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）

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＝0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x＝1m处的质点，Q是平衡位置为x＝4m处的质点，图乙为质点Q的振动图像，则()图1A．t＝0.10s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40m/sD．从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P通过的路程为30cm答案BC解析从题图乙可知质点Q在t＝0.10s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＝eq\f(λ,T)＝eq\f(8,0.20)m/s＝40m/s，故C正确；从t＝0.10s到t＝0.25s，质点P经过了四分之三个周期，由于t＝0.10s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－10cm向平衡位置运动的过程中，它所走过的路程不等于30cm，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0.5g，屋檐到下方石板的距离为4m，水滴落到石板上在0.2s内沿石板平面散开，忽略空气阻力，g取10m/s2，则石板受到水滴的冲击力约为()A．0.22NB．0.27NC．0.022ND．0.027N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＝eq\f(1,2)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≈0.027N，由牛顿第三定律可知石板受到水滴的冲击力约为0.027N，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7.9km/sB．A、B两颗卫星的发射速度都大于11.2km/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eq\f(GmM,r2)＝meq\f(v2,r)得v＝eq\r(\f(GM,r))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7.9km/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11.2km/s，故B错误；根据万有引力提供向心力得eq\f(GmM,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，A、B两颗卫星环绕地球的周期之比是1∶3eq\r(3)，故C错误；根据万有引力提供向心力有eq\f(GmM,r2)＝meq\f(v2,r)＝eq\f(2Ek,r)，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.eq\f(3qBL,4m)B.eq\f(\r(2)qBL,2m)C.eq\f(5qBL,8m)D.eq\f(\r(3)qBL,3m)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＋(eq\f(L,2))2＝R2，得R＝eq\f(5,8)L，由qvB＝meq\f(v2,R)，联立得v＝eq\f(5qBL,8m).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0～4s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10m/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2NB．物块的质量等于1.5kgC．在0～4s时间内，合力对物块冲量的大小为6.75N·sD．在0～4s时间内，摩擦力对物块的冲量大小为6N·s答案BC解析t＝1s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＝1.5N，故A错误；根据牛顿第二定律有：F－Ff＝ma，代入F＝6N，a＝3m/s2，Ff＝1.5N得：m＝1.5kg，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4s时物块的速度v＝eq\f(1,2)×3×3m/s＝4.5m/s，在0～4s时间内，由动量定理可得I＝mv－0＝1.5×4.5N·s＝6.75N·s，故C正确；在0～4s时间内，F对物块的冲量为IF＝eq\f(0＋6,2)×4N·s＝12N·s，则摩擦力对物块的冲量为If＝I－IF＝(6.75－12)N·s＝－5.25N·s，大小为5.25N·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＝1m，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＝1T，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＝2T．两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1kg，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＝1Ω.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10m/s2，则()图4A．b棒开始向右滑动时a棒的速度v＝0.2m/sB．若经过1s，b棒开始滑动，则此过程中，a棒发生的位移大小为0.24mC．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＝0.2N，又有Fb＝B1IL，I＝eq\f(E,2R)，E＝B2Lv，联立解得v＝0.2m/s，对a棒由动量定理得mgtsinθ－B2eq\x\to(I)Lt＝mv，其中eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B2Lx,2R)，联立解得x＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgtsinθ－mv))·2R,B\o\al(22)L2)＝0.24m，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mgsinθ－B2IL＝ma1，对b棒根据牛顿第二定律可得B1IL－μmg＝ma2，且I＝eq\f(B2Lv1－B1Lv2,2R)，当稳定后，电流I保持不变，则eq\f(ΔI,Δt)＝eq\f(B2LΔv1－B1LΔv2,2R·Δt)＝0，联立可得a1＝0.2m/s2，a2＝0.4m/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)eq\f(s2－s1,2T2)(3)2tanθeq\f(b,gtanθ)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＝eq\f(s2－s1,2T2)；(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＝eq\f(M,2)a＋eq\f(μMg,2)由题图丙所给信息可得图像截距为b＝eq\f(μMg,2)斜率为k＝eq\f(M,2)＝tanθ则M＝2tanθ计算得出μ＝eq\f(b,gtanθ).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eq\f(1,4)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＝eq\f(R,3).已知玻璃的折射率为eq\r(3)，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)eq\f(19R,6c)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＝eq\f(sini,sinr)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＝eq\f(OS,tanθ)＝eq\f(\r(3),3)RSC＝eq\f(OS,sinθ)＝eq\f(2,3)R在△ODC中，由正弦定理有：eq\f(OD,sinr＋90°)＝eq\f(OC,sinα)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＝eq\f(\r(3),3)R又DE＝Rcosβ＝eq\f(\r(3),2)R光在玻璃砖中的速率v＝eq\f(c,n)则光线从点光源S传播到离开玻璃砖所用的时间t＝eq\f(SC,c)＋eq\f(CD,v)＋eq\f(DE,v)解得t＝eq\f(19R,6c).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8J，在M点的动能为6J，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)32J(3)eq\f(24,7)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＝6J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