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(六)（含解析）

这是一份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(六)（含解析），共8页。
小综合练(六)1．(多选)(2020·山东省普通高中学业水平等级模拟考试)图1甲为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1 m处的质点，Q是平衡位置为x＝4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则(　　)图1A．t＝0.10 s时，质点Q的速度方向向上B．该波沿x轴的负方向传播C．该波的传播速度为40 m/sD．从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P通过的路程为30 cm答案　BC解析　从题图乙可知质点Q在t＝0.10 s时刻正处于平衡位置并向下振动，则题图甲中的横波沿x轴的负方向传播，故A错误，B正确；该波传播速度为：v＝＝ m/s＝40 m/s，故C正确；从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P经过了四分之三个周期，由于t＝0.10 s时刻，质点P不在平衡位置或最大位移处，此时质点P正处于从－10 cm向平衡位置运动的过程中，它所走过的路程不等于30 cm，故D错误．2．中国传统文化博大精深，简单的现象揭示了深刻的道理， 如水滴石穿．假设从屋檐滴下的水滴质量为0.5 g，屋檐到下方石板的距离为4 m，水滴落到石板上在0.2 s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10 m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为(　　)A．0.22 N  B．0.27 N  C．0.022 N  D．0.027 N答案　D解析　设水滴刚落到石板上时速度为v.水滴从屋檐开始下落到落到石板上的过程中，水滴的机械能守恒，有mgh＝mv2.水滴从接触石板到速度为零的过程中，取向下为正方向，对水滴由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得F≈0.027 N，由牛顿第三定律可知石板受到水滴的冲击力约为0.027 N，D正确．3．(2020·四川成都七中高三下学期三诊)中国是第五个独立完成卫星发射的国家，由我国独立发射的两颗人造卫星A、B均绕地球做匀速圆周运动，轨道半径之比为1∶3，且两者动能相等，则下列说法正确的是(　　)A．A、B两颗卫星的运行速度都大于7.9 km/sB．A、B两颗卫星的发射速度都大于11.2 km/sC．A、B两颗卫星环绕地球的周期之比是1∶3D．A、B两颗卫星所受到的万有引力大小之比是3∶1答案　D解析　由＝m得v＝由于A、B两颗卫星轨道半径大于地球的半径，则A、B两颗卫星的运行速度都小于7.9 km/s，故A错误；因为A、B两颗卫星均围绕地球做匀速圆周运动，未脱离地球引力的束缚，所以两颗卫星的发射速度都小于11.2 km/s，故B错误；根据万有引力提供向心力得＝mr，得T＝，A、B两颗卫星环绕地球的周期之比是1∶3，故C错误；根据万有引力提供向心力有＝m＝，则A、B两颗卫星所受到的万有引力大小之比为FA∶FB＝rB∶rA＝3∶1，故D正确．4．(原创题)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图2中虚线所示，ab＝be＝2bc＝2de＝L，bcde为矩形．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动速率为(　　)图2A.  B.  C.  D.答案　C解析　设粒子过bcde上一点g，当∠Oag最大时，∠aOg最小，粒子运动时间最长，O为粒子做圆周运动的圆心，由几何关系知，当粒子过c点时，粒子运动时间最长，设半径为R，则有(L－R)2＋()2＝R2，得R＝L，由qvB＝m，联立得v＝. 5．(多选)(2020·贵州铜仁市高三适应考试)一静止在水平地面上的物块，受到方向不变的水平拉力F作用．在0～4 s时间内，拉力F的大小和物块加速度a的大小随时间t变化的关系分别如图3甲、乙所示．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.由此可求得(　　)图3A．物块与水平地面间的最大静摩擦力的大小为2 NB．物块的质量等于1.5 kgC．在0～4 s时间内，合力对物块冲量的大小为6.75 N·sD．在0～4 s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6 N·s答案　BC解析　t＝1 s时，物块开始运动，故此时的拉力等于物块的最大静摩擦力，故有：Ff＝F＝1.5 N，故A错误；根据牛顿第二定律有：F－Ff＝ma，代入F＝6 N，a＝3 m/s2，Ff＝1.5 N得：m＝1.5 kg，故B正确；在a－t图像中，图线与时间轴所围面积为物块的速度变化量，则有4 s时物块的速度v＝×3×3 m/s＝4.5 m/s，在0～4 s时间内，由动量定理可得I＝mv－0＝1.5×4.5 N·s＝6.75 N·s，故C正确；在0～4 s时间内，F对物块的冲量为IF＝×4 N·s＝12 N·s，则摩擦力对物块的冲量为If＝I－IF＝(6.75－12) N·s＝－5.25 N·s，大小为5.25 N·s，故D错误．6．(多选)如图4所示，CDE和MNP为两根足够长且弯折的平行金属导轨，CD、MN部分与水平面平行，DE和NP与水平面成30°角，间距L＝1 m，CDNM面上有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T，DEPN面上有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B2＝2 T．两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1 kg，导体棒b与导轨CD、MN间的动摩擦因数均为μ＝0.2，导体棒a与导轨DE、NP之间无摩擦．导体棒a、b的电阻均为R＝1 Ω.开始时，b棒静止在导轨上，现在由静止释放a棒，运动过程中a、b棒始终不脱离导轨，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10 m/s2，则(　　)图4A．b棒开始向右滑动时a棒的速度v＝0.2 m/sB．若经过1 s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移大小为0.24 mC．若将CDNM面上的磁场方向变为竖直向上，大小不变，b棒始终在水平导轨上，经过足够长的时间，a棒做匀速运动D．若将CDNM面上的磁场方向变为竖直向上，大小不变，b棒始终在水平导轨上，经过足够长的时间，b棒做匀加速运动答案　BD解析　开始时，a棒向下运动，根据右手定则可知电流方向俯视为顺时针，对b棒根据左手定则可知b棒受到向左的安培力，所以b棒开始运动时速度方向向左，故A错误；当b棒开始滑动时，b棒受到的安培力应满足Fb＝μmg＝0.2 N，又有Fb＝B1IL，I＝，E＝B2Lv，联立解得v＝0.2 m/s，对a棒由动量定理得mgtsin θ－B2Lt＝mv，其中t＝＝，联立解得x＝＝0.24 m，故B正确；设a棒的加速度为a1，b棒的加速度为a2，对a棒根据牛顿第二定律有mgsin θ－B2IL＝ma1，对b棒根据牛顿第二定律可得B1IL－μmg＝ma2，且I＝，当稳定后，电流I保持不变，则＝＝0，联立可得a1＝0.2 m/s2，a2＝0.4 m/s2，即a、b棒都做匀加速运动，故C错误，D正确．7．(2020·内蒙古呼伦贝尔市海拉尔区高考模拟)某同学想测量滑块和长木板之间的动摩擦因数．如图5甲所示，表面粗糙、一端装有定滑轮的长木板固定在水平实验台上；木板上有一滑块，滑块右端固定一个轻小滑轮，钩码和拉力传感器通过绕在滑轮上的轻细绳相连，细绳与长木板平行，放开钩码，滑块在长木板上做匀加速直线运动(忽略滑轮的摩擦)．图5(1)实验开始前打点计时器应接在____________(填“交流电源”或“直流电源”)上．(2)如图乙为某次实验得到的纸带，s1、s2是纸带中两段相邻计数点间的距离，相邻计数点间的时间间隔为T，由此可求得滑块的加速度大小为________(用s1、s2、T表示)．(3)改变钩码的个数，得到不同的拉力传感器示数F(N)和滑块加速度a(m/s2)，重复实验．以F为纵轴，a为横轴，得到的图像是纵轴截距大小等于b、倾角为θ的一条倾斜直线(横、纵坐标单位长度相等)，如图丙所示，则滑块和轻小动滑轮的总质量为________ kg；滑块和长木板之间的动摩擦因数μ＝________.(已知重力加速度为g)答案　(1)交流电源　(2)　(3)2tan θ　解析　(1)打点计时器应接在交流电源上；(2)根据公式xm－xn＝(m－n)aT2可得a＝；(3)由题图丙可知，滑块受到的拉力为拉力传感器示数的两倍，即FT＝2F滑块受到的摩擦力为Ff＝μMg由牛顿第二定律可得FT－Ff＝Ma计算得出F与加速度a的函数关系式为F＝a＋由题图丙所给信息可得图像截距为b＝斜率为k＝＝tan θ则M＝2tan θ计算得出μ＝.8．(2020·河北六市高三下学期第二次联合调研)如图6，ABO是一半径为R的圆形玻璃砖的横截面，O是圆心，AB弧形面镀银．现位于AO轴线上的点光源S发出一束光线射向玻璃砖的OB边，入射角i＝60°，OS＝.已知玻璃的折射率为，光在空气中传播的速度为c，每条边只考虑一次反射．求：图6(1)光线射入玻璃砖时的折射角；(2)光线从点光源S传播到离开玻璃砖所用的时间．答案　(1)30°　(2)解析　(1)光路图如图所示，设光线在C点的折射角为r由折射定律有n＝代入数据解得r＝30°(2)设光线进入玻璃砖中，光线在AB面上D点反射，入射角为α，反射角为βθ＝90°－i＝30°由三角函数关系有OC＝＝RSC＝＝R在△ODC中，由正弦定理有：＝得α＝30°过D点作OB的垂线于F，由于β＝30°，∠CDF＝30°，故∠FDE＝90°，所以光线DE垂直于OA射出玻璃砖在△ODC中，由几何关系有CD＝OC＝R又DE＝Rcos β＝R光在玻璃砖中的速率v＝则光线从点光源S传播到离开玻璃砖所用的时间t＝＋＋解得t＝.9．在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图7所示．小球运动轨迹上的A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点．小球刚抛出时的动能为8 J，在M点的动能为6 J，不计空气的阻力．求：图7(1)小球水平位移x1与x2之比；(2)小球落到B点时的动能EkB；(3)小球从A点运动到B点的过程中最小动能Ekmin.答案　(1)1∶3　(2)32 J　(3) J解析　(1)如图所示，带电小球在水平方向上受电场力的作用，做初速度为零的匀加速运动，竖直方向上只受重力作用，做竖直上抛运动，故从A到M和从M到B的时间相等，则小球水平位移x1∶x2＝1∶3(2)小球从A到M，水平方向上电场力做功W电＝6 J则小球从A到B，水平方向上电场力做功为4W电，由能量守恒可知，小球运动到B点时的动能为EkB＝Ek0＋4W电＝32 J(3)由于合运动与分运动具有等时性，设小球所受的电场力为F，重力为G，则有：Fx1＝6 J即t2＝6 JGh＝8 J即t2＝8 J联立解得＝由图可知tan θ＝＝，则sin θ＝则小球从A运动到B的过程中速度最小时，速度一定与等效重力G′垂直，故：Ekmin＝m(v0sin θ)2＝ J.