景问题.docx

《专题15 新情景问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专题15 新情景问题.docx（11页珍藏版）》请在三一办公上搜索。

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SBA. 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

2、”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

3、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0 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A. 当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度等于B. 当OP与OQ垂直时，活塞运动的速度大于C. 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【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，将活塞实际运动的速 度沿连杆和垂

4、直连杆方向分解，可知活塞运动的速度大于，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，

5、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V2B正确；因小球在不同的圆环中运动的半径不同，根据a=f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 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

6、后打在记录仪上，通过处理就 可以得到离子比荷，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0，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（）样品室离子做产生高能高压电源区 电役置I I Br其空管仪匕聘11瞄室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X、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XD. 若磁场室内的磁感应强度大小为8,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=m02Utan22B2R2【参考答案】BD【名师

7、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=1mv2，离子在磁场中 2 - V2 1,2mU 一 、偏转，则qvB=mr，联立计算得出=后；甘，由此可见，质量大的离子的运动轨迹半径大，即轨迹II 一2Utang定对应X , 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=-，可解得RR 2 , D1&mD2K2tan2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

8、，匝数出1（）。匝、面积s 1DX1D七、电阻 0.10.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少，其变化率/。线圈通过电子开关S连接两根相互平 行、间距（）时的水平金属导轨，右端连接以D W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 :而的匀强磁场，磁感应强度为风，其大小可调；在区域2中存在长度足够长、大 小为）厂、方向垂直纸面向里的匀强磁场上飞行器可在轨道间运动，其下方固定有一根长为（）或、电阻 也为R 。：川的导体棒A8,与导轨良好接触，飞行器含导体棒;总质量小（）。顽。在电子开关闭合的同时， 飞行器以I。 1力号、的初速度从图示位置开始运动，已

9、知导体棒在区域1中运动时与轨道间的动摩擦因数 %， 1眼/其余各处摩擦均不计。区域1区域2（1；飞行器开始运动时，求AB棒两端的电压U；（乃为使导体棒AB能通过磁场区域1，求磁感应强度风应满足的条件；:方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J小捉（）,、；。当“J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。白 1【名师解析】（1；线圈的感应电动势为：云=代丁 E VR电路中总电阻为：总厂I 7E流过导体棒的电流为：七W二厂吾1导体棒两端电压为:注蒸* L.m；?）若导体棒

10、刚好运动到磁场区域1右边界，磁感应强度风最大，由动能定理有: -(mg + B2IABL)d = 0 -:n；为使导体棒在磁场区域2中的加速度最大，应取理=1 1导体棒进入磁场区域2瞬间的速度为七由动能定理得：-仰时d导体棒受到的安培力为安少E _其中/ ， =/ZK根据牛顿第二定律：安1 响得：U ；沽、。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，磁感应强度风应满足的条件为弓三灯；此加速度的最大值为切；。【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

11、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；（方进入磁场口区后，为使导体棒在磁场区域2中的加速度最大，应取作），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口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

12、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 为n；光子之间无相互作用。已知：单个光子的能量，和动量p间存在关系8=pc （其中c为光速），普朗克 常量为h。（1）写出单个光子的动量p的表达式（结果用c、h和V表示）；求出光压I的表达式（结果用n、h和V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

13、子的能量称为光 子气体的内能。 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）； 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I勺关系；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】（I） 光子的能量闩n、福据题意可得e hv可得p = - = （5分）C C在容器壁上取面枳为的部分.购在&时间内能够撞击在器壁上的光子忌数为.V = - cAtSu 6设器壁对这些光子的平

14、均作用力为E贝!1根据动量定理=由牛顿第三定律，这些光子对器壁的作用力Ff = FF 1 .由庆强定义，光压了 = 一占和5分）5 3（2）设光子的总个数为M则光子的内能。=5册将上问中的1=顷丫带入,可U=VVE分）一个分子每与器壁碰撞动量变化大小为 F 以器壁上的面积S为底,以依 为高构成柱体由题设可知柱内的分子庄&时间内有】居与器壁S发生碰撞碰壁分子总数=N = -SvM6对这些分子用动量定理有FAt = 2NpRiJ F = ntmv2S ,由牛顿第三定律.气体对容器壁的压力大小Fl = Fitl.压强疝J i.Hi p. = =气S 3理想气体分子间除碰撞外无作用力，故无分子势能-所

15、以容器内所有气体分子动能之和即为气体内能，即UN -mv2 = nV -m = -pVE分）22由上述推导过程可见:光子内能表达式与理想气体内能表达式不同的原因在于光子和气体的能隹动量关系不同-对于光子能量动量关系为=pc .而对于气体PW 为 Ft = -mv2 = pv.以分）223. （2019新疆二模）25. （is分）2019年】月a日.我蛾四弓探am在月球ir面成功着陆 着陪时广墉娥四号* 从距月Sftiw=7km沿竖直方向句或速阵落至距月而出时00m处,悬停#广队，然后以产1.总,的 平均速度竖直降落至距月面九=4e姓关闭发动机w美燮航机后广WUR四号”以rQ37mA 的初速度由

16、PHIS月蜀,整个过程所用为时间E3301O已知在匀NE速过寿中嫌峨四号. 发劫机向下晰出燃*的速度呻3欧临广的嫉四号的敏厢佬略X厩域变化）.地域 玫而的地力加速度为g瑚命矶地均:盾fit为月球质嫩的幻倍，他球半役为月球半径的167 偌,求：（I）月球表面的重力加谖度引部大小（站梁保刷三位有效数字h奇从距月面7km降落至雁月 100mit程中.“嫦嫉四*T的加速度大小（结果保帮网位有效数字）： 从距月面了顷降落至距月面100m的过程中F域四号*发劾机每秒峻出燃料的成址心靖果保M两位有效数字摭【名师解析】）S分）由万仃引力定帝和牛顿第:定律得m.V-村华rl 2分制1 = L6W 1 fr）以时

17、介成“蜕峨四5广从距JhfiHOOm降群聿环也I 4m所用的时呵加i殳“娣娥站*从审月面4m降落至帝月面所川的时间为L如7/勺分）解得 =由I分设“端娥四旷从距月面7km降帝至距月面HJOm过件中加速曜大小为虽= r-fn2 S/解携=12如濡T I分（3HS分）设”嫦嫉叫玲”从距月面75降搞童距月iftjHN而过料中发动机的推力为F,由tM 箪:定作忸F _ mg u - ma（ 2 分）由动ht定理得Ft = motr-0（ 2分）解得叫】= 2.5如（I分） 4.（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

18、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:16 4.2 4 8 5.4 .0 J SA 1112 tft耶己（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

19、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：Gm=w = 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：v =gtm J解得：vm=8m/s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

20、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

21、擦因数q=0.4，与HF段轨道间 的动摩擦因数钓=0.15，已知R=1 m。(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%:药m/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=

22、0A至D过程由动能定理得： p mg (2R) =1mv 2 ：mv 212 D 2 A 根据以上两式并代入数据得va=4 m/s。(2)A至J过程由动能定理得： u mg(3R) u mg(3R) =mv 2=mv 2p ig， u 2g，2 j 2 a物块从J飞出后至落地由平抛运动规律得: 2R=2gt2，x=vjt 由以上三式并代入数据得x=2 m。 、一、. .v 2小物块恰过“0”字最高点G，设此时半径为*，对G点：mg=mR1A至G过程由动能定理得： mg(2R-2Rp img(3R) =|mvG2 0 代入数据得R1 = 0.32 口或*=表mj所以，当RW0.32 m时，小物块可以通过“0”字轨道最高点不脱轨。小物块恰到达“0”字轨道半径高度时速度为零，设此时半径为R2，由动能定理:mg(2RR2)以 1mg(3R) =0代入数据得R2 = 0.8 m为了轨道不重叠，最大“0”字轨道与A端相碰。设此时半径为R3，如图，由勾股定理得：R32=(3R*+(R3 2R*代入数据得：R3 = 3.25 m所以 R2WR，WR3，即 0.8 mWRW3.25 m， 小物块也不脱轨。答案：(1)4 m/s (2)2 m(3) RW0.32 m或 0.8 mWRW3.25 m