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(四)（含解析）

小综合练(四)1．(2020·广东模拟)科研人员正在研制一种新型镍铜电池，它采用半衰期长达100年的放射性同位素镍(eq\o\al(63,28)Ni)和铜作为电池的正、负极，利用镍63发生β衰变释放电子给铜片，为负载提供电能．下面说法正确的是()A．镍63的β衰变方程为eq\o\al(63,28)Ni→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(64,29)CuB．β衰变释放的电子是核内eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(1,1)H所产生的C．提高温度，增大压强可以改变镍63的半衰期D．经过200年该电池中的镍将全部变成其他金属答案B解析根据电荷数守恒、质量数守恒知镍63的核反应方程是eq\o\al(63,28)Ni→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(63,29)Cu，故A错误；β衰变所释放的电子是原子核中的中子转变为质子同时释放电子所产生的，故B正确；放射性物质的半衰期由原子核内部因素决定，与原子核所处的物理环境和化学状态无关，故C错误；采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63，经过200年，是经过两个半衰期，转变1－(eq\f(1,2))2＝eq\f(3,4)，即有四分之三的镍转变成其他金属，故D错误．2．(2020·陕西咸阳市模拟检测(三))如图1所示四幅图分别对应四种说法，其中正确的是()图1A．甲图中微粒运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动B．乙图中食盐晶体的物理性质沿各个方向都是一样的C．丙图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用D．丁图中洁净的玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在表面张力答案C解析甲图中微粒运动就是物质颗粒的无规则运动，即布朗运动，是液体分子无规则热运动的表现，选项A错误；乙图中食盐晶体的物理性质表现为各向异性，选项B错误；丙图中小草上的露珠呈球形的主要原因是液体表面张力的作用，选项C正确；丁图中洁净玻璃板接触水面，要使玻璃板离开水面，拉力必须大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之间存在引力，选项D错误．3．(2020·山东潍坊市三模)如图2所示，一圆环处于竖直平面内，圆心为O.用两根轻质细线将一质量为m的小球悬挂于O点，细线的另一端分别固定于圆环上的M点和N点，OM水平，OM与ON之间的夹角为120°.现让圆环绕过O点且与圆面垂直的轴顺时针缓慢转过90°.重力加速度为g，圆环半径为R，两根细线不可伸长．在转动过程中，下列说法正确的是()图2A．细线ON拉力逐渐增大B．细线ON拉力的最大值为eq\f(2\r(3),3)mgC．细线OM拉力的最大值为mgD．细线OM拉力先变小后变大答案B解析以小球为研究对象，受重力mg，OM线的拉力FOM，ON线的拉力FON，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在FOM转至竖直的过程中，ON上的拉力FON逐渐减小，OM上的拉力FOM先增大后减小，细线OM、ON拉力的最大值均为eq\f(mg,cos60°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，所以B正确，A、C、D错误．4．(2020·河南濮阳市高三下学期4月摸底)如图3所示，在容器A中有同一种元素的两种同位素正粒子，它们的初速度几乎为0，粒子可从容器A下方的小孔S1飘入加速电场，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后第一种同位素粒子打到照相底片D上的M点，第二种同位素粒子打到照相底片D上的N点．不计同位素粒子重力．量出M点、N点到S3的距离分别为x1、x2，则第一种与第二种同位素粒子在磁场中运动的时间之比为()图3A.eq\r(\f(x1,x2)) B.eq\f(x1,x2)C.eq\f(x\o\al(2,1),x\o\al(2,2)) D.eq\f(2x1,x2)答案C解析设加速电场的电压为U，磁场的磁感应强度为B，粒子电荷量为q、质量为m，在电场中加速过程有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，带电粒子在磁场中运动的周期T＝eq\f(2πr,v)，带电粒子在磁场中运动时间均为半个周期，即t＝eq\f(T,2).根据几何关系有x＝2r，联立以上各式可解得t＝eq\f(πB,8U)x2，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(x\o\al(2,1),x\o\al(2,2))，故C正确，A、B、D错误．5．(多选)(2020·河北保定市高三第一次模拟)如图4所示，等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab边与磁场两边界平行，磁场宽度大于bc边的长度．现使框架沿bc边方向匀速穿过磁场区域，t＝0时，c点恰好达到磁场左边界．线框中产生的感应电动势大小为E，感应电流为I(逆时针方向为电流正方向)，bc两点间的电势差为Ubc，金属框的电功率为P.上述各量随时间变化的图像可能正确的是()图4答案BC解析根据导体棒切割磁场产生的电动势为E＝Blv可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律I＝eq\f(E,R)，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针(负值)，第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向为逆时针(正值)，故B正确；由部分电路的欧姆定律Ubc＝IRbc，可知Ubc－t图像和I－t图像的形状完全相同，故C正确；金属框的电功率为P＝I2R，电流均匀变化，得到的电功率与电流为二次函数关系，应该画出开口向上的抛物线，故D错误．6．(多选)(2020·湖南衡阳市第二次模拟)如图5所示，一根轻弹簧一端固定在O点，另一端固定一个带有孔的小球，小球套在固定的竖直光滑杆上，小球位于图中的A点时，弹簧处于原长，现将小球从A点由静止释放，小球向下运动，经过与A点关于B点对称的C点后，小球能运动到最低点D点，OB垂直于杆，则下列结论正确的是()图5A．小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB．小球从B点运动到C点的过程，小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和可能增大C．小球运动到C点时，重力对其做功的功率最大D．小球在D点时弹簧的弹性势能一定最大答案AD解析在B点时，小球的加速度为g，在BC点间弹簧处于压缩状态，小球在竖直方向除受重力外还有弹簧弹力沿竖直方向的分量，所以小球从A点运动到D点的过程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正确；由能量守恒可知，小球从B点运动到C点的过程，小球做加速运动，即动能增大，所以小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一定减小，故B错误；小球运动到C点时，由于弹簧的弹力为零，所以合力为重力G，所以小球从C点往下还会加速一段，所以小球在C点的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C错误；D点为小球运动的最低点，即速度为零，弹簧形变最大，所以小球在D点时弹簧的弹性势能最大，故D正确．7．(2020·安徽宣城市高三第二次调研)电压表改装前需要测量其内阻，测量电压表内阻RV的电000Ω.图6(1)根据原理图甲所示电路连接实物图乙；(2)首先闭合S1，断开S2，调节电阻箱R，记下多组R的大小及其对应的电压表示数的大小；(3)然后闭合S1，闭合S2，同样调节电阻箱R，记下多组R的大小及其对应的电压表示数的大小；将以上两次测得的多组数据，分别在坐标纸上描点连线，得到如图丙中所示两条图线；(4)若图像中交点的横坐标为10kΩ，可求出电压表内阻RV＝________，还可判断出闭合S2时，所得数据描绘的是图线________；(选填“AB”或“CD”)(5)为了将该电压表的量程由0～3V扩大到0～15V，需要在电压表内________(选填“串”或“并”)联一个阻值为________的定值电阻．答案(1)见解析图(4)5000ΩCD(5)串20kΩ解析(1)电路连接如图所示：(4)当R＝0时，对于内阻可以忽略的电源，电压表读数即为电源电动势，即为3.0V；两曲线交点处R＝10kΩ，电压表示数为1.0V，结合电阻的分压规律可得eq\f(R,RV)＝eq\f(E－UV,UV)＝eq\f(3.0－1.0,1.0)＝eq\f(2,1)解得电压表内阻为RV＝5000Ω断开S2时，在图线的前半段，电压表相对于闭合S2后电压表和R2并联，分压应该更大，读数更大，故AB图线为断开S2时图线，CD图线为闭合S2时图线．(5)串联一个分压电阻，可以扩大电压表量程；电压表满量程时，流过表头的电流不变，则eq\f(3,RV)＝eq\f(15,RV＋Rx)则Rx＝4RV＝20kΩ.8．(2020·广西南宁市高三下学期第二次适应性测试)如图7，ABCD是某四棱镜的横截面，∠A＝60°，∠B＝30°，AB∥CD，AD＝L，CD＝eq\f(L,2).位于ABCD所在平面内的平行单色光垂直于AD边入射(入射点在A、D之间)，进入棱镜的光线恰好在AB边发生全反射．真空中光速为c，每条边只考虑一次反射或折射．求：图7(1)棱镜材料的折射率；(2)射向AD边的光线中，从进入棱镜到射出BC边经历的最长时间．答案(1)eq\f(2\r(3),3)(2)eq\f(7L,3c)解析作出光路图如图所示(1)因入射光垂直于AD边，故进入棱镜的光线方向不变；由题意可知在AB边发生全反射的临界角为C＝60°根据n＝eq\f(1,sinC)解得棱镜材料的折射率为n＝eq\f(2\r(3),3)(2)当从D点入射的光线射至BC时，光线在棱镜中通过的路程最长，则经历的时间最长，设对应的出射点为P，因△AQD为直角三角形，根据几何关系得DQ＝ADtan∠A＝eq\r(3)L因QB＝DC，△QBP为等腰三角形，根据几何关系得QP＝eq\f(QB,2cos∠B)＝eq\f(\r(3)L,6)通过的最长路程为sm＝DQ＋QP＝eq\f(7\r(3)L,6)棱镜中的光速v＝eq\f(c,n)根据sm＝vtm解得光线从进入棱镜到射出BC边经历的最长时间tm＝eq\f(7L,3c).9．(2020·广东高三模拟)如图8，光滑轨道固定在竖直平面内，水平段ab左侧是半径R＝0.5m的半圆，O为圆心，Oab共线；右侧曲面最高点c的切线水平，距ab的高度h1＝0.2m．质量M＝1kg、长L＝1m的木板C紧靠轨道静止在水平地面上，木板上表面与轨道最高点c在同一水平面内，p、k是C上表面的端点，j是C上表面的中点．可视为质点、质量mA＝mB＝1kg的物块A和B紧靠在一起，静止于ab段，两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向右、向左沿轨道运动．A运动到c点时速度沿水平方向，然后冲上C；B水平抛出后落在半圆的D点(图中未画出)，D到Oa的竖直距离h2＝0.4m．已知C与地面间的动摩擦因数μ＝0.2；A与C上表面pj段和jk段的动摩擦因数分别为μpj＝0.3和μjk＝0.6，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，g取10m/s2.求：图8(1)A冲上C时的速度大小；(2)A与木板C间因摩擦产生的热量Q(结果保留1位小数)．答案(1)2m/s(2)1.9J解析(1)设A、B分开后，获得的速度分别为vA、vB，以向左为正方向，由动量守恒定律，有0＝mBvB＋mAvAB平抛后落在半圆上的D点，该点到Oa的距离为0.4m，满足这样条件的点有两处，一处距a的水平距离为0.2m，另一处距a的水平距离为0.8m，根据平抛运动规律有xDa＝vBth2＝eq\f(1,2)gt2代入数据，解得vB1＝eq\f(\r(2),2)m/s，vB2＝2eq\r(2)m/s则vA1＝－eq\f(\r(2),2)m/s，vA2＝－2eq\r(2)m/s，设A运动到c点时速度为v0，由机械能守恒定律eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv02＋mAgh1，代入数据，解得v0＝2m/s(vA1＝－eq\f(\r(2),2)m/s不符合题意，舍去)(2)设C与地面间的摩擦力大小为Ff，A在C上表面的pj、jk段所受摩擦力大小分别为Ffpj、Ffjk.根据摩擦力的计算公式，有Ff＝μ(mA＋M)g＝4NFfpj＝μpjmAg＝3NFfjk＝μjkmAg＝6N所以Ffpj<Ff<Ffjk即A在pj段运动时，C不动；A在jk段运动时，C会发生移动．设A到达j时的速度为v1，由动能定理得－μpjmAg·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mAv12－eq\f(1,2)mAv02A过j点后，A做匀减速运动，C做初速度为零的匀加速运动．设A、C经时间t达到共同速度为v，由动量定理，对物块A：－μjkmAgt＝mAv－mAv1对木板C：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(μjkmAg－μ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋mA))g))t＝Mv设时间t内，A移动的距离为sA、C移动的距离为sC，由动能定理对A：－