2024版高考物理复习：考前特训 考前热身练 小综合练(三)

小综合练(三)1.(2023·江苏南通市调研)1917年斯泰瓦和托尔曼发现加速转动的金属环中产生了电流。正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动，正离子和电子的运动共同产生电流。如图所示，金属环绕过圆心O且垂直于环平面的轴顺时针转动，则()A．若匀速转动，圆环中会产生恒定电流B．若匀速转动，转速越大，圆环中电流越大C．若加速转动，圆环中有顺时针方向电流D．若加速转动，O处的磁场方向垂直纸面向外答案C解析若匀速转动，圆环中的正离子和电子的相对位置不会变化，不会产生电流，故A、B错误；若加速转动，圆环中正离子被金属晶格束缚相对金属环静止，而电子由于惯性相对金属环运动即逆时针运动，根据正电荷的定向移动方向为电流方向，负电荷的运动方向为电流的反方向可知有顺时针方向电流，故C正确；根据右手螺旋定则可知，若加速转动，O处的磁场方向垂直纸面向里，故D错误。2.(2023·江苏南通市期末)如图所示，OO′右侧空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，面积为S的金属线框adcb与电压表接触良好，线框绕OO′以角速度ω匀速转动，则电压表示数为()A.eq\f(BSω,2)B.eq\f(BSω,\r(2))C．BSωD．0答案A解析若OO′左右两侧空间均有垂直纸面向里的匀强磁场，且有一个阻值为R电阻组成闭合回路，回路中感应电动势的峰值Em＝BSω，电动势的有效值为E有效＝eq\f(BSω,\r(2))，在如图所示的磁场中，线框绕OO′以角速度ω匀速转动时，只有半个周期产生感应电动势，设电压表的示数为UV，即此时感应电动势的有效值E有效′，仍假设有一个阻值为R的电阻与线框组成闭合回路。设周期为T，eq\f(\f(BSω,\r(2))2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(E有效′2,R)×T，得E有效′＝eq\f(BSω,2)，电压表示数为UV＝eq\f(BSω,2)，故选A。3.如图所示，绝缘细圆环固定在绝缘水平面上，圆心位于O点，a、b将圆环二等分，c、d将圆环上半部分三等分。上半圆环上均匀分布着正电荷，下半圆环上均匀分布着等量负电荷。取走劣弧cd段后圆心O处电场强度大小为E1，取走劣弧ac和db段后圆心O处电场强度大小为E2，则E1∶E2为()A．1∶1 B．1∶2C．1∶eq\r(2) D．1∶eq\r(3)答案A解析将带负电荷的下半圆环三等分，由对称性可知，六部分圆环在O点处产生的电场强度大小均相等，可将圆环的六个部分看成六个点电荷，如图所示。设六个等效点电荷在圆心处产生的电场强度大小均为E，由平行四边形定则可知，圆心O处的电场强度大小为4E，取走劣弧cd段后圆心处电场强度大小为E1，又劣弧cd段在圆心O处产生的电场强度大小为E，则有E1＝3E。劣弧ac、db段在圆心O处的合电场强度大小为E，则移走这两段圆环后，圆心O处的电场强度大小为E2＝3E，则E1∶E2＝1∶1，A正确。4．某同学将一定质量的气体封闭在导热性能良好的注射器内，注射器通过非常细的导气管与压强传感器相连，将整套装置置于恒温水池中。开始时，活塞位置对应刻度数为“8”，测得压强为p0。活塞缓慢压缩气体的过程中，当发现导气管连接处有气泡产生时，立即进行气密性加固。继续缓慢压缩气体，当活塞位置对应刻度数为“2”时，停止压缩，此时压强为eq\f(4,3)p0。则该过程中()A．泄漏气体的质量为最初气体质量的eq\f(2,3)B．气泡在上升过程中内部气体压强变大C．在压缩气体的过程中，气体分子的平均动能变大D．注射器内存留气体的内能不变答案A解析对于被封闭气体，如没有泄露气体，等温变化时，由玻意耳定律p0·8lS＝eq\f(4,3)p0·xlS，解得x＝6则泄露气体的质量与最初气体质量之比为Δm∶m＝ΔV∶V＝2∶3，故A正确；气泡在上升过程，内部气体的压强逐渐减小，故B错误；注射器导热性能良好，在压缩气体的过程中，气体温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故C错误；注射器内存留气体的温度不变，分子平均动能不变，但分子数目减少，则注射器内存留气体的内能减少，故D错误。5.(2023·江苏南京市第二十九中学阶段练习)如图所示，一长方形木板放置在水平地面上，在木板的上方有一条状竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板跟木板之间并不接触。现在有一个方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动，同时木板以相同大小的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，重力加速度为g，物块的质量为m，为让方形物块沿图示方向匀速运动，需要对物块沿挡板方向施加推力，则推力F的大小为()A.eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg＋eq\f(\r(2),2)μ2mg B.eq\f(\r(2),2)μ1μ2mgC．μ2mg D.eq\f(\r(2),2)μ2mg答案A解析设物块沿挡板方向的速度为v1，与木板的相对速度为v2，物块相对于木板的运动方向如图所示，根据几何关系可得tanθ＝eq\f(v2,v1)＝1，可得θ＝45°木板对物块的摩擦力Ff2方向与v合方向相反，挡板对物块的支持力大小FN1＝Ff2sinθ，其中Ff2＝μ2mg，则挡板对物块的摩擦力大小为Ff1＝μ1FN1，联立可得Ff1＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg对物块沿v1方向根据平衡条件得F＝Ff1＋Ff2cos45°＝eq\f(\r(2),2)μ1μ2mg＋eq\f(\r(2),2)μ2mg，故A正确，B、C、D错误。6.某研究性学习小组的同学提出了一种运输管道设想，如图所示，沿地球某一横截面(过球心)的一条弦铺设一光滑管道，管道两端分别在甲地和乙地。装有货物的小车从甲地以某一初速度开始运动，经过管道运动到乙地。地球可看成质量分布均匀的球体，已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。不考虑地球自转，不考虑小车自身的动力，下列说法正确的是()A．小车的加速度先减小后增大再减小再增大B．小车的加速度始终大于零C．在运动的过程中，货物对小车的压力先减小后增大D．在运动的过程中，货物对小车的摩擦力始终为零答案D解析设地球的密度为ρ0，装有货物的小车的质量为m，弦(甲、乙连线)的中点为O′点，O′点到地球球心的距离为h，当小车运动到距O′点x处时，小车到地心的距离为r＝eq\r(x2＋h2)，所受万有引力大小为F＝eq\f(4,3)πρ0Gmr，万有引力沿弦方向的分力大小为F分＝Fsinθ，其中sinθ＝eq\f(x,r)，则F分＝eq\f(4,3)πρ0Gmx，由牛顿第二定律可知，小车的加速度大小与其到O′点的距离成正比，在O′点小车受到的万有引力最小，加速度大小为零，速度最大，A、B错误；在运动的过程中，管道对小车的作用力FN＝Fcosθ＝eq\f(4,3)πρ0Gmh，始终不变，同理可知，小车与货物之间的压力也不变，C错误；根据牛顿第二定律可知在运动的过程中，货物对小车的摩擦力为零，D正确。7．(2022·江苏卷·11)小明利用手机测量当地的重力加速度，实验场景如图甲所示，他将一根木条平放在楼梯台阶边缘，小球放置在木条上，打开手机的“声学秒表”软件，用钢尺水平击打木条使其转开后、小球下落撞击地面，手机接收到钢尺的击打声开始计时，接收到小球落地的撞击声停止计时，记录下击打声与撞击声的时间间隔t，多次测量不同台阶距离地面的高度h及对应的时间间隔t。(1)现有以下材质的小球，实验中应当选用________________________________。A．钢球B．乒乓球C．橡胶球(2)用分度值为1mm的刻度尺测量某级台阶高度h的示数如图乙所示，则h＝________cm。(3)作出2h－t2图线，如图丙所示，则可得到重力加速度g＝________m/s2。(4)在图甲中，将手机放在木条与地面间的中点附近进行测量，若将手机放在地面A点，设声速为v，考虑击打声的传播时间，则小球下落时间可表示为t′＝________(用h、t和v表示)。(5)有同学认为，小明在实验中未考虑木条厚度，用图像法计算的重力加速度g必然有偏差。请判断该观点是否正确，简要说明理由__________________________________________。答案(1)A(2)61.20(3)9.52(4)t＋eq\f(h,v)(5)不正确，理由见解析解析(1)为了减小空气阻力等误差影响，应该选用材质密度较大的小钢球，故选A。(2)刻度尺的分度值为1mm，估读到分度值的下一位，由题图可知h＝61.20cm。(3)根据h＝eq\f(1,2)gt2可知eq\f(2h,t2)＝g，故在2h－t2图像中斜率表示重力加速度，则根据图线有g＝eq\f(3.26－0.50,0.35－0.06)m/s2≈9.52m/s2(4)下落过程中声音传播的时间为t0＝eq\f(h,v)则小球下落的时间为t′＝t＋t0＝t＋eq\f(h,v)(5)设木条厚度为H，台阶距离地面的高度为h1时的时间为t1，高度为h2(h2>h1)时的时间为t2；则根据前面的分析有g＝eq\f(2h2＋H－2h1＋H,t22－t12)＝eq\f(2h2－h1,t22－t12)可知与H无关。8.(2023·江苏镇江市三模)如图所示，一个处于光滑水平面的弹簧振子，O点是其平衡位置，振子质量为m，弹簧劲度系数为k，其振动周期为T＝2πeq\r(\f(m,k))，振子经过O点的速度为v，在O点正上方有一质量为m的物体自由下落，恰好落在振子上，并与振子粘在一起振动。(1)求物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小；(2)以物体落在振子上为t＝0时刻，求振子到达最左端的时刻。答案(1)eq\f(1,2)v(2)eq\f(1＋4Nπ,2)eq\r(\f(2m,k))(N＝0,1,2,3…)或eq\f(3＋4Nπ,2)eq\r(\f(2m,k))(N＝0,1,2,3…)解析(1)振子与物体碰撞过程中水平方向动量守恒mv＝2mv共，解得物体落在振子上后，振子经过O点的速度大小v共＝eq\f(1,2)v(2)弹簧振子周期T＝2πeq\r(\f(2m,k))，振子第一次到达最左端的时刻可能为t1＝eq\f(π,2)eq\r(\f(2m,k))，t2＝eq\f(3π,2)eq\r(\f(2m,k))，振子第N次达到最左端的时刻可能为t1′＝eq\f(1＋4Nπ,2)eq\r(\f(2m,k))(N＝0,1,2,3…)t2′＝eq\f(3＋4Nπ,2)eq\r(\f(2m,k))(N＝0,1,2,3…)9．(2023·江苏省苏锡常镇四市调研)波荡器是利用同步辐射产生电磁波的重要装置，它能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其装置简化模型如图所示，n个互不重叠的圆形匀强磁场沿水平直线分布，半径均为R，磁感应强度大小均相同，方向均垂直纸面，相邻磁场方向相反、间距相同，初始时磁感应强度为B0。一重力不计的带正电粒子，从靠近平行板电容器P板处由静止释放，P、Q极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面从A点射入波荡器，射入时速度与水平直线夹角为θ，θ在0～30°范围内可调。(1)若粒子入射角θ＝0，粒子恰好能从O1点正下方离开第一个磁场，求粒子的比荷k；(2)若粒子入射角θ＝30°，调节AO1的距离d、磁场的圆心间距D和磁感应强度的大小，可使粒子每次穿过水平线时速度与水平线的夹角均为30°，最终通过同一水平线上的F点，A到F的距离为L＝2eq\r(3)nR，求D的大小和磁感应强度B1的大小；(3)在第(2)问的情况下，求粒子从A运动到F的时间。答案(1)eq\f(2U,R2B02)(2)2eq\r(3)Req\f(\r(3),3)B0(3)(1＋eq\f(\r(3)π,6))eq\f(nR2B0,U)解析(1)设粒子经电场加速后速度为v，根据动能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2由几何关系可知粒子在磁场中偏转半径为R，根据洛伦兹力提供向心力可得qvB0＝eq\f(mv2,R)联立解得粒子的比荷为k＝eq\f(q,m)＝eq\f(2U,R2B02)(2)粒子的轨迹如图所示由几何关系可得