小综合练(六)（含解析）—2024年高考物理三轮冲刺考前热身练

这是一份小综合练(六)（含解析）—2024年高考物理三轮冲刺考前热身练，共10页。试卷主要包含了B　[点电荷d的受力分析如图等内容，欢迎下载使用。


A．与两环绕行方向相同且正向图a右上方运动
B．与两环绕行方向相同且正向图a左下方运动
C．与两环绕行方向相反且正向图a右上方运动
D．与两环绕行方向相反且正向图a左下方运动
2.图示为某小型发电站与用户端之间输电线路的示意图。发电站处升压变压器原、副线圈匝数比的值为k1＝eq \f(1,100)，输电线总电阻为40 Ω，用户端降压变压器原、副线圈匝数比的值为k2＝90，副线圈输出电压有效值为220 V，用户端消耗的总功率为99 kW。变压器视为理想变压器，用户端可看成纯电阻，则发电站输出电压的有效值为( )
A．100 V B．200 V C．300 V D．400 V
3.(2023·江苏盐城市三模)做惯性演示实验时，小刚将一张白纸平放在水平桌面上，在白纸的上面水平放置一个黑板擦，用力把白纸快速抽出，黑板擦几乎不动，但细心的小刚发现，黑板擦在桌上水平前进了一小段距离，对于这种现象，下列说法中正确的是( )
A．将白纸快速抽出，黑板擦受到与运动方向相反的摩擦力
B．将白纸快速抽出，白纸给黑板擦的摩擦力对黑板擦做了正功
C．如果以较小速度抽出白纸，黑板擦往前运动的加速度将会变小
D．如果以较小速度抽出白纸，黑板擦所受的摩擦力的冲量将会变小
4.如图所示，半径为R、圆心为O的半圆为某玻璃砖的截面，一束单色光垂直水平直径从A点射入玻璃砖，AO＝eq \f(\r(2),2)R，光束在玻璃砖的圆弧面上刚好发生全反射，最终垂直水平直径射出；保持入射方向不变，将入射点缓慢向左移，当移到B点时，光束经圆弧面反射后再次垂直水平直径射出。则从A点射入的光与从B点射入的光在玻璃砖中传播的时间之比为( )
A.eq \f(\r(6),3) B.eq \f(2\r(2),3) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(\r(2),2)
5.(2023·江苏扬州市三模)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物体A、B通过轻绳和轻质滑轮连接，轻绳倾斜部分与斜面平行，重力加速度为g，从静止释放A到B落地前( )
A．A的动能增加量是B的4倍
B．B的重力势能变化量是A的2倍
D．B的加速度为eq \f(3,5)g
C．轻绳中的拉力为eq \f(1,2)mg
6.(2023·江苏省海安中学阶段测试)如图所示为平面直角坐标系xOy，三个点电荷a、b、c分别固定于(0，r)、(0，－r)、(0,0)处，a、b、c电荷量分别为＋Q、＋Q、－Q。现有一电荷量为－q的点电荷d，在＋x轴上从靠近坐标原点处由静止释放，不考虑重力及电荷d对原电场的影响，取无穷远处电势为零，则在点电荷d的整个运动过程中，其瞬时速度v随时间t、电势能Ep随位置x变化的关系图像可能为( )
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
7．(2023·广东卷·12)某兴趣小组设计了测量盐水电导率的实验。所用器材有：电源E(电动势恒定，内阻可忽略)；毫安表mA(量程15 mA，内阻可忽略)；电阻R1(阻值500 Ω)、R2(阻值500 Ω)、R3(阻值600 Ω)和R4(阻值200 Ω)；开关S1和S2；装有耐腐蚀电极板和温度计的有机玻璃样品池；导线若干。请完成下列实验操作和计算。
(1)电路连接
图(a)为实验原理图。在图(b)的实物图中，已正确连接了部分电路，只有R4一端的导线还未连接，该导线应接到R3的________(填“左”或“右”)端接线柱
(2)盐水电导率和温度的测量
①测量并记录样品池内壁的长宽高。在样品池中注满待测盐水
②闭合开关S1，________开关S2，毫安表的示数为10.0 mA，记录此时毫安表的示数；计算得到流过样品池的电流I1为________ mA
③________开关S2，毫安表的示数为15.0 mA，记录此时毫安表的示数；计算得到流过样品池的电流I2为________ mA
④断开开关S1，测量并记录盐水的温度
(3)根据上述数据，计算得到样品池两电极板间待测盐水的电阻为________ Ω，进而可求得该温度时待测盐水的电导率。
8.(2023·江苏省如东中学等四校联考)压燃式四冲程柴油发动机具有动力大、油耗小、低排放等特点，被广泛应用于大型机车及各种汽车中，最早是由德国工程师R·狄塞尔于1892年设计，因此，其发动机工作过程也被称为“狄塞尔循环”，如图所示为理想的狄塞尔循环p－V图像，其中a→b为绝热压缩过程，b→c为等压吸热过程，c→d为绝热膨胀过程，d→a为等容放热过程。现假定某汽缸中封闭一定质量的理想气体，进行“狄塞尔循环”，在初始状态a时，气体的体积V0、压强p0、温度T0均为已知量，经过狄塞尔循环，由a→b→c→d→a，气体在状态b时的体积V1＝eq \f(1,15)V0、温度T1＝3T0，气体在状态c时的体积V2＝eq \f(1,5)V0。试求：
(1)气体在b状态时的压强p1和c状态时的温度T2。
(2)若a→b过程中外界对气体做功为W1，b→c过程中气体吸热为Q，c→d过程中气体对外界做功为W2，求被封闭气体在从状态a→b→c→d过程中其内能变化量ΔE。
9．(2023·江苏省高三大联考)质谱仪的原理如图甲所示，电荷量为＋q、质量为m的粒子从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为零。经过小孔S3沿着垂直磁场的方向进入一上边界为MN的匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，最后打在底片D上。粒子在离开小孔S3进入磁场时与竖直方向最大张角为θ，如图乙所示，在纸面这个范围内各个方向的粒子数均匀分布。不计粒子重力及粒子间的相互作用。
(1)求粒子垂直打在底片D上位置到S3的距离L1；
(2)求粒子离开磁场时的位置所分布区域的长度L2及粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间差Δt；
(3)某次测量发现底片上能正常检测到粒子的长度为eq \f(L2,2)，为了单位时间内在底片上检测到粒子的数目最多，应将底片放在磁场边界上什么位置？并求接收的粒子数占发射总粒子数的最大百分比η。(设粒子离开磁场时离S3最远的位置标为P点。若cs α＝x，则α可表示为α＝arccs x)
小综合练(六)
1．B [根据万有引力公式Geq \f(Mm,r2)＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(GM,r3))，因此可知轨道半径越大角速度越小。对于内环而言，如果内环和土卫三十五同向运动，则由于内环角速度大于土卫三十五，可知其泛起的涟漪将超前土卫三十五，此时内环顺时针运动，如果内环和土卫三十五反向运动，由于涟漪在左下方，仍可知内环顺时针运动。由于两环运动方向相同，因此外环也顺时针运动，而外环涟漪在右上方，且外环角速度小于土卫三十五，因此可知土卫三十五顺时针运动。故选B。]
2．B [用户端电压的有效值为220 V，消耗的电功率为99 kW，则降压变压器副线圈中的电流为I＝eq \f(P,U)＝450 A，结合题述和变压器原理可得，降压变压器原线圈两端的电压有效值为U1＝k2U＝19 800 V，电流为I2＝eq \f(I1,k2)＝5 A。输电线上损失的电压ΔU＝5 A×40 Ω＝200 V，升压变压器副线圈两端的电压U2＝U1＋ΔU＝20 000 V，结合题述和变压器原理可得，升压变压器原线圈两端的电压U3＝U2k1＝200 V，B正确。]
3．B [将白纸快速向左抽出时，黑板擦受到摩擦力向左，黑板擦向左运动，摩擦力的方向与黑板擦的运动方向相同 ，摩擦力对黑板擦做正功，A错误，B正确；设黑板擦的质量为m，白纸与黑板擦之间的动摩擦因数为μ1，黑板擦在白纸上向前滑动的加速度为a1，根据牛顿第二定律得μ1mg＝ma1，解得a1＝μ1g，无论快速抽出白纸还是慢速抽出白纸，黑板擦在白纸上向前运动的加速度a1相同；设桌面与黑板擦之间的动摩擦因数为μ2，黑板擦在桌面上向前滑动的加速度为a2，根据牛顿第二定律得μ2mg＝ma2，解得a2＝μ2g，无论快速抽出白纸还是慢速抽出白纸，黑板擦在桌面上向前滑动的加速度a2相同，C错误；如果以较小速度抽出白纸，白纸与黑板擦之间的作用时间变长，黑板擦所受的摩擦力的冲量将会变大，D错误。]
4．B [单色光垂直水平直径从A点射入玻璃砖时，光在圆弧面上的入射角为45°，玻璃砖对光的折射率n＝eq \f(1,sin 45°)＝eq \r(2)，光在玻璃砖中传播的时间t1＝eq \f(4×\f(\r(2),2)R,v)＝eq \f(2\r(2)Rn,c)＝eq \f(4R,c)，当入射点移到B点时，光束经圆弧面反射后再次垂直水平直径射出，根据几何知识可知，光在圆弧面上的入射角为60°，光在玻璃砖中传播的时间t2＝eq \f(3R,v)＝eq \f(3\r(2)R,c)，光两次在玻璃砖中的传播时间之比为eq \f(t1,t2)＝eq \f(2\r(2),3)，B正确。]
5．C [根据滑轮的组装，可知物体B下落的速度是物体A速度的2倍，又因为两个物体的质量相等，根据Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知B的动能增加量是A的
4倍，A错误；设物体B下降的高度为h，则物体A上滑的距离为0.5h，A上升的高度hA＝0.5hsin 30 °＝0.25h，根据重力势能Ep＝mgh，可知B的重力势能变化量是A的4倍，B错误；相同的时间内物体B的位移为物体 A的位移的2倍，所以物体B的加速度是A的2倍，设绳子上的拉力为F，对物体B，有mg－F＝maB
对物体A，有2F－mgsin 30 °＝maA，联立解得aA＝0.3g，aB＝0.6g，F＝0.4mg，C正确，D错误。]
6．B [点电荷d的受力分析如图
由库仑定律Fa＝Fb＝eq \f(kQqsin2θ,r2)，
Fc＝eq \f(kQqtan2θ,r2)
由牛顿第二定律Fc－2Facs θ＝ma
整理可得a＝eq \f(kQqtan2θ,mr2)(1－2cs3θ)
易得随着电荷d向右移动，θ减小，cs θ逐渐增大，电荷d做加速度减小的加速运动，当cs θ＝eq \r(3,\f(1,2))时，它的速度达到最大值，然后电荷d做减速运动直至无穷远处，故①错误，②正确；由电荷d的受力分析可知，电荷d同时受到合引力和斥力的作用，当x＜x1时，合力方向向右，故当电荷d从靠近原点处向右移动时，静电力做正功，其电势能减小；当x＝x1时，合力为零，此时d的动能最大，电势能最小；当x＞x1时，合力方向向左，故当电荷d继续向右移动时，静电力做负功，其电势能增加，直至无穷远处电势能为0，故③错误，④正确。故选B。]
7．(1)右 (2)②断开 40.0 ③闭合 60.0 (3)100
解析 (1)根据图(a)电路可知，R4一端的导线应接到R3的右端接线柱；
(2)②闭合开关S1，断开开关S2，毫安表的示数为10.0 mA，
则通过电阻R4的电流为I4＝eq \f(I3R3,R4)
根据电路图可知，流过样品池的电流为I1＝I3＋I4＝40.0 mA
③闭合开关S2，毫安表的示数为15.0 mA，
则流过R4的电流为I4′＝eq \f(I3′R3,R4)
流过样品池的电流为I2＝I3′＋I4′＝60.0 mA
(3)设待测盐水的电阻为R0，根据闭合电路欧姆定律，开关S2断开时
E＝I1(R0＋R2＋eq \f(R3R4,R3＋R4))
开关S2闭合时
E＝I2(R0＋eq \f(R1R2,R1＋R2)＋eq \f(R3R4,R3＋R4))
代入数据解得R0＝100 Ω。
8．(1)45p0 9T0 (2)W1＋Q－6p0V0－W2
解析 (1)根据eq \f(p0V0,T0)＝eq \f(p1V1,T1)得p1＝45p0，根据eq \f(V1,T1)＝eq \f(V2,T2)得T2＝9T0
(2)a→b过程中外界对气体做功为W1；b→c过程中气体吸热为Q，气体对外界做功W0＝p1(V2－V1)＝6p0V0，c→d过程中气体对外界做功为W2；则被封闭气体在从状态a→b→c→d过程中其内能变化量ΔE＝W1＋Q－W0－W2＝W1＋Q－6p0V0－W2。
9．(1)eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,q)) (2)eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,q))(1－cs θ)
eq \f(4θm,qB) (3)见解析 eq \f(arccs\f(1,2)1＋cs θ ,θ)×100%
解析 (1)由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2
洛伦兹力提供向心力qvB＝meq \f(v2,r)，
L1＝2r
L1＝eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,q))
(2)粒子沿优弧、劣弧运动，在磁场边界的弦长为L＝2rcs θ
则粒子离开时在磁场边界上的区域长度为
L2＝2r－2rcs θ＝eq \f(2,B)eq \r(\f(2mU,q))(1－cs θ)，
T＝eq \f(2πm,qB)
tmin＝eq \f(π－2θ,2π)T，
tmax＝eq \f(π＋2θ,2π)T，
Δt＝eq \f(4 θ,2π)T＝eq \f(4θm,qB)
(3)设粒子在磁场中偏转半径为r，与竖直方向成θ角进入磁场，粒子离开磁场的点到S3的距离为x，根据几何关系可知x＝2rcs θ，利用微元的思想可知Δx＝－2rsin θ·Δ θ两个粒子出射时夹角Δθ相同的情况下，θ越小，Δx越小，接收器单位时间接收的粒子数最多时应对应θ＝0入射粒子的出射点P，故应放在远端的P左侧。
由于eq \f(L2,2)＝2r－2rcs β，r－rcs θ＝2r－2rcs β
可得η＝eq \f(β,θ)×100%，代入数据得
η＝eq \f(arccs \f(1,2)1＋cs θ, θ)×100%。