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(一) (含解析)

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1.(2020·天津卷·4)一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T，t＝0时的波形如图所示．t＝eq \f(T,4)时( )
A．质点a速度方向沿y轴负方向
B．质点b沿x轴正方向迁移了1 m
C．质点c的加速度为零
D．质点d的位移为－5 cm
答案 C
解析 t＝eq \f(T,4)时，此列简谐横波的波形如图所示．
质点a正在经过平衡位置，速度方向沿y轴正方向，故A错误；波传播过程中，质点只能在平衡位置附近振动，不会随波迁移，故B错误；质点c处在平衡位置，加速度a＝0，故C正确；质点d的位移为5 cm，故D错误．
2．(2022·内蒙古二模)如图，固定点A、B系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一质量为1.2 kg的光滑小铁环O(可视为质点)，静止时∠AOB＝90°.现用水平外力向纸外拉动小铁环，再次静止时，OO′与竖直平面的夹角为37°(g取10 m/s2)，则此时( )
A．绳上的拉力大小为eq \f(15,2) N
B．绳上的拉力大小为eq \f(15,2)eq \r(2) N
C．外力的大小为16 N
D．外力的大小为16eq \r(2) N
答案 B
解析 设绳子上的张力为FT，则两边绳子拉力的合力为eq \r(2)FT，对圆环受力分析可知，
eq \r(2)FTsin 37°＝F，eq \r(2)FTcs 37°＝mg，
解得FT＝eq \f(15,2)eq \r(2) N，F＝9 N，故选B.
3．(2022·广东茂名市二模)如图，“嫦娥五号”“天问一号”探测器分别在近月、近火星轨道运行．已知火星的质量为月球质量的9倍、半径为月球半径的2倍．假设月球、火星均可视为质量分布均匀的球体，忽略其自转影响，则( )
A．月球表面重力加速度比火星表面重力加速度大
B．月球的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度大
C．质量相同的物体在月球、火星表面所受万有引力大小相等
D．“嫦娥五号”绕月球周期比“天问一号”绕火星周期大
答案 D
解析 由mg＝Geq \f(Mm,r2)，可得g＝eq \f(GM,r2)，结合题意可得g月＝eq \f(4,9)g火，A项错误；由mg＝meq \f(v2,r)，可知v＝eq \r(gr)，可知v月＝eq \f(\r(2),3)v火，B项错误；由F引＝Geq \f(Mm,r2)，可知F月＝eq \f(4,9)F火，C项错误；由Geq \f(Mm,r2)＝m(eq \f(2π,T))2r，可知T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，得T月＝eq \f(3\r(2),4)T火，D项正确．
4．(2022·甘肃省一诊)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，且n1＜n2，定值电阻R1、R2的阻值相等，图中电流表、电压表均为理想电表．在a、b端输入交变电流，其电流的有效值不随负载变化．当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，下列说法正确的是( )
A．电流表示数一定减小
B．电压表示数一定减小
C．R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率
D．电源的输出功率一定减小
答案 C
解析 输入端电流不变，根据变压器电流的关系eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知电流表示数不变，故A错误；向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，滑动变阻器的有效电阻增大，在副线圈回路中，副线圈电压U＝IR总，可得电压表示数将变大，故B错误；根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)及变压器匝数的关系n1＜n2，可知通过R1的电流一定大于R2的电流，由P＝I2R可知R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率，故C正确；因为副线圈电流不变，电压增大，由P＝UI可知变压器的输出功率变大，而输入端的电流不变，定值电阻R1的功率不变，所以电源的输出功率一定变大，故D错误．
5．(多选)如图甲所示，用轻杆吊着一质量为m、边长为L的单匝导体线框，线框电阻为R，线框置于方向垂直纸面的均匀磁场中，磁场上边界与正方形导体线框下边界平行，距离为eq \f(L,2)，从某时刻开始，轻杆对线框作用力F随时间变化如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.以磁感应强度B垂直纸面向里为正，导体线框中电流I逆时针方向为正，则下列图像可能正确的是( )
答案 ACD
解析 对线框进行受力分析有F安－mg＋2F＝0，解得F安＝－(mg－2F)，根据轻杆作用力F随时间变化关系，线框所受安培力竖直向上，均匀增大，并且初始安培力等于零，根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝eq \f(ΔBL2,2Δt)，根据安培力公式F安＝BIL，当I大小不变时，eq \f(ΔB,Δt)为定值，当时间t均匀增大时，则磁感应强度B均匀增大，线框有离开磁场趋势，安培力竖直向上，故A、C正确；当t＝t0时若B为0，F安为0，但F一定不能为0，故B错误；当电流方向突变但大小不变时，只要相同时刻磁场方向也突变，保持eq \f(ΔB,Δt)的大小为定值，则能得到题图乙的图像，故D正确．
6．(多选)(2022·安徽省三模)2022年第24届冬季奥林匹克运动会在北京和张家口顺利举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图所示为简化的跳台滑雪的雪道示意图，AO为助滑道．OB为着陆坡．运动员从助滑道上的A点由静止滑下，然后从O点沿水平方向飞出，最后在着陆坡上着陆．已知A点与O点的高度差为h，着陆坡OB的倾角为θ，运动员的质量为m，重力加速度为g.将运动员和滑雪板整体看作质点，不计一切摩擦和空气阻力，则( )
A．运动员经过O点时的速度大小v＝eq \r(2gh)
B．运动员从飞出到着陆坡的时间为2tan θeq \r(\f(2h,g))
C．运动员的着陆点到O点的距离为eq \f(2htan θ,cs θ)
D．运动员运动过程中一直处于超重状态
答案 AB
解析 根据动能定理有eq \f(1,2)mv＝mgh，解得v＝eq \r(2gh)，故A正确；设运动员从飞出到着陆坡的时间为t，根据平抛运动规律有tan θ＝eq \f(\f(1,2)gt2,vt)，解得t＝2tan θeq \r(\f(2h,g))，故B正确；运动员的着陆点到O点的距离为s＝eq \f(vt,cs θ)＝eq \f(4htan θ,cs θ)，故C错误；运动员在助滑道AO上运动时所受合外力的方向指向轨迹凹侧，即加速度存在竖直向上的分量，此时运动员处于超重状态；运动员从O点飞出后做平抛运动，加速度为重力加速度，此时运动员处于完全失重状态，故D错误．
7．(2022·四川省三模)(1)某同学使用如图装置来“验证机械能守恒定律”．其操作过程如下：
A．把气垫导轨固定在有一定倾角的斜面上，调整气垫导轨，使之与斜面平行，用量角器测量出斜面的倾角为α；
B．在气垫导轨上的恰当位置固定两个光电门“1”和“2”，用刻度尺测量出两个光电门之间的距离为x；
C．在滑块上垂直装上遮光条，使用游标卡尺测量出遮光条的宽度为d；
D．使用天平测量出滑块和遮光条的总质量为m；
E．在气垫导轨上，由静止释放滑块，滑块先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门“1”和“2”的时间分别为t1、t2.
重力加速度为g.则：
①如图所示，是用游标卡尺测量遮光条的宽度示意图．其宽度为d＝________ cm；
②当滑块和遮光条通过光电门“2”时，其动能为________(用测量的物理量字母表示)；
③在滑块和遮光条从光电门“1”运动到光电门“2”的过程中，满足关系式________时，滑块和遮光条的机械能守恒．
(2)在“测定玻璃的折射率”实验时：
①下列做法正确的是________；
A．入射角越大，误差越小
B．画出玻璃砖边界面后，实验过程中玻璃砖就可以任意移动了
C．插大头针时，要尽量让针处于竖直状态且间距适当远一些
D．所用玻璃砖必须是平行玻璃砖，用其他形状的玻璃砖无法测得其折射率
②某学生在插第三枚大头针P3时，在视线中看到P1、P2两枚大头针“断”成了a、b、c、d四截，如图所示．正确的做法是让P3同时挡住________．
A．a、b B．c、d
C．a、c D．b、d
答案 (1)①2.030 ②eq \f(1,2)m(eq \f(d,t2))2 ③gxsin α＝eq \f(1,2)(eq \f(d,t2))2－eq \f(1,2)(eq \f(d,t1))2 (2)①C ②B
解析 (1)①游标尺是20分度，分度值为0.05 mm，由题图可知，主尺读数为2 cm，游标尺的第6刻线与主尺的某刻线对齐，则游标尺的读数为6×0.05 mm＝0.30 mm＝0.030 cm，因此遮光条的宽度d＝2 cm＋0.030 cm＝2.030 cm；
②滑块和遮光条经光电门2时的速度为v＝eq \f(d,t2)，由动能定理可得滑块和遮光条经光电门2时的动能Ek2＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)m(eq \f(d,t2))2；
③若滑块和遮光条机械能守恒，需满足关系式mgxsin α＝eq \f(1,2)m(eq \f(d,t2))2－eq \f(1,2)m(eq \f(d,t1))2，即gxsin α＝eq \f(1,2)(eq \f(d,t2))2－eq \f(1,2)(eq \f(d,t1))2.
(2)①入射角不宜太大也不宜太小，入射角过大，会使折射光线亮度变暗，入射角太小则入射角、折射角的相对误差较大，A错误；实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变，B错误；插大头针时，让针处于竖直状态且间距适当远一些有助于减小误差，C正确；除了平行玻璃砖其他形状的玻璃砖也能测出折射率，D错误；
②在本实验中P3应挡住P1、P2透过玻璃砖的像，而不是P1、P2，题图中a、b为P1、P2，c、d为P1、P2透过玻璃砖的像，即应让P3同时挡住c、d，故选B.
8．(2022·安徽蚌埠市期末)图甲为顶角θ＝15°的玻璃砖的截面，该玻璃折射率n＝eq \r(2).一束光经过上表面的O点从法线左侧射入，入射角为α，光能从玻璃砖下表面射出．
(1)求入射角α的最大值；
(2)用上述相同材料制成的平行玻璃砖，厚度为2 cm，一束光从上表面某点射入，如图乙所示，保持入射点不变，在纸面内改变入射方向，则从下表面可以射出光的区域最大长度是多少？
答案 (1)45° (2)4 cm
解析 (1)光从上表面O点射入玻璃砖的光路如图所示，入射角α最大时，在O点折射时的折射角为r，光射到下表面P点的入射角恰好达到临界角C，则有
eq \f(sin α,sin r)＝n，sin C＝eq \f(1,n)
由几何关系可知C＝r＋θ
解得最大入射角α＝45°
(2)当光以入射角i从A点射入平行玻璃砖，折射角为r，光经上、下两个表面折射后由B点射出(入射光线与出射光线平行)，其光路如图所示，改变入射方向，光将从DB线段内射出，当光在下表面的入射角r达到临界角时，设DB长度最大为L，则有r＝C，eq \f(L,2)＝dtan C，解得L＝4 cm.
9.(2022·浙江省模拟)如图所示，一平行极板置于x轴负半轴某一位置，现施加一光照使得“－极板”的电荷量为－q的电子逸出．在“＋极板”处有一特殊网罩，它只能够接受速度以最大初动能逸出且速度方向垂直极板的电子．极板MN长度为2a，且在极板中心处开有一个长度为a的区域，电子只能从该区域逸出．在原点O的正上方有一半径为a的磁场圆，磁感应强度为B，且在三、四象限也分布着磁场，磁场方向垂直纸面向里．若从极板MN逸出的电子均能够从O点的小孔射出，求：
Ⅰ.若第三、四象限磁感应强度为B：
(1)若极板的电压为U，求施加光照的能量E及圆形区域内磁场的方向；
(2)求电子从O点射出后，打在x轴坐标的范围．
Ⅱ.若第三、四象限磁感应强度为tB(t为常数)：
(3)求电子从O点射出后，打在x轴坐标的范围．
Ⅲ.现要完全分辨从y＝0.5a与y＝a射出的电子：
(4)若磁感应强度在(B＋ΔB)到(B－ΔB)里变化，求ΔB的最大值．
答案 (1)eq \f(q2B2a2,2m)－qU 垂直纸面向里
(2)[－2a，－eq \r(3)a]
(3)[－eq \f(2,t)a，－eq \f(\r(3),t)a]
(4)(7－4eq \r(3))B
解析 (1)根据题意，由几何关系知，电子在原点O的正上方半径为a的磁场圆中做圆周运动的半径为R＝a
设电子进入圆形磁场时的速度为v，根据牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,R)
电子在极板间运动过程中，根据动能定理有
E＋qU＝eq \f(1,2)mv2
联立解得E＝eq \f(q2B2a2,2m)－qU，根据左手定则可知，圆形磁场中磁场方向垂直纸面向里．
(2)运动轨迹如图所示，由图得从正中心射出的粒子击中的x坐标最小，从最上面与最下面射出的粒子击中的x坐标最大，
由图，根据几何关系可得xmin＝－2a，
xmax＝－2acs 30°＝－eq \r(3)a
故x坐标的范围是[－2a，－eq \r(3)a]．
(3)类比(2)问，可知最大值最小值的情况与(2)相同，
根据牛顿第二定律有qvtB＝meq \f(v2,R1)
解得R1＝eq \f(a,t)，则xmin＝－2R1＝－eq \f(2,t)a，
xmax＝－2R1cs 30°＝－eq \f(\r(3),t)a
故x坐标的范围是[－eq \f(2,t)a，－eq \f(\r(3),t)a]．
(4)当从y＝a射出的粒子的最近范围与从y＝0.5a射出的粒子最远范围相等，则有eq \f(2Ba,B＋ΔB)＝eq \f(\r(3)Ba,B－ΔB)，解得ΔB＝(7－4eq \r(3))B.