新高考物理二轮复习过关练习第3部分 考前特训 小综合练(四) (含解析)

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小综合练(四)1．(2022·广东茂名市二模)金家庄特长螺旋隧道为2022年冬奥会重点交通工程．该隧道工程创造性地设计了半径为860 m的螺旋线，有效减小了坡度，通过螺旋线实现原地抬升112 m，如图所示．对这段公路的相关分析，下列说法正确的是(　　)A．车辆以额定功率上坡时，速度越大，牵引力越大B．螺旋隧道设计能有效减小坡度，主要目的是增大车辆行驶过程中的摩擦力C．车辆转弯处，路面应适当内低外高D．车辆以某一恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需的向心力越大答案　C解析　车辆功率一定时，由P＝Fv可知，速度v越大，牵引力F越小，A项错误；减小坡度，主要目的是减小车辆的重力沿斜面下滑的力，B项错误；转弯路面处内低外高时，重力和支持力的合力可以提供一部分向心力，减少车辆拐弯时所需要的摩擦力，使车辆转弯时更安全，C项正确；由向心力公式F＝m可知，以某一恒定速率转弯时，转弯半径越大，所需的向心力越小，D项错误．2．(2022·江苏如皋市期末)如图所示，折射率为n、半径为R的半圆形玻璃砖平放在桌面上，将宽度为L的平行单色光垂直于AC面射入，要使第1次射到圆面上的光能射出玻璃砖，则L的最大值为(　　)A.  B.  C.  D.答案　B解析　如图所示，当光线第1次射到圆面上恰好发生全反射，则sin θ＝，则L的最大值为L＝2Rsin θ＝，故选B.3．(2022·广东广州市二模)如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰．已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则(　　)A．两壶碰撞过程无机械能损失B．两壶碰撞过程动量变化量相同C．碰撞后瞬间，甲壶的速度为D．碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0答案　C解析　两壶碰后在冰面上滑行，则有a＝＝μg，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，设碰后两壶的速度分别是v1和v2，根据运动学关系0－v2＝－2ax，得v1∶v2＝1∶3，根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝，v2＝，C正确，D错误；两壶碰撞过程机械能的变化量为ΔE＝mv12＋mv22－mv02＝－mv02，机械能有损失，A错误；动量的变化量是矢量，两壶碰撞过程动量变化量大小相等但方向相反，B错误．4．(2022·内蒙古二模)如图，在匀强电场中，有边长为2 cm的正六边形ABCDEF，其六个顶点均位于同一个圆上，正六边形所在平面与匀强电场的电场线平行，O点为该正六边形的中心，B、D、F三点电势分别为2 V、6 V、4 V，下列说法不正确的是(　　)A．A点电势为2 VB．UAF等于UCDC．匀强电场的电场强度大小为 V/mD．将电子由A点移到C点，静电力做功为－2 eV答案　D解析　如图所示，连接BD和CF交于G点，由于G为BD的中点，则G的电势为φG＝＝ V＝4 V，可知F、G电势相等，故CF为等势线，电场方向垂直于CF向上，可知AB也为等势线，则有φA＝φB＝2 V，A正确；A、F两点的电势差为UAF＝φA－φF＝2 V－4 V＝－2 V，C、D两点的电势差为UCD＝φC－φD＝4 V－6 V＝－2 V，故有UAF＝UCD，B正确；匀强电场的电场强度大小为E＝＝ V/m＝ V/m，C正确；将电子由A点移到C点，静电力做功为WAC＝－eUAC＝2 eV，D错误．5．(多选)(2022·浙江宁波市二模)如图甲所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内，O处的波源由平衡位置开始垂直xOy平面振动，产生的简谐横波在xOy平面内传播，选定图状态为t＝0时刻，实线圆、虚线圆分别表示相邻的波峰和波谷，且此时平面内只有一圈波谷，图中质点A的振动图像如图乙所示，z轴垂直于xOy水平面，且正方向为垂直纸面向外．则下列说法正确的是(　　)A．此机械波的波长为2 mB．此机械波的传播速度为0.4 m/sC．t＝0.2 s时，机械波恰好传至B处D．在t＝0至t＝0.85 s这段时间内，C质点运动的路程为12 cm答案　AD解析　由题图可知从波峰到波谷的距离为1 m，故波的波长为λ＝2 m，A正确；题图乙为质点A的振动图像，则T＝0.2 s，根据波速计算公式有v＝＝10 m/s，B错误；因为t＝0时刻平面内只有一圈波谷，而此时O也处于波峰，由此可以判断波的起振方向向上且波刚开始传播时O处于平衡位置，由此可以判断t＝0时波传播了0.25 s、1.25个波长，即t＝0时刻波刚好传播到2.5 m处，则机械波恰好传至B处的时间点为tB＝ s＝0.15 s，C错误；质点C到波源的距离为x＝ m＝5 m，由选项C可知，t＝0时波传播了2.5 m，则波传播到C点所用的时间为tC＝ s＝0.25 s，由图像可知波的振幅为A＝1 cm，故从t＝0到t＝0.85 s过程中，质点C运动的路程为s＝·4A＝×4×1 cm＝12 cm，D正确．6．(多选)一物体以一定的初速度沿着固定在水平地面上的粗糙斜面从底端向上运动，运动到最高点后沿斜面下滑到底端，已知斜面的粗糙程度处处相同，斜面倾角的正切值为tan α＝，物体从底端上滑到最高点的时间是从最高点下滑到底端时间的.重力加速度取10 m/s2，以水平地面为参考平面，则(　　)A．物体从底端上滑时的动能是回到底端时动能的倍B．物体与斜面之间的动摩擦因数为C．物体上滑过程中损失的机械能是出发时机械能的D．物体在斜面上运动时最大的重力势能是出发时机械能的答案　AC解析　设初速度为v1，则由逆向思维可得上滑时v1＝a1t1，x＝a1t12，下滑时满足v2＝a2t2，x＝a2t22，由牛顿第二定律得mgsin α＋μmgcos α＝ma1，mgsin α－μmgcos α＝ma2，即a1＝gsin α＋μgcos α，a2＝gsin α－μgcos α，因＝，得＝，解得μ＝，＝，所以＝，故A正确，B错误；物体损失的机械能上滑时满足ΔE＝Ffx，上滑的最大重力势能为Ep＝mgxsin α，由能量守恒定律有E0＝mgxsin α＋Ffx，其中Ff＝μmgcos α，所以＝＝，同理可得＝，故C正确，D错误．7．(2022·黑龙江省八校高三期末)小明在超市中发现两种品牌的5号干电池，他利用电流表和电压表设计实验，分别测定一节这两种品牌干电池的电动势和内阻．(1)实验时有开关和导线若干，以及以下器材：A．电压表(0～3 V，内阻约为1 kΩ)B．电流表(0～3 A，内阻为0.2 Ω)C．电流表(0～0.6 A，内阻为0.5 Ω)D．滑动变阻器(0～20 Ω，允许通过的最大电流为1 A)E．滑动变阻器(0～200 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A)实验中电流表应选用________；滑动变阻器应选用________．(均填相应器材前的字母)(2)小明应该选择的实验电路图是________．(选填“甲”或“乙”)(3)小明分别记录了6组数据并在同一坐标纸内画出两个干电池的U－I图线，如图丙所示．根据所画图线可得出品牌I干电池的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(结果均保留两位小数)(4)小明根据数据发现一节不同品牌干电池的电动势基本相同，只是内阻差异较大，小明继续对Ⅰ、Ⅱ两个品牌干电池做了进一步探究，对电池的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池的输出功率P随路端电压U变化的关系进行了猜想和实验验证，并分别画出了下列的P－R和P－U图像．下列各图中可能正确的是________．(填正确答案标号)答案　(1)C　D　(2)乙　(3)1.50　0.33　(4)AD解析　(1)一节干电池的电动势约为1.5 V，本实验要求电流不可过大，故电流表选择量程为0～0.6 A的C；滑动变阻器应选D，若滑动变阻器选E，由于总阻值较大，则滑片滑动时移动范围小，不方便调节．(2)由于电流表内阻已知，采用题图乙电路，电流表分压造成的系统误差可以消除，故选题图乙．(3)由U＝E－Ir可得，图线Ⅰ的纵截距为E＝1.50 V，斜率的绝对值k≈0.83 Ω，减去电流表的内阻0.5 Ω，即电池的内阻为r＝0.83 Ω－0.5 Ω＝0.33 Ω(4)根据公式P＝I2R＝可知，内、外电阻相等时输出功率最大，且Ⅱ品牌电池内阻较大，又由Pmax＝可知，Ⅱ品牌电池最大输出功率较小，A正确，B错误；输出功率P＝UI＝－(U－)2＋，可知P－U图线应为开口向下的抛物线，又由Pmax＝可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，C错误，D正确．8．(2022·安徽省合肥一中模拟预测)如图所示，一半径R＝2 m、圆心角∠BOC＝60°的光滑圆弧轨道BC固定在水平地面上，另一质量M＝1 kg的长木板紧贴圆弧轨道放置于水平地面上，木板上表面与轨道C点在同一水平面上，长木板与地面间动摩擦因数μ1＝0.2.现将一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)从A点以水平速度v0＝2 m/s抛出，该物块恰好从B点沿切线方向进入光滑圆弧轨道，物块与长木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，求：(1)A、B两点间竖直方向距离；(2)小物块滑到C点时对轨道的压力大小；(3)若小物块最终没有滑离长木板，长木板的最小长度是多少．答案　(1)0.6 m　(2)28 N　(3)3 m解析　(1)小物块在B点时的速度vB＝＝4 m/s，小物块在竖直方向的分速度vBy＝v0tan 60°＝2 m/s解得A、B两点间竖直方向的距离是hAB＝＝0.6 m(2)从B点到C点，由机械能守恒定律，可知mgR(1－cos 60°)＋mvB2＝mvC2解得vC＝6 m/s小物块在C点时，由牛顿第二定律可得F－mg＝m，解得F＝28 N，由牛顿第三定律可知，小物块滑到C点时对轨道的压力大小为F′＝28 N.(3)长木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(M＋m)g＝4 N，小物块与长木板间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝5 N，Ff2> Ff1，因此长木板做加速运动，对长木板分析，由牛顿第二定律有μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1对小物块分析，由牛顿第二定律有μ2mg＝ma2小物块做减速运动，长木板做加速运动，在小物块与长木板速度相等时，则有v＝vC－a2t＝a1t，解得t＝1 s，小物块的位移为x1＝t＝3.5 m，长木板的位移x2＝t＝0.5 m在小物块与长木板速度相等后，一起做减速运动到静止，故长木板的最小长度是L＝x1－x2＝3 m.9．(2022·广东省联考)在学校举办的高楼落蛋活动中，为保证鸡蛋从高处落地后能完好无损，小明设计了如图甲所示的装置．装置下端安装了一个横截面(俯视)如图乙所示的磁体，其内、外分别为圆柱形和圆筒形，两者固定在一起，且两者间存在沿径向向外的磁场，不考虑磁体在其他区域产生的磁场．圆筒形磁体与两条平行金属导轨AH和BG固定在一起，CDFE是一个金属线框，DF、CE被约束在导轨的凹槽内，可沿导轨无摩擦地滑动，线框CD的正中间接有一个半径为r(r略大于圆柱形磁体的半径)、匝数为N、总电阻为R的线圈，EF之间接有一只装有鸡蛋的铝盒，铝盒的电阻也为R.导轨上方固定有一根绝缘细棒HG.细棒与铝盒间连接了一根劲度系数为k的轻质绝缘弹簧．小明将该装置置于距离水平地面高h(h远大于装置自身高度)处，并保持导轨竖直，待铝盒静止后将弹簧锁定，此时线圈恰好位于磁体上边界处．现由静止释放装置，整个装置竖直落到水平地面上后弹簧立即解除锁定，且磁体连同两导轨和绝缘棒HG的速度立即变为零．已知线框CDFE(含线圈、铝盒、鸡蛋)的总质量为m，线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的两倍，此时EF仍未进入磁场，线圈所在处的磁感应强度大小均为B，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，除线圈和铝盒外，线框其他部分的电阻不计，忽略空气阻力．求：(1)落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势E以及线圈中感应电流的方向(俯视)；(2)从落地到线框最终静止的过程中，回路产生的总焦耳热Q；(3)从落地到线框第一次运动到最低点的过程中，通过回路某截面的电荷量q.答案　(1)2πNBr·　顺时针　(2)mgh　(3)解析　(1)根据右手定则可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，落地时线圈切割磁感线产生的感应电动势为E＝NvLB，L＝2πr，mgh＝mv2解得E＝2πNBr·(2)由于待铝盒静止后将弹簧锁定，则从落地到线框最终静止的过程中，根据动能定理有mgh－Q＝0(3)线框CDFE(含线圈、铝盒、鸡蛋)静止时有mg＝kx1由题知线框第一次运动到最低点时弹簧的形变量是装置刚落地时的两倍，则说明线框刚落地到最低点下落的距离为x1，根据法拉第电磁感应定律有E＝N＝N则通过回路某截面的电荷量q＝·Δt＝N整理后有q＝.