2024版高考物理复习：考前特训 考前热身练 小综合练(二)

小综合练(二)1．(2023·江苏南通市调研)两只相同的篮球甲、乙内气体压强相等，温度相同。用打气筒给甲球快速充气，给乙球缓慢充气，两球充入空气的质量相同。设充气过程篮球体积不变，则()A．刚充完气，两球中气体分子的平均动能相等B．刚充完气，甲中分子的数密度较大C．刚充完气，两球内气体压强相等D．对甲充气过程人做的功比对乙的多答案D解析用打气筒给甲球快速充气，外界对气体做功，内能增加，温度升高；打气筒给乙球缓慢充气，则乙球气体温度不变，内能不变；所以刚充完气，甲球中气体分子的平均动能比乙球大，故A错误；由题知充完气后，两球中气体质量相等，两球体积相同，则两球中分子的数密度相等，故B错误；由以上分析可知，刚充完气两球中分子的数密度相等，而甲球中气体温度比乙球高，则甲球的气体压强比乙球大，故C错误；两球充入空气的质量相同，由于充气过程，甲球的气体压强大于乙球的气体压强，则对甲充气过程人需要克服气体压强做的功更多，即对甲充气过程人做的功比对乙的多，故D正确。2．(2023·江苏南通市模拟)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，两列波在t＝0时的部分波形曲线如图所示。则()A．t＝0时，x＝3.5m处的质点的位移为零B．t＝0时，x＝3.5m处的质点沿y轴负向运动C．x＝5.5m处的质点一直不振动D．两列波遇到宽度为4m的障碍物时，不能发生明显的衍射现象答案C解析由题图可知，该时刻，两列波在x＝3.5m处的质点均沿y轴正向运动，且位移均为正，则x＝3.5m处的质点的位移不为零，故A、B错误；由题图可知，两列波在x＝5.5m处的质点振动相位差为π，则此点为振动减弱点，质点一直不振动，故C正确；由题图可知，两列波的波长为8m，遇到宽度为4m的障碍物时能发生明显的衍射现象，故D错误。3.(2023·江苏省如东中学等四校联考)如图所示，正六边形ABCDEF的B、D两点各固定一个带正电、带电荷量为＋q的点电荷，F点固定一个带负电、带电荷量为－q的点电荷，O为正六边形的几何中心。则下列说法正确的是()A．O点电场强度为0B．C点电场强度方向由C指向FC．电子在A点电势能比在O点小D．O、A两点间电势差和O、E两点间电势差相等答案D解析根据点电荷的电场强度公式E＝keq\f(q,r2)，三个点电荷在O点产生的电场强度大小相等，两个正点电荷产生的合电场强度与负点电荷产生的电场强度方向相同，则O点电场强度沿OF方向，故A错误；两个正点电荷在C点产生的合电场强度大小为keq\f(q,r2)，由F指向C，负点电荷在C点产生的电场强度大小为keq\f(q,4r2)，由C指向F，则C点的合电场强度由F指向C，故B错误；AD是BF连线的中垂线，B和F点的点电荷在AD上各点产生的电势相等，由D点电荷产生的电势，可知φO＞φA，根据Ep＝qφ可知电子在A点电势能比在O点大，故C错误；根据对称性可知，A点和E点的电势相等，则O、A两点间电势差和O、E两点间电势差相等，D正确。4．(2023·江苏南京市金陵中学月考)图甲为某科技兴趣小组制作的重力投石机示意图。支架固定在水平地面上，轻杆A可绕支架顶部水平轴OO′在竖直面内自由转动。A端凹槽内装有一石子，B端固定一配重。某次打靶时，将杆沿逆时针方向转至与竖直方向成θ角后由静止释放，杆在配重重力作用下转到竖直位置时石子被水平抛出。石子投向正前方竖直放置的靶，打到靶心上方的“6”环处，如图乙所示。不计空气阻力，下列操作不可能打中靶心“10”环的是()A．减小石子的质量，同时增大配重的质量B．增大石子的质量，同时减小配重的质量C．增大投石机到靶的距离，同时增大θ角D．增大投石机到靶的距离，同时减小θ角答案A解析由题意要打到“10”环处，则此时竖直方向位移要变大，此时水平方向石子做匀速直线运动，竖直方向石子做自由落体运动，h＝eq\f(1,2)gt2，h增大，故时间要增大，水平方向位移不变，由匀速直线运动位移公式可得x＝vt，故此时石子水平抛出的速度要减小。由题图可知，减小石子的质量，会减小其重力势能；增大配重的质量，则会使配重对杆做的功增加，则杆对石子做的功增加；对小石子从A点到最高点由动能定理有－mgr(1－cosθ)＋W杆＝eq\f(1,2)mv2，因此减小石子的质量，同时增大配重的质量会增加石子获得的动能，即增加石子抛出时的速度。因此减小石子的质量，同时增大配重的质量不可能打中靶心；同理可知增大石子的质量，同时减小配重的质量可能打中靶心；改变θ角可能会使石子抛射出的速度发生改变，而增大投石机到靶的距离，无论速度怎样变化均有可能使石子在空中飞行的时间变长，由上述分析可知，只要飞行时间变长就有可能打到靶心。故增大投石机到靶的距离，无论θ角怎样变化都有可能打中靶心，故选A。5．如图所示，航天员在半径为R的某星球表面将一轻弹簧竖直固定在水平面上，把质量为m的小球P(可看作质点)从弹簧上端h处(h不为0)由静止释放，小球落到弹簧上后继续向下运动直到最低点。从接触弹簧开始的小球加速度a与弹簧压缩量x间的关系如图乙所示，其中a0、h和x0为已知量，空气阻力不计。下列说法正确的是()A．该星球的第一宇宙速度为eq\r(2a0R)B．该弹簧劲度系数k的大小eq\f(ma0,2x0)C．小球在最低点处加速度大于a0D．弹簧的最大弹性势能为ma0(h＋x0)答案C解析根据图像可知小球接触弹簧时的加速度为a0，所以星球表面的重力加速度为a0，所以第一宇宙速度为v＝eq\r(a0R)，故A错误；当压缩量为x0时加速度为0，故kx0＝ma0，所以k＝eq\f(ma0,x0)，故B错误；若小球从弹簧原长处释放到最低点时小球的加速度为a＝a0，在h＞0情况下，小球到最低点的加速度大于a0，故C正确；小球下降到最低点时H＞h＋x0，根据机械能守恒，弹性势能最大值大于ma0(h＋x0)，故D错误。6．如图所示，一半径为r、质量为m、电阻为R的n匝圆形细线圈在足够长的磁铁产生的径向辐射状磁场中由静止开始下落，线圈下落高度h时速度达到最大值vm。已知线圈下落过程中始终水平且所经过位置磁感应强度大小都相同，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则()A．线圈下落高度h的过程中产生的总焦耳热为mghB．线圈下落过程中所经过位置的磁感应强度大小为eq\f(1,2πr)eq\r(\f(mgR,vm))C．线圈下落高度h的过程中通过线圈某横截面的电荷量为heq\r(\f(2mg,Rvm))D．线圈下落高度h所经历的时间为eq\f(vm,g)＋eq\f(h,vm)答案D解析根据能量守恒定律可知，线圈下落高度h的过程中产生的总焦耳热为Q＝mgh－eq\f(1,2)mvm2，A错误；由右手定则判断知线圈下落过程中，线圈中感应电流(俯视)沿顺时针方向，根据左手定则判断知安培力方向竖直向上，当安培力与重力大小相等时，线圈的速度最大，有nBIm·2πr＝mg，根据欧姆定律得Im＝eq\f(nB·2πrvm,R)，解得B＝eq\f(1,2πnr)eq\r(\f(mgR,vm))，B错误；根据法拉第电磁感应定律有eq\x\to(E)＝nB·2πreq\x\to(v)，又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，电荷量q＝eq\x\to(I)t，得q＝eq\f(nB·2πrh,R)，解得q＝heq\r(\f(mg,Rvm))，C错误；由动量定理有mgt－nBeq\x\to(I)·2πrt＝mvm－0，解得t＝eq\f(vm,g)＋eq\f(h,vm)，D正确。7．当今人工智能技术迅猛发展，电池是新型人工智能机器人的重要部分，某新型机器人上的一节电池的电动势约为3V，内阻约为2～7Ω，某课外活动小组利用所学知识设计电路测量该电池的电动势E和内阻r。使用的器材有：A．待测电池B．电流表G(量程3mA，内阻未知)C．滑动变阻器R1(阻值范围0～1000Ω)D．电阻箱R2(0～99.99Ω)E．电阻箱R3(0～999.99Ω)F．定值电阻R4＝1ΩG．开关、导线若干考虑到电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。经过思考后，该小组设计了如图甲所示的电路，先测出该电流表G的内阻Rg，再利用图乙所示的电路测量电池的电动势E和内阻r。(1)该小组连接好电路后，首先对电流表G的内阻Rg进行测量，请完善测量步骤。①保持S2断开，闭合S1，调节R1的滑片位置使其阻值由最大逐渐减小，直到电流表示数等于其量程Im；②保持R1不变，闭合S2，调节电阻箱R3使其阻值由最大逐渐减小，当电流表读数等于eq\f(1,2)Im时记录下R3的值为199.00Ω，则Rg＝________Ω。(2)用图甲所示的方法测得的电流表的内阻Rg与真实值相比________(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。(3)该小组测得电流表的内阻Rg之后，利用图乙电路测量得到电阻箱R2的阻值R和电流表的读数I以及计算出eq\f(1,I)的多组数据后，作出了如图丙所示的eq\f(1,I)－R图像。根据图线求得电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。(结果均保留1位小数)答案(1)199.00(2)偏小(3)3.05.0解析(1)保持R1不变，闭合S2，将电阻箱R3由最大阻值逐渐调小，当电流表读数等于eq\f(1,2)Im时，由于总电流Im不变，通过电阻箱R3的电流也为eq\f(1,2)Im，所以Rg＝R2＝199.00Ω。(2)实际操作中，闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过R3的电流大于eq\f(1,2)Im，所以该方法测出的电流表内阻要小于电流表内阻的真实值。(3)改装后的电流表的内阻Rg′＝eq\f(199.00×1,199.00＋1)Ω≈1.0Ω由闭合电路欧姆定律，有E＝200I×10－3(R＋r＋Rg′)＝0.2I(R＋r＋Rg′)解得eq\f(1,I)＝eq\f(0.2,E)R＋eq\f(0.2r＋Rg′,E)，结合图像可知eq\f(0.2,E)＝eq\f(1.2－0.4,12.0－0)，eq\f(0.2r＋Rg′,E)＝0.4解得E＝3.0V，r＝5.0Ω。8.(2023·江苏南京市金陵中学月考)如图所示为半径为R的半圆柱形玻璃砖的横截面，O为该横截面的圆心。光线PQ沿着与AB成30°角的方向射入玻璃砖，入射点Q到圆心O的距离为eq\f(\r(3),3)R，光线恰好从玻璃砖的中点E射出，已知光在真空中的传播速度为c。(1)求玻璃砖的折射率及光线从Q点传播到E点所用的时间；(2)现使光线PQ向左平移，求移动多大距离时恰不能使光线从圆弧面射出(不考虑经半圆柱内表面反射后射出的光)。答案(1)eq\r(3)eq\f(2R,c)(2)eq\f(2－\r(3),3)R解析(1)光线PQ入射到玻璃砖表面，入射角α＝60°，设对应折射光线QE的折射角为β，如图所示：由几何关系得：tanβ＝eq\f(\f(\r(3),3)R,R)＝eq\f(\r(3),3)，即β＝30°，根据折射定律有n＝eq\f(sinα,sinβ)解得n＝eq\r(3)光线在玻璃砖内传播的速度为v＝eq\f(c,n)传播的距离为QE＝eq\f(R,cosβ)光线从Q点传播到E点所用的时间t＝eq\f(QE,v)＝eq\f(2R,c)；(2)若使光线PQ向左平移距离x，折射光线Q′E′，到达圆弧面的入射角恰好等于临界角C，则：sinC＝eq\f(1,n)在△Q′E′O应用正弦定理有：eq\f(R,sin90°－β)＝eq\f(\f(\r(3),3)R＋x,sinC)联立解得：x＝eq\f(2－\r(3),3)R。9．如图所示，质量为m＝2kg的小物块P以v0＝2m/s的初速度从传送带左端滑上传送带，传送带长度为L＝5.25m。传送带右侧水平面上放置一质量为M＝8kg的光滑四分之一圆弧滑块Q，Q的最低点与传送带平滑连接。传送带以v＝4m/s的速度沿顺时针方向匀速转动时，物块恰能运动到圆弧轨道的最高点。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，其他摩擦忽略不计，重力加速度g＝10m/s2。(1)求四分之一圆弧滑块的半径。(2)试判断物块能否再次滑上圆弧滑块，并说明理由。(3)改变传送带的速度，且圆弧滑块半径足够大，求传送带速度v传与物块在圆弧滑块上运动到的最大高度的关系。答案(1)0.64m(2)能，理由见解析(3)见解析解析(1)物块滑上传送带后，由牛顿第二定律有μmg＝ma设物块运动的位移为x时，物块与传送带速度相同，由匀变速直线运动规律有2ax＝v2－v02解得x＝3m<L物块和传送带一起匀速运动2.25m后滑上圆弧滑块设圆弧滑块的半径为R，物块滑上圆弧滑块的过程，在水平方向上，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v′对物块和圆弧滑块，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mgR＋eq\f(1,2)(m＋M)v′2解得R＝0.64m。(2)设物块离开圆弧滑块时的速度大小为v1，圆弧滑块的速度大小为v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv1＋Mv2eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得v1＝－2.4m/s，v2＝1.6m/s结合(1)中分析可知，物块返回到传送带上后将从传送带右端再次返回到