高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第3部分 考前热身练 小综合练(二)（含解析）

小综合练(二)

1.(2020·山东青岛市三模)在某个恶劣天气中，能见度很低，甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，甲在前、乙在后．某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车．两辆车刹车时的v－t图像如图1，下列说法正确的是(　　)

图1

A．甲车的加速度大于乙车的加速度

B．t＝24 s时两车的速度均为8 m/s

C．若两车发生碰撞，开始刹车时两辆车的间距一定等于48 m

D．若两车发生碰撞，则可能是在刹车24 s以后的某时刻发生相撞

答案　B

解析　甲车的加速度大小为a1＝||＝ m/s2＝ m/s2，乙车的加速度大小为a2＝||＝ m/s2＝ m/s2，则甲车的加速度小于乙车的加速度，故选项A错误；t＝24 s时两车的速度均为v＝v0－a1t＝(16－×24) m/s＝8 m/s，故选项B正确；在0～24 s内，甲车的位移x1＝×24 m＝288 m，乙车的位移x2＝×24 m＝336 m，两者位移之差Δx＝x2－x1＝48 m，若两车在t＝24 s时刻相撞，则开始刹车时两辆车的间距等于48 m，若两车在t＝24 s时刻之前相撞，开始刹车时两辆车的间距小于48 m，故选项C错误；若两车速度相等时没有相撞，则速度相等后，甲车的速度比乙车的大，两车不可能再相撞，故选项D错误．

2．氢原子的能级图如图2所示，已知可见光的光子能量范围是1.63～3.10 eV，则大量氢原子从高能级向低能级跃迁时可产生不同能量的可见光光子的种类有(　　)

图2

A．1种  B．2种  C．3种  D．4种

答案　D

解析　大量氢原子从高能级向n＝1能级跃迁时，辐射的光子能量都大于10.2 eV，不在1.63～3.10 eV范围之内，发出的光都是不可见光；大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，辐射的光子能量都小于1.51 eV，不在1.63～3.10 eV范围之内，发出的光都是不可见光；n＝3能级向n＝2能级跃迁时，辐射的光子能量为1.89 eV，属于可见光；n＝4能级向n＝2能级跃迁时，辐射的光子能量为2.55 eV，属于可见光；n＝5能级向n＝2能级跃迁时，辐射的光子能量为2.86 eV，属于可见光；n＝6能级向n＝2能级跃迁时，辐射的光子能量为3.02 eV，属于可见光；n＝7能级向n＝2能级跃迁时，辐射的光子能量为3.12 eV，属于不可见光；可知只有4种可见光，故A、B、C错误，D正确．

3．(2020·浙江高三月考)2020年爆发了新冠肺炎，该病毒传播能力非常强，因此研究新冠肺炎病毒株的实验室必须全程都在高度无接触物理防护性条件下操作．武汉病毒研究所是我国防护等级最高的P4实验室，在该实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图3乙所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出．流量Q等于单位时间内通过横截面的液体的体积．空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，下列说法正确的是(　　)

图3

A．带电粒子所受洛伦兹力方向水平向左

B．正、负粒子所受洛伦兹力方向是相同的

C．污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速

D．只需要测量M、N两点电压就能够推算废液的流量

答案　D

解析　根据左手定则，正电荷受到竖直向下的洛伦兹力，负电荷受到竖直向上的洛伦兹力，A、B错误；设M、N两点间的电势差为U，根据qvB＝q，可得流速v＝，流量Q＝Sv＝·＝，D正确；不带电的液体在磁场中流动时，由于没有自由电荷，所以M、N两点间没有电势差，因此无法测出液体的流速，C错误．

4．(2020·四川宜宾市叙州区二中高三下学期三诊)滑雪是冬奥会的比赛项目之一．如图4所示，某运动员(可视为质点)从雪坡上先后以初速度之比v1∶v2＝3∶4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中(　　)

图4

A．运动员先后在空中飞行的时间相同

B．运动员先后落在雪坡上的速度方向不同

C．运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3∶4

D．运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为1∶1

答案　C

解析　根据x＝vt，y＝gt2，则tan θ＝＝＝

两次的初速度不同，则在空中飞行的时间不同，选项A错误；

设速度方向与水平方向的夹角为α，

则tan α＝＝＝2tan θ，可知，运动员先后落在雪坡上的速度方向相同，选项B错误；根据动量定理Δp＝mvy＝mgt＝2mvtan θ∝v，则运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3∶4，选项C正确；根据动能定理：ΔEk＝mgh＝mg·gt2＝2mv2tan2θ∝v2，则运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为9∶16，选项D错误．

5．(多选)(2020·西藏拉萨北京实验中学第五次月考)如图5所示，在匀强磁场的上方有一半径为R的导体圆环，圆环的圆心距离匀强磁场上边界的距离为h.将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知圆环的电阻为r，质量为m，匀强磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g.则(　　)

图5

A．圆环刚进入磁场的瞬间，速度v＝

B．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为mg(h＋R)

C．圆环进入磁场的过程中，通过圆环某个横截面的电荷量为

D．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动

答案　AC

解析　根据自由落体运动的规律v2＝2g(h－R)，解得圆环刚进入磁场的瞬间，速度v＝，选项A正确；根据功能关系，圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR，选项B错误；圆环进入磁场的过程中，通过圆环某个横截面的电荷量为q＝＝，选项C正确；圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不断变化，受到的安培力大小不断变化，不能做匀速直线运动，选项D错误．

6.(多选)如图6所示，在正点电荷Q的电场中有A、B、C、D四点，A、B、C为直角三角形的三个顶点，D为AC的中点，∠A＝30°，A、B、C、D四点的电场强度大小分别用EA、EB、EC、ED表示，已知EA＝EC，B、C两点的电场强度方向相同，点电荷Q在A、B、C三点构成的平面内．则(　　)

图6

A．EA＝ED

B．点电荷Q在D点位置

C．将一正点电荷q从A点沿直线移到C点，电场力先做正功再做负功

D．B、A两点和B、C两点间的电势差满足UBA＝UBC

答案　AD

解析　点电荷Q在A、B、C三点构成的平面内，EA＝EC，则正点电荷在AC的中垂线上；又B、C两点的电场强度方向相同，则正点电荷在BC的连线上，所以正点电荷的位置在图中O点，故B项错误．由几何关系得：＝，根据点电荷的场强公式E＝k可得，EA＝ED，故A项正确．在正点电荷的电场中，离场源电荷越远，电势越低，正点电荷q从A点沿直线移到C点过程中，电势先增大后减小，则正点电荷q的电势能先增大后减小，电场力先做负功再做正功，故C项错误．A、C两点到正点电荷的距离相等，则φA＝φC，所以φB－φA＝φB－φC，B、A两点和B、C两点间的电势差满足UBA＝UBC，故D项正确．

7．(2020·山西大同市高三期末)某同学测定电源电动势和内阻，所使用的器材有：待测干电池一节(内阻很小)、电流表A(量程0.6 A，内阻RA小于1 Ω)、电流表A1(量程0.6 A，内阻未知)、电阻箱R1(0～99.99 Ω)、滑动变阻器R2(0～10 Ω)、单刀双掷开关S、单刀单掷开关K各一个，导线若干．

图7

(1)该同学按图7甲所示电路连接进行实验操作．请在图丙的虚线框内补全与图甲对应的电路图．

(2)测电流表A的内阻：

闭合开关K，将开关S与C接通，通过调节电阻箱R1和滑动变阻器R2，读取电流表A的示数为0.20 A、电流表A1的示数为0.60 A、电阻箱R1的示数为0.10 Ω，则电流表A的内阻RA＝________ Ω.

(3)测电源的电动势和内阻：

断开开关K，调节电阻箱R1，将开关S接________(填“C”或“D”)，记录电阻箱R1的阻值和电流表A的示数，保持开关K断开，开关S所接位置不变，多次调节电阻箱R1接入电路中的阻值，重新实验，并记录多组电阻箱R1的阻值R和电流表A的示数I.

(4)数据处理：

图乙是由(3)中实验数据绘出－R图像，由此求出干电池的电动势E＝________ V、内阻r＝________ Ω.(计算结果保留二位有效数字)

(5)如果电流表A的电阻未知，本实验________(填“能”或“不能”)测出该电源的电动势．

答案　(1)见解析　(2)0.20　(3)D　(4)1.5　0.25  (5)能

解析　(1)由实物图连接原理图，如图所示．

(2)根据串并联电路的规律可知，流过电阻箱R1的电流I＝(0.60－0.20) A＝0.40 A；

电压U＝0.10×0.40 V＝0.040 V，则电流表A的内阻为：RA＝ Ω＝0.20 Ω；

(3)S接D，否则外电路短路；

(4)根据(3)中步骤和闭合电路欧姆定律可知E＝I(R＋RA＋r)

变形可得：＝R＋

根据图像可知：＝，＝0.3，解得E＝1.5 V，r＝0.25 Ω；

(5)由＝＋可知：当电流表A的内阻未知时，能测出电动势，但不能测出内阻．

8.(2020·辽宁大连市高三第一次模拟)如图8所示，A、B是两只容积均为V的容器，用一只气筒C与它们相连，气筒C内有密封良好的可自由移动的活塞，气筒C的容积为0.5V.a、b是两只单向进气阀，当气筒抽气时a打开、b关闭，当气筒打气时b打开、a关闭．最初A、B两容器内空气的压强均为p0，活塞位于气筒C的最右侧．已知活塞从气筒C的最右侧运动到最左侧完成一次抽气，从最左侧运动到最右侧完成一次打气(活塞的体积和气筒与容器间连接处的体积不计，气体温度保持不变)，求：

图8

(1)活塞第一次抽气结束后C内气体的压强；

(2)活塞完成抽气、打气各2次后，A、B容器内的气体压强之比．

答案　(1)p0　(2)2∶7

解析　(1)根据玻意耳定律可知，第一次抽气后

p0V＝p1(0.5＋1)V

解得p1＝p0

(2)根据玻意耳定律可知，第二次抽气后

p1V＝pA(0.5＋1)V

第一次打气后

p0V＋ 0.5p1V ＝p2V

第二次打气后

p2V ＋ 0.5pAV ＝pBV

联立解得pA∶pB＝2∶7.

9．(2020·山东潍坊市二模)如图9所示，固定在地面上的倾角为θ＝37°的斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，斜面上静置着长度L＝5 m、质量M＝2 kg的薄木板．现将一可视为质点、质量m＝0.5 kg的物块自A点以初速度v0水平抛出，物块恰好沿平行于斜面的方向落在木板的顶端B点．物块与木板之间的动摩擦因数μ1＝1.0，木板与斜面之间的动摩擦因数μ2＝0.75，设各接触面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．木板与挡板碰撞后会立即粘在一起停止运动，若物块与挡板能发生碰撞，碰后物块的速度大小不变，方向相反．取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

图9

(1)若v0＝ m/s，求A、B两点的竖直高度差h.

(2)若斜面足够长，为保证木板与挡板碰撞前，物块与木板已达到相同速度，而不从木板下端滑落，v0应满足怎样的条件？

小明同学的解题思路是：

①根据平抛运动的知识求出物块落到B点时的速度v1与初速度v0的关系；

②由于在斜面上μ2＝tan 37°，从物块滑上木板，到两者具有共同速度v2的过程，物块和木板组成的系统所受外力矢量和为0，系统动量守恒，有mv1＝(m＋M)v2；

③再由功能关系得mv12－(m＋M)v22≤FfL，

其中Ff为物块与木板之间的滑动摩擦力

……

请说明该同学的解题思路是否正确．如果正确，请完成解答；如有错误，请指出错误之处，并作出正确解答．

(3)若v0＝4 m/s，物块最终停在何处？(结果可用分数表示)

答案　(1)0.2 m　(2)解题思路有错误，其中③有错误，因为运动过程中有重力势能的变化，v0≤4 m/s　(3)物块停在木板上距木板下端 m处

解析　(1)从A到B，由平抛运动规律和平行四边形定则可得

h＝

tan θ＝

解得h＝0.2 m

(2)该同学的解题思路有错误，其中③错误，因为运动过程中有重力势能的变化．

根据平抛运动的知识求出物块落到B点时的速度v1与初速度v0的关系

v1＝＝v0

由于在斜面上μ2＝tan 37°，从物块滑上木板，到两者具有共同速度v2的过程，物块和木板组成的系统所受外力矢量和为0，系统动量守恒，有

mv1＝(m＋M)v2

解得v2＝v1＝v0

物块做匀减速直线运动，设加速度为a1，由牛顿第二定律得

mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1

解得a1＝－2 m/s2

木板做匀加速直线运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律得

Mgsin θ＋μ1mgcos θ－μ2(m＋M)gcos θ＝Ma2

解得a2＝0.5 m/s2

由运动学公式得，物块位移为x1＝

由运动学公式得，木板位移为x2＝

物块不从木板下端滑落，应满足的条件为x2＋L≥x1

解得v0≤4 m/s

(3)由(2)知，v0＝4 m/s时，物块恰好滑到木板最下端时与木板达到相同的速度，由于μ1>tan 37°，μ2＝tan 37°，之后两者一起匀速运动，直到碰到挡板．碰到挡板后木板静止，物块以速度－v2沿木板向上做匀减速运动，设加速度为a3，向上滑动的位移为x3，有

v2＝v0＝1 m/s

－mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma3

x3＝

解得a3＝－14 m/s2，

x3＝ m

由于μ1>tan 37°，故物块最终停在木板上距木板下端 m处．