预测卷02--冲刺高考物理大题突破+限时集训（江苏通用）

冲刺高考物理大题突破+限时集训（江苏专用）

预测卷02

预测一

14、农村地区有一种全自动无塔供水器（如图甲），采用气压式供水，以解决供水管网水压不足的问题。如图乙所示，工作原理是由水泵将水通过止回阀压入塔体使塔内密闭气体受到压缩，压力逐渐增大。当压力达到上限时，电接点压力表通过控制柜使水泵自动停止。当塔内水位下降，气压减小到下限位置时，电接点压力表通过控制柜使水泵重新启动。如此反复，使设备不停供水。当塔内气体不足时，补气阀可自动补气。已知水泵工作压强范围为，塔容积为，第一次注水前塔内气体压强等于外界大气压强．塔内气体可视为理想气体，忽略温度变化。求

（1）求水泵停止注水时塔内气体的体积；

（2）为了降低水泵的启动频率，达到省电节能的目的，可适度调高水泵工作压强的上限。欲使水泵停止注水时，水的体积达到塔容积的75％，水泵工作压强的上限应调到多少？

【答案】  （1）；（2）

【解析】（1）因为塔内封闭气体做等温变化，由玻意耳定律得

其中

代入数据解得，水泵停止注水时塔内气体的体积为

（2）对塔内气体，由玻意耳定律得

由题意得

代入数据解得，水泵工作压强的上限应调到

15、如图所示，水平传送带AB长l=5m，以10m/s的速度顺时针传输。质量m=1kg的滑块可以视作为质点。放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L=4m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6N。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因素分别为μ1=0.20、μ2=0.40.

（1）滑块第一次运动到B点时的动能Ek0；

（2）滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t；

（3）滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。

【答案】  （1）8J；（2）4s；（3）24J

【解析】（1）滑块从开始至第一次到B点，由动能定理得

FL-μ2mgL= Ek0

解之得

Ek0=8J

（2）从B点向左减速过程

得

x=4m<l

因此向左减速时间

t1==2s

又

v=4m/s<10m/s

所以返回到B的时间

t2=t1=2s

t总=4s

（3）滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量

Q=FL=24J

16、如图所示，水平传送带AB长l=5m，以10m/s的速度顺时针传输。质量m=1kg的滑块可以视作为质点。放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L=4m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6N。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因素分别为μ1=0.20、μ2=0.40.

（1）滑块第一次运动到B点时的动能Ek0；

（2）滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t；

（3）滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。

【答案】  （1）8J；（2）4s；（3）24J

【解析】（1）滑块从开始至第一次到B点，由动能定理得

FL-μ2mgL= Ek0

解之得

Ek0=8J

（2）从B点向左减速过程

得

x=4m<l

因此向左减速时间

t1==2s

又

v=4m/s<10m/s

所以返回到B的时间

t2=t1=2s

t总=4s

（3）滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量

Q=FL=24J

预测二

14、挥舞健身绳可锻炼臂力，某同学握住绳子一端周期性上下抖动，在绳上激发一列绳波（可视为简谐波），手开始抖动时刻记为，如图所示为距握手端处的质点的振动图像，求：

（1）该绳波的速度大小和波长；

（2）距握手端处的质点在时的位移。

【答案】  （1），；（2）

【解析】（1）根据题意，由图可知，该波的周期为

该波经传到处，则该波的波速为

由公式可得，波长为

（2）由图可知，振源的起振方向沿轴负方向，则质点的振动方程为

该波经过

传播到处，则时，该处质点的振动时间为

可知，距握手端处的质点在时的位移为

15、如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上，两导轨间距L=1m，导轨的电阻可忽略，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量m=1kg、电阻r=0.2Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab受到大小为F=0.5v+2（式中v为杆ab运动的速度，力F的单位为N）、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大．g取10m/s2，sin37°=0.6．

（1）求电阻的阻值R；

（2）金属杆ab自静止开始下滑，通过位移x=1m时电阻R产生的焦耳热Q1=0.8J，求所需的时间t和该过程中拉力F做的功WF．

【答案】  （1）0.3Ω（2）0.5s ；

【解析】（1）由题意可知

对杆，根据牛顿第二定律有

联立且将F=0.5v+2代入可得

因a与v无关，所以

R=0.3Ω

（2）由上述表达式可知

由杆做匀加速直线运动有

v=at

设电路产生的总热量为Q，则

由能量转化和守恒

其中

可得

t=0.5s

16、如图甲所示，质量为的足够长木板C置于水平面上，滑块A、B质量均为，置于C上，B位于A右方某处。A、C间的动摩擦因数，B、C间，C与地面间的动摩擦因数。给C施加一水平向右的恒力，A、B第一次相遇时间为。可得与的关系如图乙所示。（设A、B间碰撞为弹性正碰，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，）求：

（1）滑块A、B的最大加速度、；

（2）A、B之间的初始距离和滑块A的质量；

（3）若，从刚开始施加力至A、B第二次相撞时拉力所做的功。

【答案】  （1），；（2），；（3）

【解析】（1）根据题意，由牛顿第二定律，对滑块A有

解得

对滑块B有

解得

（2）根据题意，由图可知足够大时A、B加速度恒定，即A、B均相对C滑动，相遇时间恒定为

由运动学公式可得

解得

又因为A、C与B产生相对滑动时，才能相遇，由图可知，当，滑块B与C恰好发生相对滑动，则有

解得

（3）根据题意，设A、B、C均产生相对运动时的拉力为，则有

解得

当时，有

解得

由运动学公式可得，由于相遇时间为，则有第一次相撞前

碰撞前后C速度不变，由于A、B间碰撞为弹性正碰，则碰撞后速度交换

设经过，A、B第二次碰撞，则有

解得

则整个过程木板运动的距离为

则拉力所做的功为

预测三

14、为测量双层玻璃中间真空层的厚度，用激光笔使单色光从空气以入射角θ射入玻璃，部分光线如图所示。测得玻璃表面两出射点B、C与入射点A的距离分别为和。已知玻璃的折射率为n，光在真空中的速度为c。求：

（1）真空层的厚度d；

（2）光从A传播到B的时间t。

【答案】  （1）； （2）

【解析】（1）光路图如图所示，设真空层的厚度为d，由光路图可知，AC比AB多了光线在真空层平移的部分，由几何关系知：

解得;

（2）光在玻璃中的速度为v由

得：

由折射定律可知

则

从A到B的光程为

所用时间为

15、如图所示，弹簧左端系于A点，右端与质量为m的小球接触但不连接。现用外力推动小球将弹簧压缩至P点保持静止，此时弹性势能为Ep= Kmg（K为一已知常量），P、B之间的距离为2.5K。小球与水平轨道的动摩擦因数为µ = 0.1。DEF是固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端D点的切线水平，圆心O与轨道下端F的连线与竖直墙面的夹角为127°。静止释放小球，小球进入圆弧轨道后恰好能沿着轨道DEF运动，一段时间后从轨道下端F处脱离，已知重力加速度为g，求：

（1）小球运动到B点的速度大小；

（2）轨道DEF的半径R；

（3）在F点下方整个空间有水平向左、大小为F0= 0.75mg的恒定风力，求小球从F点运动到O点正下方时的动能。

【答案】  （1）；（2）；（3）Ek = 5.65mgK

【解析】（1）根据功能关系

解得

（2）在B点由牛顿第二定律

解得

（3）在F点及其下方，小球受水平向左的风力F0 = 0.75mg和竖直向下的重力mg，由角度关系可知，小球所受合力方向沿着小球速度方向，即沿F点切线方向。从D点到O点正下方由动能定理可得

解得

Ek = 5.65mgK

16、如图1所示，有一对垂直纸面水平放置的平行金属板，板长为，两板间距为，金属板右侧有一个半径为的圆形匀强磁场区域，圆心O位于平行金属板正中间的水平线上，磁场方向垂直纸面向里。金属板左侧的电子枪不断地沿正中间的水平线发射质量为、电荷量为的电子，发射电子的初速度恒定。若在两金属板上加上如图2所示的交变电压，周期为，电子在金属板内运动时间恒为，最大偏距的电子刚好从极板的边缘飞出。电子进入圆形磁场区域后均从磁场边界P点飞出，P点为竖直线与圆形磁场边缘的交点。不计电子间相互作用和重力，忽略金属板区域外的电场及交变电场产生的磁场。求：

（1）发射电子的初速度大小及两板电压；

（2）磁感应强度的大小；

（3）从平行金属板正中间射出的电子和从上极板边缘射出的电子在磁场区域运动的时间之比。

【答案】  （1），；（2）；（3）

【解析】（1）由于电子在平行金属板之间运动时水平方向做匀速运动，且电子在金属板内运动时间恒为，则有

由题意可得，从（，，）时刻射入平行板的电子竖直方向的偏距最大，且为板间距离的一半，在竖直方向上电子先做匀加速再做匀减速，设其加速度为a，可得

联立可得

（2）由题意可得，所有电子从平行板沿水平方向射出，速度大小均为。如图甲所示

由几何关系可得电子在圆形磁场中做圆周运动的半径和磁场圆的半径相等，即

设磁场的磁感应强度为B，由洛伦兹力提供向心力可得

联立可得

（3）设电子在磁场中运动的时间为，偏转角为，由题意可得

如图乙所示，从平行金属板正中间射出的电于在磁场中的偏转角为，从上极板边缘射出的电子在磁场中的偏转角为

由图乙中的几何关系可得

，

联立可得