2023届二轮复习专项分层特训 模拟小卷练6（含答案）

这是一份2023届二轮复习专项分层特训 模拟小卷练6（含答案），共7页。试卷主要包含了3 kg，已知ρ水＝1等内容，欢迎下载使用。
1.
(7分)航模小组用容积为2.0 L的可乐瓶制作了一支水火箭，箭身及其配重质量M＝0.1 kg，现向瓶中装入0.5 L的水后用带气嘴的橡胶塞塞紧瓶口，将火箭竖直放置，如图所示．用打气筒向里打气，已知打气筒每打一次气能把0.5 L、1 atm的空气压入瓶内，当瓶内空气压强达到6 atm时橡胶塞脱落，水流高速喷出，火箭向上飞起．
(1)设打气过程气体温度保持不变，求打气的次数；
(2)若火箭以v＝25 m/s的速度一次性向下喷出水流m＝0.3 kg，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10 m/s2，忽略空气阻力和喷水过程重力的影响．求火箭上升的最大高度．
2．(9分)[2022·山东日照二模]如图所示，透明玻璃体的上半部分是半球体，下半部分是圆柱体，半球体的半径为R，O为半球体的球心．圆柱体的底面半径和高也为R，现有一半径为 eq \f(\r(3),2) R的圆环形平行光垂直于圆柱体底面射向半球体，OO1为圆光环的中心轴线，所有光线经折射后恰好经过圆柱体下表面圆心O1点，光线从O1射出后在玻璃体下方的水平光屏上形成圆形亮环，光到圆柱体底面的距离为R，光在真空中的传播速度为c.求：
(1)透明玻璃体的折射率；
(2)光从入射点传播到光屏所用时间．
3.
(14分)如图所示，在xOy坐标系的第一象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在第四象限内有一匀强电场，方向竖直向上．一质子从y轴上的b点处以垂直于y轴的方向进入匀强电场，穿过电场后以与x轴正方向成45°角的方向进入匀强磁场，最后恰好通过y轴上的a点，且速度方向与y轴平行．已知质子的质量为m，电荷量为q，a点到坐标原点的距离为h.求：
(1)质子进入匀强磁场时的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小．
4．(16分)学校科技小组设计了“e”字形轨道竖直固定放置在水平面上，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE的半径r＝0.1 m，轨道ABC的半径为2r，A端与地面相切．现让质量m＝0.2 kg的小滑块从水平地面P点以速度v0＝2 eq \r(3) m/s向A运动，之后沿轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰．已知直线轨道EF长为L＝0.5 m，小滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2，其余阻力均不计，小滑块可视为质点．
(1)求小滑块在ABC轨道运动时对轨道C点的压力；
(2)求小滑块最终停止的位置与F点的距离；
(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度v0满足什么条件？
模拟小卷练6 (4计算)
1．解析：(1)设需打气n次，根据玻意耳定律有p0(V＋nV′)＝6p0V
其中V＝(2.0－0.5) L＝1.5 L
V′＝0.5 L
解得n＝15(次)
(2)喷水前，瓶内水的总质量m1＝ρV′＝0.5 kg
喷水过程，系统动量守恒，有(M＋m1－m)v0＝mv
竖直方向，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2gh
联立代入相关数据，可得火箭上升的最大高度
h＝31.25 m
答案：(1)15(次) (2)31.25 m
2．解析：(1)作出光路图如图所示：
由几何关系可得R sin α＝ eq \f(\r(3),2) R
解得α＝60°
由图可知α＝2β
所以β＝30°
由折射定律有n＝ eq \f(sin α,sin β) ＝ eq \r(3)
(2)光在介质中的速度为v＝ eq \f(c,n)
光在透明玻璃体中的传播时间t1＝ eq \f(2R cs β,v) ＝ eq \f(3R,c)
由图及折射定律知光线从O1点出射后与竖直方向的夹角为α＝60°.
所以光从透明玻璃体出射后到光屏所用的时间t2＝ eq \f(2R,c)
则光从入射点到光屏所用的时间为t＝t1＋t2＝ eq \f(5R,c)
答案：(1) eq \r(3) (2) eq \f(5R,c)
3．解析：(1)粒子的运动轨迹如图
设质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识可得r cs 45°＝h
设质子进入匀强磁场时的速度大小为v，根据牛顿第二定律qvB＝m eq \f(v2,r) ，联立可得v＝ eq \f(\r(2)qBh,m)
(2)质子在电场中做类平抛运动，设b点的速度为vb，b点和原点O的距离为yb
水平方向，有r＋r sin 45°＝vbt
竖直方向，有yb＝ eq \f(1,2) (v sin 45°＋0)t＝ eq \f(v sin 45°,2) t
由动能定理得Eqyb＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))
又vb＝v cs 45°
联立可得E＝ eq \f(（\r(2)－1）qhB2,m) .
答案：(1) eq \f(\r(2)qBh,m) (2) eq \f(（\r(2)－1）qhB2,m)
4．解析：(1)小滑块从P到C的过程中，根据动能定理得－mg·4r＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
在C点，对小滑块，根据牛顿第二定律得FN＋mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,2r)
解得FN＝2 N
根据牛顿第三定律可知，小滑块对轨道的压力为2 N，方向竖直向上
(2)小滑块从P点到在EF轨道停止过程中，根据动能定理得－mg·2r－μmgs＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得s＝0.8 m＝(L＋0.3) m
所以小滑块最终停在离F点0.3 m处．
(3)小滑块刚好经过最高点C，有mg＝m eq \f(v2,2r)
小滑块从P到C的过程中，根据动能定理得－mg·4r＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v1＝ eq \r(10) m/s
当小滑块第一次被挡板弹回时，到达D处(与轨道CDE的圆心等高)时速度为零，小滑块从P到D的过程中，根据动能定理得－mg·3r－μmg·2L＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得v2＝4 m/s
所以小滑块的初速度v0的范围为 eq \r(10) m/s≤v0≤4 m/s.
答案：(1)2 N，竖直向上 (2)0.3 m (3) eq \r(10) m/s≤v0≤4 m/s