24．答案 (1)14mv02
(2)3v0240g
解析 (1)小物块C与A发生碰撞粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv 解得v＝1
2v0；碰撞过程中系统损失的机械能为
E1202－12(2m)v2 解得E1
损＝mv损＝4
mv02.
(2)当A与C上升到最大高度时，A、B、C系统的速度相等；水平方向上动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋m＋3m)v1 解得v1＝15
v0
A、C粘在一起上滑至最大高度，由能量守恒定律得2mgh＝12×2m(12v0)2－11
2×5m×(5v0)2
解得h＝3v02
40g
25．
答案 (1)πmqt (2)22t
π (3)22nvtπ
(n＝1,2,3，…)
解析 (1)设粒子在第一象限做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，则：qvB＝mv22πRT
R，T＝v，t＝2
解得：B＝πm
qt
(2)设粒子第一次离开电场时的速度为v1，方向与－y的夹角为θ，沿－y方向的位移为s1，如图所示
粒子在电场中做类平抛运动，有tan θ＝4R
s1，v＝v1cos θ
粒子再次进入磁场时做圆周运动的半径R1＝s1
2sin θ
由qvB＝mv2Rv
R，可得R1＝v1＝cos θ
联立解得s＝22vt
1＝22Rπ
粒子第一次在电场中运动的时间t1＝s122t
v＝π
(3)粒子第二次进入电场后的速度为v1，且与－y方向的夹角为θ，粒子做类斜拋运动．易知粒子第二次在电场中运动的时间为t2＝2t1
离开电场时，在y方向的位移为s＝vt42vt
22＝2s1＝π
粒子第三次进入电场与第一次离开电场的位置相同，运动轨迹如图中虚线所示，可知粒子第n次离开电场时距原点的距离s22nvt
n＝π(n＝1,2,3…)
33．答案 (1)AD (2)7
12
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pV
T＝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，膨胀对外做功，则温度升高，吸热，故C、E错误，D正确．
(2)对气体Ⅰ，其初态压强p1＝p0＋2mg
S
＝2p0
末态压强为p1′＝p0＋mg3
S＝2p0，设末态时气体Ⅰ的长度为L1
根据玻意耳定律得：p1L0S＝p1′L1S 解得L1＝4
3L0
对气体Ⅱ，其初态压强为p2＝p1＋mg5
S＝2p0
末态压强为p2′＝p1′＋mg
S
＝2p0
设末状态时气体Ⅱ的长度为L2 根据玻意耳定律得：p2L0S＝p2′L2S 解得：L2＝54L0 故活塞A 上升的高度为Δh＝L1＋L2－2L0＝7
12L0
34．
答案 (1)BDE (2)①沿x轴正方向传播 25 m/s ②向下振动
解析 (1)题图乙中两相邻亮条纹间距Δx更大，根据Δx＝L
dλ，可知L、d一样，故乙光的波长长，根据c＝λν，
可知乙光的频率小，甲光的频率大，故玻璃砖对甲光的折射率大于玻璃砖对乙光的折射率，根据全反射的条件sin C＝1
n，可知乙光发生全反射的临界角大于甲光的全反射临界角，由题知，当甲单色光以入射角i由玻璃砖内
部射向O点能折射出来，故乙光以i入射时不能发生全反射，故A错误，B正确；光的偏振现象说明光是横波，故C错误；根据折射定律得n＝sin rsin i，而全反射的临界角sin C＝1n，解得sin C＝sin i
sin r，故D正确；因甲光的全反
射临界角较小，故若绕O点逆时针旋转玻璃砖，甲光先消失，故E正确．
(2)①由题图知振幅为A＝20 cm＝0.2 m．如果M通过的路程为x′＝1 m，则经历的时间与周期的比值m＝x′
4A
＝11
11mλ
4×44，说明波沿x轴正方向传播；波速为v2＝t＝2－t1
0.2 m/s＝25 m/s. 1
②从波的图象可以看出，波长为λ＝4 m．若波沿x轴正方向传播，t1到t2时间内波传播的距离为x1＝(n＋)λ(n＝
4x1
0、1、2…)，波传播的速度为v1＝＝5(4n＋1)m/s(n＝0、1、2…)，波速不可能等于55 m/s，说明波沿x轴负
t2－t1方向传播，质点M向下振动．
2020届高三物理学科内训练1
班级： 姓名： 分数：
二、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分． 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 22、（1） (2) 、 . 23、（1） (2) . （3） 、 。 （4） . 24、 25、 选考题、
2021届衡中高三备考复习物理学科内精华试题训练一(含答案解析及答题卡)
