新高考物理二輪復(fù)習(xí)過關(guān)練習(xí)第3部分 考前特訓(xùn) 小綜合練(四) (含解析)

小綜合練(四)1．(2022·廣東茂名市二模)金家莊特長螺旋隧道為2022年冬奧會(huì)重點(diǎn)交通工程．該隧道工程創(chuàng)造性地設(shè)計(jì)了半徑為860m的螺旋線，有效減小了坡度，通過螺旋線實(shí)現(xiàn)原地抬升112m，如圖所示．對(duì)這段公路的相關(guān)分析，下列說法正確的是()A．車輛以額定功率上坡時(shí)，速度越大，牽引力越大B．螺旋隧道設(shè)計(jì)能有效減小坡度，主要目的是增大車輛行駛過程中的摩擦力C．車輛轉(zhuǎn)彎處，路面應(yīng)適當(dāng)內(nèi)低外高D．車輛以某一恒定速率轉(zhuǎn)彎時(shí)，轉(zhuǎn)彎半徑越大，所需的向心力越大答案C解析車輛功率一定時(shí)，由P＝Fv可知，速度v越大，牽引力F越小，A項(xiàng)錯(cuò)誤；減小坡度，主要目的是減小車輛的重力沿斜面下滑的力，B項(xiàng)錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)彎路面處內(nèi)低外高時(shí)，重力和支持力的合力可以提供一部分向心力，減少車輛拐彎時(shí)所需要的摩擦力，使車輛轉(zhuǎn)彎時(shí)更安全，C項(xiàng)正確；由向心力公式F＝meq\f(v2,R)可知，以某一恒定速率轉(zhuǎn)彎時(shí)，轉(zhuǎn)彎半徑越大，所需的向心力越小，D項(xiàng)錯(cuò)誤．2．(2022·江蘇如皋市期末)如圖所示，折射率為n、半徑為R的半圓形玻璃磚平放在桌面上，將寬度為L的平行單色光垂直于AC面射入，要使第1次射到圓面上的光能射出玻璃磚，則L的最大值為()A.eq\f(R,n)B.eq\f(2R,n)C.eq\f(n,R)D.eq\f(2n,R)答案B解析如圖所示，當(dāng)光線第1次射到圓面上恰好發(fā)生全反射，則sinθ＝eq\f(1,n)，則L的最大值為L＝2Rsinθ＝eq\f(2R,n)，故選B.3．(2022·廣東廣州市二模)如圖，2022年北京冬奧會(huì)某次冰壺比賽，甲壺以速度v0與靜止的乙壺發(fā)生正碰．已知冰面粗糙程度處處相同，兩壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍，則()A．兩壺碰撞過程無機(jī)械能損失B．兩壺碰撞過程動(dòng)量變化量相同C．碰撞后瞬間，甲壺的速度為eq\f(v0,4)D．碰撞后瞬間，乙壺的速度為v0答案C解析兩壺碰后在冰面上滑行，則有a＝eq\f(μmg,m)＝μg，兩壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的9倍，設(shè)碰后兩壺的速度分別是v1和v2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系0－v2＝－2ax，得v1∶v2＝1∶3，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝eq\f(v0,4)，v2＝eq\f(3v0,4)，C正確，D錯(cuò)誤；兩壺碰撞過程機(jī)械能的變化量為ΔE＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv02＝－eq\f(3,16)mv02，機(jī)械能有損失，A錯(cuò)誤；動(dòng)量的變化量是矢量，兩壺碰撞過程動(dòng)量變化量大小相等但方向相反，B錯(cuò)誤．4．(2022·內(nèi)蒙古二模)如圖，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，有邊長為2cm的正六邊形ABCDEF，其六個(gè)頂點(diǎn)均位于同一個(gè)圓上，正六邊形所在平面與勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線平行，O點(diǎn)為該正六邊形的中心，B、D、F三點(diǎn)電勢(shì)分別為2V、6V、4V，下列說法不正確的是()A．A點(diǎn)電勢(shì)為2VB．UAF等于UCDC．勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\f(200\r(3),3)V/mD．將電子由A點(diǎn)移到C點(diǎn)，靜電力做功為－2eV答案D解析如圖所示，連接BD和CF交于G點(diǎn)，由于G為BD的中點(diǎn)，則G的電勢(shì)為φG＝eq\f(φB＋φD,2)＝eq\f(2＋6,2)V＝4V，可知F、G電勢(shì)相等，故CF為等勢(shì)線，電場(chǎng)方向垂直于CF向上，可知AB也為等勢(shì)線，則有φA＝φB＝2V，A正確；A、F兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UAF＝φA－φF＝2V－4V＝－2V，C、D兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UCD＝φC－φD＝4V－6V＝－2V，故有UAF＝UCD，B正確；勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E＝eq\f(UDB,dDB)＝eq\f(4,0.02×\r(3))V/m＝eq\f(200\r(3),3)V/m，C正確；將電子由A點(diǎn)移到C點(diǎn)，靜電力做功為WAC＝－eUAC＝2eV，D錯(cuò)誤．5．(多選)(2022·浙江寧波市二模)如圖甲所示，在均勻介質(zhì)中，坐標(biāo)系xOy位于水平面內(nèi)，O處的波源由平衡位置開始垂直xOy平面振動(dòng)，產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧橫波在xOy平面內(nèi)傳播，選定圖狀態(tài)為t＝0時(shí)刻，實(shí)線圓、虛線圓分別表示相鄰的波峰和波谷，且此時(shí)平面內(nèi)只有一圈波谷，圖中質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)圖像如圖乙所示，z軸垂直于xOy水平面，且正方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲猓畡t下列說法正確的是()A．此機(jī)械波的波長為2mB．此機(jī)械波的傳播速度為0.4m/sC．t＝0.2s時(shí)，機(jī)械波恰好傳至B處D．在t＝0至t＝0.85s這段時(shí)間內(nèi)，C質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程為12cm答案AD解析由題圖可知從波峰到波谷的距離為1m，故波的波長為λ＝2m，A正確；題圖乙為質(zhì)點(diǎn)A的振動(dòng)圖像，則T＝0.2s，根據(jù)波速計(jì)算公式有v＝eq\f(λ,T)＝10m/s，B錯(cuò)誤；因?yàn)閠＝0時(shí)刻平面內(nèi)只有一圈波谷，而此時(shí)O也處于波峰，由此可以判斷波的起振方向向上且波剛開始傳播時(shí)O處于平衡位置，由此可以判斷t＝0時(shí)波傳播了0.25s、1.25個(gè)波長，即t＝0時(shí)刻波剛好傳播到2.5m處，則機(jī)械波恰好傳至B處的時(shí)間點(diǎn)為tB＝eq\f(4－2.5,10)s＝0.15s，C錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)C到波源的距離為x＝eq\r(32＋42)m＝5m，由選項(xiàng)C可知，t＝0時(shí)波傳播了2.5m，則波傳播到C點(diǎn)所用的時(shí)間為tC＝eq\f(x－2.5,v)s＝0.25s，由圖像可知波的振幅為A＝1cm，故從t＝0到t＝0.85s過程中，質(zhì)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)的路程為s＝eq\f(t－tC,T)·4A＝eq\f(0.85－0.25,0.2)×4×1cm＝12cm，D正確．6．(多選)一物體以一定的初速度沿著固定在水平地面上的粗糙斜面從底端向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后沿斜面下滑到底端，已知斜面的粗糙程度處處相同，斜面傾角的正切值為tanα＝eq\f(13,10)，物體從底端上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間是從最高點(diǎn)下滑到底端時(shí)間的eq\f(2,3).重力加速度取10m/s2，以水平地面為參考平面，則()A．物體從底端上滑時(shí)的動(dòng)能是回到底端時(shí)動(dòng)能的eq\f(9,4)倍B．物體與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(2,3)C．物體上滑過程中損失的機(jī)械能是出發(fā)時(shí)機(jī)械能的eq\f(5,18)D．物體在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)最大的重力勢(shì)能是出發(fā)時(shí)機(jī)械能的eq\f(8,13)答案AC解析設(shè)初速度為v1，則由逆向思維可得上滑時(shí)v1＝a1t1，x＝eq\f(1,2)a1t12，下滑時(shí)滿足v2＝a2t2，x＝eq\f(1,2)a2t22，由牛頓第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma1，mgsinα－μmgcosα＝ma2，即a1＝gsinα＋μgcosα，a2＝gsinα－μgcosα，因eq\f(t1,t2)＝eq\f(2,3)，得eq\f(a1,a2)＝eq\f(9,4)，解得μ＝eq\f(1,2)，eq\f(v1,v2)＝eq\f(3,2)，所以eq\f(Ek1,Ek2)＝eq\f(9,4)，故A正確，B錯(cuò)誤；物體損失的機(jī)械能上滑時(shí)滿足ΔE＝Ffx，上滑的最大重力勢(shì)能為Ep＝mgxsinα，由能量守恒定律有E0＝mgxsinα＋Ffx，其中Ff＝μmgcosα，所以eq\f(ΔE,E0)＝eq\f(μmgxcosα,mgxsinα＋μmgxcosα)＝eq\f(5,18)，同理可得eq\f(Ep,E0)＝eq\f(13,18)，故C正確，D錯(cuò)誤．7．(2022·黑龍江省八校高三期末)小明在超市中發(fā)現(xiàn)兩種品牌的5號(hào)干電池，他利用電流表和電壓表設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)，分別測(cè)定一節(jié)這兩種品牌干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻．(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)有開關(guān)和導(dǎo)線若干，以及以下器材：A．電壓表(0～3V，內(nèi)阻約為1kΩ)B．電流表(0～3A，內(nèi)阻為0.2Ω)C．電流表(0～0.6A，內(nèi)阻為0.5Ω)D．滑動(dòng)變阻器(0～20Ω，允許通過的最大電流為1A)E．滑動(dòng)變阻器(0～200Ω，允許通過的最大電流為0.5A)實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用________；滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用________．(均填相應(yīng)器材前的字母)(2)小明應(yīng)該選擇的實(shí)驗(yàn)電路圖是________．(選填“甲”或“乙”)(3)小明分別記錄了6組數(shù)據(jù)并在同一坐標(biāo)紙內(nèi)畫出兩個(gè)干電池的U－I圖線，如圖丙所示．根據(jù)所畫圖線可得出品牌I干電池的電動(dòng)勢(shì)E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω.(結(jié)果均保留兩位小數(shù))(4)小明根據(jù)數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)一節(jié)不同品牌干電池的電動(dòng)勢(shì)基本相同，只是內(nèi)阻差異較大，小明繼續(xù)對(duì)Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)品牌干電池做了進(jìn)一步探究，對(duì)電池的輸出功率P隨外電阻R變化的關(guān)系，以及電池的輸出功率P隨路端電壓U變化的關(guān)系進(jìn)行了猜想和實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證，并分別畫出了下列的P－R和P－U圖像．下列各圖中可能正確的是________．(填正確答案標(biāo)號(hào))答案(1)CD(2)乙(3)1.500.33(4)AD解析(1)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)約為1.5V，本實(shí)驗(yàn)要求電流不可過大，故電流表選擇量程為0～0.6A的C；滑動(dòng)變阻器應(yīng)選D，若滑動(dòng)變阻器選E，由于總阻值較大，則滑片滑動(dòng)時(shí)移動(dòng)范圍小，不方便調(diào)節(jié)．(2)由于電流表內(nèi)阻已知，采用題圖乙電路，電流表分壓造成的系統(tǒng)誤差可以消除，故選題圖乙．(3)由U＝E－Ir可得，圖線Ⅰ的縱截距為E＝1.50V，斜率的絕對(duì)值k≈0.83Ω，減去電流表的內(nèi)阻0.5Ω，即電池的內(nèi)阻為r＝0.83Ω－0.5Ω＝0.33Ω(4)根據(jù)公式P＝I2R＝eq\f(E2,\f(R－r2,R)＋4r)可知，內(nèi)、外電阻相等時(shí)輸出功率最大，且Ⅱ品牌電池內(nèi)阻較大，又由Pmax＝eq\f(E2,4r)可知，Ⅱ品牌電池最大輸出功率較小，A正確，B錯(cuò)誤；輸出功率P＝UI＝－eq\f(1,r)(U－eq\f(E,2))2＋eq\f(E2,4r)，可知P－U圖線應(yīng)為開口向下的拋物線，又由Pmax＝eq\f(E2,4r)可知，電動(dòng)勢(shì)相同，內(nèi)阻越小，最大輸出功率越大，C錯(cuò)誤，D正確．8．(2022·安徽省合肥一中模擬預(yù)測(cè))如圖所示，一半徑R＝2m、圓心角∠BOC＝60°的光滑圓弧軌道BC固定在水平地面上，另一質(zhì)量M＝1kg的長木板緊貼圓弧軌道放置于水平地面上，木板上表面與軌道C點(diǎn)在同一水平面上，長木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2.現(xiàn)將一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)以水平速度v0＝2m/s拋出，該物塊恰好從B點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入光滑圓弧軌道，物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取g＝10m/s2，求：(1)A、B兩點(diǎn)間豎直方向距離；(2)小物塊滑到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大?。?3)若小物塊最終沒有滑離長木板，長木板的最小長度是多少．答案(1)0.6m(2)28N(3)3m解析(1)小物塊在B點(diǎn)時(shí)的速度vB＝eq\f(v0,cos60°)＝4m/s，小物塊在豎直方向的分速度vBy＝v0tan60°＝2eq\r(3)m/s解得A、B兩點(diǎn)間豎直方向的距離是hAB＝eq\f(vBy2,2g)＝0.6m(2)從B點(diǎn)到C點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律，可知mgR(1－cos60°)＋eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvC2解得vC＝6m/s小物塊在C點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律可得F－mg＝meq\f(vC2,R)，解得F＝28N，由牛頓第三定律可知，小物塊滑到C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為F′＝28N.(3)長木板與地面間的摩擦力為Ff1＝μ1(M＋m)g＝4N，小物塊與長木板間的摩擦力為Ff2＝μ2mg＝5N，F(xiàn)f2>Ff1，因此長木板做加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)長木板分析，由牛頓第二定律有μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma1對(duì)小物塊分析，由牛頓第二定律有μ2mg＝ma2小物塊做減速運(yùn)動(dòng)，長木板做加速運(yùn)動(dòng)，在小物塊與長木板速度相等時(shí)，則有v＝vC－a2t＝a1t，解得t＝1s，小物塊的位移為x1＝eq\f(vC＋v,2)t＝3.5m，長木板的位移x2＝eq\f(v,2)t＝0.5m在小物塊與長木板速度相等后，一起做減速運(yùn)動(dòng)到靜止，故長木板的最小長度是L＝x1－x2＝3m.9．(2022·廣東省聯(lián)考)在學(xué)校舉辦的高樓落蛋活動(dòng)中，為保證雞蛋從高處落地后能完好無損，小明設(shè)計(jì)了如圖甲所示的裝置．裝置下端安裝了一個(gè)橫截面(俯視)如圖乙所示的磁體，其內(nèi)、外分別為圓柱形和圓筒形，兩者固定在一起，且兩者間存在沿徑向向外的磁場(chǎng)，不考慮磁體在其他區(qū)域產(chǎn)生的磁場(chǎng)．圓筒形磁體與兩條平行金屬導(dǎo)軌AH和BG固定在一起，CDFE是一個(gè)金屬線框，DF、CE被約束在導(dǎo)軌的凹槽內(nèi)，可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動(dòng)，線框CD的正中間接有一個(gè)半徑為r(r略大于圓柱形磁體的半徑)、匝數(shù)為N、總電阻為R的線圈，EF之間接有一只裝有雞蛋的鋁盒，鋁盒的電阻也為R.導(dǎo)軌上方固定有一根絕緣細(xì)棒HG.細(xì)棒與鋁盒間連接了一根勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)絕緣彈簧．小明將該裝置置于距離水平地面高h(yuǎn)(h遠(yuǎn)大于裝置自身高度)處，并保持導(dǎo)軌豎直，待鋁盒靜止后將彈簧鎖定，此時(shí)線圈恰好位于磁體上邊界處．現(xiàn)由靜止釋放裝置，整個(gè)裝置豎直落到水平地面上后彈簧立即解除鎖定，且磁體連同兩導(dǎo)軌和絕緣棒HG的速度立即變?yōu)榱悖阎€框CDFE(含線圈、鋁盒、雞蛋)