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2026江苏高考物理的二轮专题
冲刺211(1)
共5题,共56分。
1.(15分)(2025·苏锡常镇一模)小明利用某手机软件研究向心加速度,如图1所示。绷紧细线,将手机拉开某一角度后由静止释放,使之绕水平悬梁AB摆动至最低点,细线碰到水平挡杆CD后继续摆动,在手机软件上观察记录细线碰挡杆后瞬间手机的向心加速度大小a,测量手机上边缘到挡杆CD的距离l。改变CD的高度,将手机拉开到同一角度后由静止释放,重复实验。
(1)某次实验测量l时,毫米刻度尺的0刻度对齐挡杆的下边缘,手机上边缘对应刻度尺位置如图2所示,则l=　　　　 cm。
(2)已知手机软件的x、y、z三个正方向如图3所示,则小明在该实验中应该读取　　　　(选填“x”“y”或“z”)轴加速度的数据。
(3)根据得到的数据由电脑描点作出-l图像,数据拟合获得图像及表达式如图4所示,则该图线斜率表示的物理意义为　　　　　　　　　　　　　　。
图4
(4)小明认为图像不过原点的原因,是手机加速度传感器位置在手机上边缘的下方某距离所致。根据图4估计该距离约为　　　　 cm。
(5)在操作过程中,手机每次拉开的角度都需要与第一次相同,请说明理由。
2.(6分)(2024·南京名校联考)真空电阻蒸发镀膜是在真空室中利用电阻加热,将紧贴在电阻丝上的金属丝(铝丝)熔融汽化,汽化了的金属分子沉积于基片上形成均匀膜层。在一块面积为S的方形基片上形成共有k层铝分子组成的镀膜,铝膜的质量为m。已知铝的摩尔质量为M,阿伏加德罗常数为NA。
(1)求基片上每层铝分子单位面积内的分子数n;
(2)真空气泵将真空室中的气体压强从p0=1.0×105 Pa减小到p1=1.0×10-4 Pa,设抽气后真空室中气体温度与抽气前相同,求抽气前后真空室中气体分子数之比。
3.(8分)(2025·无锡教学质量调研)如图所示,点光源A发出一条光线AO从玻璃射入上方空气中,以分界点O点为圆心、R为半径画圆,与折射光线的交点为B,过B点向两介质的交界面作垂线,交点为N,BN与AO的延长线的交点为M。以O点为圆心,OM为半径画另一圆,OM的半径为R。求:
(1)介质的折射率;
(2)已知点光源A到分界面的距离为h,从上方观察,分界面被照亮的面积为多少。
4.(12分)(2025·常州期中)如图所示,直角细支架竖直段AB粗糙、水平段BC光滑且均足够长,AB段、BC段各穿过一个质量为1 kg的小球a与b,a、b两球通过长1 m的细线连接。支架以初始角速度ω1绕AB段匀速转动,此时细线与竖直方向夹角为37°,两小球在支架上不滑动;现缓慢增大角速度至足够大,此后又缓慢减小至ω2,ω1=ω2= rad/s,在此过程中小球a由静止缓慢上升至最高点后缓慢下滑。小球a与AB段间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。支架转动角速度从ω1变化到ω2过程中,求:
(1)初始时刻,细线中的张力大小;
(2)小球a重力势能的变化量;
(3)细线与竖直方向夹角θ的最大值(用三角函数表示)。
5.(15分)(2024·南京二模)如图所示,在xOy平面内第一、四象限内存在垂直平面向外的匀强磁场,第一象限磁场的磁感应强度为B0,第三象限内存在沿y轴正向的匀强电场,电场强度为E。一质量为m、电荷量为+q的粒子,从第三象限内A点以速度v0沿x轴正向射出,恰好从原点O射入第一象限,射入时的速度方向与x轴正方向的夹角为60°,不计粒子重力。求:
(1)A点离x轴的距离;
(2)第四象限的匀强磁场的磁感应强度满足什么条件时,粒子恰好不能再射入第三象限;
(3)若第四象限的磁感应强度为2B0,带电粒子恰能以经过O点的速度经过x轴上的C点,O、C距离为L,则带电粒子从O点运动到C点的时间。
参考答案
1.答案 (1)36.48　(2)x　(3)(碰到挡杆时)速度二次方的倒数　(4)1　(5)应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同
解析 (1)测量手机上边缘到挡杆CD的距离l=36.48 cm。
(2)本题研究向心加速度,结合图1可知,小明在该实验中应该读取x轴加速度的数据。
(3)根据向心加速度公式a=,整理得l,所以该图线斜率表示的物理意义为(碰到挡杆时)速度二次方的倒数。
(4)假设手机加速度传感器位置距离手机上边缘d,则a=,整理得,则当=0时,d=-l,由图4数据表达式可知,当=y=0时,解得l=- m,因此d=-l≈0.01 m=1 cm,所以手机加速度传感器位置在手机上边缘的下方约1 cm处。
(5)在操作过程中,手机每次拉开的角度都需要与第一次相同,因为应使每次碰到挡杆时的速度大小均相同。
2.答案 (1)NA
(2)109∶1
解析 (1)基片上铝分子的总数NA=nkS
解得n=NA。
(2)设真空室中原来气体的体积为V0,经过等温变化后这部分气体的体积为V1,根据玻意耳定律有
p0 V0=p1V1
设抽气前和抽气后真空室内气体分子数分别为n0、n1,则=109,则n0∶n1=109∶1。
3.答案 (1)
(2)πh2
解析 (1)n=。
(2)sin C=,透光区域半径R透==h,透光区域面积S=πh2。
4.答案 (1)10 N
(2)2 J
(3)见解析
解析 (1)当角速度为ω1时,对b有FT1sin θ1=mr1,其中r1=Lsin θ1,得FT1=10 N。
(2)当角速度为ω2时,对b有FT2=10 N,对a有FT2sin θ2=FN2,FT2cos θ2+Ff2=mg,Ff2=μFN2
联立得cos θ2+0.5sin θ2=1,得θ2=53°
小球a重力势能的变化量ΔEp=mg(Lcos θ1-Lcos θ2),得ΔEp=2 J。
(3)缓慢增大角速度,a球缓慢上滑过程中FTsin θ=FN,FTcos θ-Ff=mg,Ff=μFN
得FT(cos θ-μsin θ)=mg
对b有FT=mω2L,联立得cos θ-μsin θ=
当ω趋于无穷大时,θ最大,此时cos θm-μsin θm=0,得tan θm=2。
5.答案 (1)
(2)B0
(3)
解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,沿y轴方向做匀加速运动,加速度
a=
末速度
vy=v0tan 60°=v0
根据速度与位移的关系有
=2ay
解得
y=。
(2)粒子飞入第一象限根据速度分解有
v==2v0
粒子在第一象限内做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有
qvB0=
解得
r1=
粒子在第一象限内运动三分之一圆周进入第四象限,要使粒子恰好不再进入第三象限,粒子的运动轨迹和y轴相切,设粒子的运动半径为r2,根据几何关系有
2r1sin 60°=r2+r2sin 60°
解得
设此时第四象限的磁感应强度为B1,根据
qvB1=
解得
B1=B0。
(3)若第四象限的磁感应强度为2B0,结合上述可知,粒子在第四象限的运动半径
r3=
粒子在第一象限运动三分之一圆周的时间
t1=
在第四象限运动三分之二圆周的时间
t2=
当粒子经过C点进入第一象限时,当L=n·r1时,经过C点与O点速度相同,则有
t=n(t1+t2)(n=1,2,3,…)
解得
t=。
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