2024版高考物理复习：考前特训 考前热身练 小综合练(四)

小综合练(四)1.舞蹈《只此青绿》表演中，需要舞者两脚前后分开，以胯部为轴，上半身缓慢后躺，与地面近乎平行，在舞者缓慢后躺的过程中，下列说法正确的是()A．舞者对地面的压力就是舞者的重力B．地面对舞者的支持力和舞者的重力是一对平衡力C．舞者受到地面的摩擦力向前D．舞者处于失重状态答案B解析舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，则舞者所受的支持力大小始终等于舞者的重力大小，而舞者对地面的压力和地面对舞者的支持力是一对作用力与反作用力，故舞者对地面的压力大小等于舞者的重力大小，故A错误；地面对舞者的支持力和舞者的重力二者大小相等，方向相反，作用在同一物体上，故是一对平衡力，故B正确；舞者缓慢后躺，始终处于平衡状态，重力大小和支持力大小相等，不处于失重状态，且水平方向上不受摩擦力，故C、D错误。2．(2023·江苏南京市金陵中学月考)放射性元素A衰变时放出α粒子同时生成新核C，A的半衰期为t；放射性元素B衰变时放出β粒子同时生成新核D，B的半衰期为2t。A和B为同位素，且A的质量数比B多3，开始时放射性元素A的数目(大量)为放射性元素B数目的4倍。则下列说法正确的是()A．C比D的电荷数少1B．C比D的中子数多3C．经时间2t，剩余A的数目仍为B的4倍D．经时间4t，剩余A的数目与B相同答案D解析设A的电荷数为m，质量数为n，则B的电荷数为m，质量数为n－3，A的衰变方程为eq\o\al(n,m)A→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\ar(n－4,m－2)C，B的衰变方程为eq\o\ar(n－3,m)B→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\ar(n－3,m＋1)D，C比D的电荷数少3，中子数多2，故A、B错误；设初始时A的原子核数为4N，B的是N，经过2t时间，A剩余的数目为N1＝4N(eq\f(1,2))2＝N，B剩余的数目为N2＝eq\f(1,2)N，经过4t时间，A剩余的数目为N1′＝4N(eq\f(1,2))4＝eq\f(N,4)，B剩余的数目为N2′＝N(eq\f(1,2))2＝eq\f(N,4)，故C错误，D正确。3.(2023·江苏省苏锡常镇四市一模)如图所示，由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨道不是抛物线，而是图中的“弹道曲线”，图中a、c高度相同，b为弹道曲线最高点，则炮弹()A．到达b点时加速度竖直向下B．在下落过程中机械能增加C．重力在ab段的冲量小于bc段的冲量D．在ab段克服阻力做功小于bc段克服阻力做功答案C解析在曲线最高点b点位置时，竖直方向没有速度，仅有水平方向的分速度，因此除了会受到竖直向下的重力，还会受到水平方向的空气阻力，因此二力的合力不是竖直向下的，由牛顿第二定律可知，到达b点时加速度也不是竖直向下的，故A错误；下落过程中由于有空气阻力做功，因此机械能减少，故B错误；重力冲量为I＝mgt，因为炮弹上升过程受到竖直向下的重力和向下的空气阻力，所以其加速度大小大于g，而下降过程受到向上的空气阻力和竖直向下的重力，所以其加速度大小小于g，故上升过程经历的时间小于下降过程经历的时间，所以重力在ab段的冲量小于bc段的冲量，故C正确；由于空气阻力一直做负功，所以机械能减小，而在a、c两点时重力势能相同，故经a点时的动能大于c点时的动能，由能量守恒可得在ab段克服阻力做功大于bc段克服阻力做功，故D错误。4．如图甲所示为某品牌的气压式电脑椅，其简易构造如图乙所示，圆柱形汽缸与椅面固定连接，总质量为m。横截面为S的柱状汽缸杆与底座固定连接，可自由移动的汽缸与汽缸杆之间封闭一定质量的理想气体。设汽缸气密性、导热性良好，忽略摩擦力。已知大气压强为p0，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．人迅速坐下时，缸内气体的温度可能不变B．人坐在椅子上不动，打开空调，环境温度降低时，椅面会下降C．人离开椅子后，足够长时间内，汽缸内的气体放出热量D．若质量为M的人盘坐在椅面上，则汽缸内气体的压强为eq\f(m＋Mg,S)答案B解析人迅速坐下时，外界对气体做功，气体还没来得及与外界充分发生传热，即Q＝0，W＞0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，则ΔU＞0，所以缸内气体的温度升高，故A错误；人坐在椅子上不动，由于人处于平衡状态，可知气体的压强不发生变化，由理想气体状态方程eq\f(pV,T)＝C，可知，环境温度降低时，缸内气体体积减小，椅面会下降，故B正确；人离开椅子后，经过足够长时间，气体的温度和外界温度相等，可知气体的内能不变，气体体积增大，则气体对外界做功，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，可知汽缸内的气体吸收热量，故C错误；质量为M的人盘坐在椅面上，由受力平衡有(M＋m)g＋p0S＝pS，解得p＝p0＋eq\f(m＋Mg,S)，故D错误。5．(2023·江苏淮安市模拟)北京高能物理研究所的正、负粒子对撞机是世界八大高能加速器中心之一，是中国第一台高能加速器，其结构如图所示，正、负粒子由静止开始经过电压为U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正、负粒子在环状空腔内只受洛伦兹力作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，然后在碰撞区内迎面相撞，不考虑相对论效应，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．正、负粒子的比荷可以不相同B．磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大C．加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越大D．对于给定的正、负粒子，粒子从静止到碰撞运动的时间变短，可能是由于U不变、B变大引起的答案B解析根据动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，根据牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)，可知正、负粒子的比荷一定相同，A错误；根据qvB＝meq\f(v2,r)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(1,2)·eq\f(q,m)·qB2r2，磁感应强度B一定时，比荷相同的粒子，电荷量大的粒子进入磁场时动能大，B正确；根据qU＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,q))，加速电压U一定时，粒子的比荷越大，磁感应强度B越小，C错误；根据B＝eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,q))可知对于给定的正、负粒子，若U不变，B就不能变。粒子在磁场中运动周期为T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，磁场中运动时间为t1＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,qB)，可知一定的粒子从静止到碰撞运动的时间变短，一定是U变大，B相应变大，磁场中运动时间会变短，同时加速过程的时间也会变短，故D错误。6.如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨固定在斜面上，空间中存在垂直斜面向上的匀强磁场。两完全相同的金属棒A、B垂直导轨放置。初始时将棒B固定，棒A由静止释放，当棒A开始匀速运动时，将棒B由静止释放。已知运动过程中两棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，只考虑金属棒的电阻。从释放棒B开始计时，下列A、B两棒速度随时间变化的图像正确的是()答案B解析棒A匀速运动时，棒A受到的沿导轨向上的安培力与重力沿导轨向下的分力相等，有mgsinθ＝eq\f(B2L2v,2R)，棒A的加速度为零。释放棒B瞬间，棒B受到的安培力沿导轨向下，与棒A所受的安培力大小相等，则释放瞬间棒B的加速度为aB＝eq\f(mgsinθ＋\f(B2L2v,2R),m)＝2gsinθ，棒B向下加速，产生的感应电流的方向与棒A产生的感应电流的方向相反，回路中的电流变小，棒A受到的沿斜面向上的安培力小于重力沿斜面向下的分力，棒A也向下加速，棒B的加速度从2gsinθ逐渐变小，棒A的加速度从零开始增加，两棒均做加速运动。由mgsinθ＋eq\f(B2L2,2R)Δv＝maB′和mgsinθ－eq\f(B2L2,2R)Δv＝maA′可知，棒A的速度大于棒B的速度时，aB′一定大于aA′，两棒的速度差就会减小，则稳定时两金属棒的速度一定相等，且aA＝aB＝gsinθ，B正确。7．某学习小组的同学想尽量准确测量一节废弃干电池的电动势E和内阻r(约为几欧)，实验器材有：待测干电池E；标准电池E0，电动势E0＝1.5V，内阻r0＝1.0Ω；电流表G，量程Ig＝50mA，内阻Rg未知；电阻箱R；单刀双掷开关S；导线若干。设计的电路图如图甲所示。主要实验步骤如下：①根据电路图，连接实物图。②开关S拨到a，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I。拟合出的eq\f(1,I)－R图像如图乙中a所示。③开关S拨到b，调节电阻箱R取不同的值，记录对应的电流表的示数I。拟合出的eq\f(1,I)－R图像如图乙中b所示。请完成下列问题：(1)在图丙中以笔画线代替导线连接实物图。(2)实验中调节电阻箱，如图丁所示时，电阻箱R的阻值为________Ω。(3)某次电流表指针所指位置如图戊所示，则电流表的示数为________mA。(4)由图乙可知干电池电动势E＝________V，内阻r＝________Ω，电流表内阻Rg＝________Ω。(结果均保留3位有效数字)答案(1)见解析图(2)622(3)43(4)1.304.135.00解析(1)实物图如图所示。(2)电阻箱R的阻值为6×100Ω＋2×10Ω＋2×1Ω＝622Ω。(3)根据电流表读数规则可知，电流表示数为43mA。(4)开关S拨到a时，由闭合电路欧姆定律，有I＝eq\f(E0,r0＋Rg＋R)， 整理得eq\f(1,I)＝eq\f(1,E0)R＋eq\f(r0＋Rg,E0)。可以看出eq\f(1,I)－R图中直线a的纵截距b1＝eq\f(r0＋Rg,E0)，可得Rg＝b1E0－r0，将直线a的纵截距b1＝4.0A－1代入得Rg＝5.00Ω。开关S拨到b时，由闭合电路欧姆定律，有I＝eq\f(E,r＋Rg＋R)，整理得eq\f(1,I)＝eq\f(1,E)R＋eq\f(r＋Rg,E)。可以看出eq\f(1,I)－R图中直线b的斜率k2＝eq\f(1,E)，得E＝eq\f(1,k2)。纵截距b2＝eq\f(r＋Rg,E)，可解得r＝b2E－Rg＝eq\f(b2,k2)－Rg。图中k2＝eq\f(23,30)V－1，b2＝7.0A－1，代入得E＝1.30V，r＝4.13Ω。8．(2023·江苏省苏锡常镇四市二模)如图甲为一“永动机”玩具，其模型简化图如图乙，abcd是一组光滑细金属双轨，轨道间距为l＝0.8cm，bc段水平。按下一个隐蔽开关后，把质量m＝3.6g的钢球从软木盘中心洞口O无初速度释放，钢球便沿轨道运动至d点斜向上飞出，速度与水平方向成53°角，之后恰好落到洞口O点附近的G点，接着在洞口附近来回运动一段＝0.8。(1)已知钢球直径d＝1cm，求钢球在bc段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力F的大小；(2)若将钢球视作质点，Gd处在同一高度，水平距离s＝60cm，求钢球从d点飞出后能上升的最大高度h；(3)要使钢球能“永动”，求钢球每运动一圈，玩具中隐蔽的加速装置需对钢球做的功W。答案(1)0.03N(2)0.2m(3)1.125×10－2J解析(1)钢球在bc段上滚动时，支持力与竖直方向夹角满足sinθ＝eq\f(\f(l,2),\f(d,2))＝eq\f(4,5)竖直方向根据受力平衡可得2Fcosθ＝mg联立解得F＝0.03N(2)Gd间的运动可以视为斜抛运动，水平方向有eq\f(s,2)＝vxt竖直方向有vy＝gtd点速度与水平方向夹角满足tan53°＝eq\f(vy,vx)又h＝eq\f(1,2)gt2联立解得t＝0.2s，h＝0.2m(3)d点抛出时的竖直分速度为vy＝gt＝2m/sd点速度为vd＝eq\f(vy,sin53°)＝2.5m/s由动能定理可知，钢球每运动一圈加速装置需对钢球做的功为W＝eq\f(1,2)mvd2－0＝1.125×10－2J。9.如图所示，竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱(可视为质点)会带动T形支架在竖直方向振动，小圆柱到转动轴O的距离r＝0.2m。T形支架末端与导体棒MN的中点相连，导体棒MN始终与竖直放置的光滑导轨ab、cd垂直且接触良好，导轨平面内存在大小为B＝1T、方向垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)。已知导体棒MN的质量m＝0.1kg，长为L＝0.5m，ab、cd的间距L＝0.5m，定值电阻R＝0.5Ω，其余电阻均忽略不计，重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电流产生的磁场。现使圆盘以2s的周期匀速运动，T形支架带动导体棒MN在磁场内做简谐运动，从导体棒经过最低点开始计时。(计算时取π2＝10)(1)写出导体棒的位移x(x为相对平衡位置的位移，规定竖直向上为正方向)随时间t变化的关系式。(2)求0～0.5s内回路中产生的焦耳热。(3)求0～0.5s内T形支架对导体棒做的功。答案(1)x＝－0.2cosπt(m)(2)0.05J(3)0.27J解析(1)分析可知导体棒的振幅A＝r＝0.2m，周期T＝2s，根据简谐运动规律可知x与t的关系式为x＝－Acos

eq\f(2π,T)t＝－0.2cosπt(m)。(2)导体棒的速度v＝eq\f(2π,T)r·sin

eq\f(