2024版高考物理復(fù)習(xí)：考前特訓(xùn) 考前熱身練 小綜合練(五)

小綜合練(五)1．(2023·江蘇省如東中學(xué)等四校聯(lián)考)一條輕長(zhǎng)繩放置在水平桌面上，俯視圖如圖甲所示，用手握住長(zhǎng)繩的一端O，從t＝0時(shí)刻開始用手帶動(dòng)O點(diǎn)沿垂直繩的方向(圖甲中y軸方向)在水平面內(nèi)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，0～6s內(nèi)O點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖乙所示。t＝4s時(shí)輕長(zhǎng)繩上的波形圖可能正確的是()答案B解析由題圖乙可知，波形圖對(duì)應(yīng)的質(zhì)點(diǎn)起振方向?yàn)閥軸正方向，且開始時(shí)的周期較小，則對(duì)應(yīng)的波形圖開始時(shí)波長(zhǎng)較小。故選B。2．在激光出現(xiàn)后，多光子光電效應(yīng)得以實(shí)現(xiàn)。多光子光電效應(yīng)即金屬表面的一個(gè)電子吸收多個(gè)光子發(fā)生的光電效應(yīng)。某金屬片的極限波長(zhǎng)為λ0，用頻率為ν的弱單色光照射，發(fā)現(xiàn)沒有光電子放出。若保持頻率ν不變，逐漸增大光強(qiáng)，直至釋放出光電子，已知普朗克常量為h、真空中的光速為c，則該金屬表面一個(gè)電子變?yōu)楣怆娮拥倪^程吸收的光子數(shù)量最少為()A.eq\f(c,νλ0)B.eq\f(νλ0,c)C.eq\f(hc,νλ0)D.eq\f(c,hνλ0)答案A解析由題述可知，該金屬的逸出功為W0＝eq\f(hc,λ0)，則由題述可知，設(shè)該金屬表面一個(gè)電子變?yōu)楣怆娮拥倪^程最少吸收n個(gè)光子時(shí)，能夠發(fā)生光電效應(yīng)。則nhν＝W0，解得n＝eq\f(c,νλ0)，A正確。3.如圖為掛在架子上的雙層晾衣籃的結(jié)構(gòu)示意圖。上、下籃子完全相同且保持水平，每個(gè)籃子由兩個(gè)質(zhì)地均勻的圓形鋼圈穿進(jìn)網(wǎng)布構(gòu)成，兩籃通過四根等長(zhǎng)的輕繩與鋼圈的四等分點(diǎn)相連，上籃鋼圈用另外四根等長(zhǎng)輕繩系在掛鉤上。晾衣籃的有關(guān)尺寸如圖所示，則圖中上、下層各一根輕繩的張力大小之比為()A．1∶1B．2∶1C．5∶2D．5∶4答案C解析設(shè)一個(gè)籃子的質(zhì)量為m，連接下籃的繩子的拉力為FT2，對(duì)下籃，根據(jù)平衡條件得4FT2＝mg，解得FT2＝eq\f(mg,4)；設(shè)連接上籃的繩子的拉力為FT1，繩子與豎直方向夾角為θ，對(duì)兩個(gè)籃整體由平衡條件得4FT1cosθ＝2mg，根據(jù)幾何關(guān)系得sinθ＝eq\f(24,40)＝0.6，聯(lián)立解得FT1＝eq\f(5,8)mg，則eq\f(FT1,FT2)＝eq\f(5,2)，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。4.如圖所示質(zhì)量均為m的滑塊A、B，A不帶電，B帶正電，電荷量為q，A套在固定豎直桿上，B放在絕緣水平面上并靠近豎直桿，A、B間通過鉸鏈及長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣輕桿連接且靜止?，F(xiàn)施加水平向右、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，B開始沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，已知A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，不計(jì)一切摩擦。則在A下滑的過程中，下列說法不正確的是()A．A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B．A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)A的作用力大小為qEC．A的機(jī)械能最小時(shí)，B的加速度大小為eq\f(qE,m)D．A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，A的速度大小為eq\r(2gL＋\f(qEL,m))答案D解析A、B組成的系統(tǒng)因有靜電力做功，故機(jī)械能不守恒，A正確，不符合題意；A到最低點(diǎn)時(shí)B的速度為0，處于平衡狀態(tài)，故桿對(duì)B的作用力大小等于靜電力qE，則輕桿對(duì)A的作用力大小也為qE，B正確，不符合題意；桿先對(duì)A做負(fù)功后對(duì)A做正功，A的機(jī)械能先減小后增加，當(dāng)桿對(duì)A的作用力為0時(shí)，A的機(jī)械能最小，此時(shí)B僅受靜電力，故B的加速度大小為eq\f(qE,m)，C正確，不符合題意；A落地的瞬時(shí)，B的速度為0，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒有mgL＋qEL＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL＋\f(2qEL,m))，D錯(cuò)誤，符合題意。5．示波器是一種用途廣泛的電子測(cè)量?jī)x器。如圖甲所示，電子槍可不斷生成速度近似為零的電子，偏轉(zhuǎn)電極XX′之間和YY′之間不加電壓時(shí)，電子被加速電場(chǎng)加速后沿直線(Z軸)運(yùn)動(dòng)，打到熒光屏中心O，熒光屏如圖乙所示，XX′之間或YY′之間加12V電壓時(shí)，電子打在熒光屏上的位置相對(duì)O點(diǎn)的偏轉(zhuǎn)距離為1cm，方形熒光屏的邊長(zhǎng)為5cm，則所給電場(chǎng)組合方式能使熒光屏上形成圖丙所示圖像的是()A．①③B．②④C．①④D．②③答案A解析設(shè)電子在單個(gè)方向偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，離開該電場(chǎng)后運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則電子在該方向的偏轉(zhuǎn)距離為x′＝eq\f(1,2)at12＋at1t2，又粒子沿Z軸運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，則要使粒子在X方向偏轉(zhuǎn)5cm，電子在X軸方向的最大加速度要增大到原來的5倍，由qeq\f(U,d)＝ma知，最大偏轉(zhuǎn)電壓要增大到原來的5倍，則①符合要求，②不符合。同理Y方向最大加速度需是12V時(shí)的3倍，最大偏轉(zhuǎn)電壓要增大到原來的3倍。①中X軸方向電壓變化周期為6×10－2s，示波器上有兩個(gè)波形，則Y軸方向電壓變化周期為3×10－2s，③符合要求。綜上所述，A正確。6.(2023·江蘇徐州市一模)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面體A放在光滑的水平面上，已知A的質(zhì)量為2m，高為h，質(zhì)量為m的細(xì)長(zhǎng)直桿B，受固定的光滑套管C約束，只能在豎直方向上自由運(yùn)動(dòng)。初始時(shí)，A在水平推力F作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)B桿下端正好壓在A的頂端?，F(xiàn)撤去推力F，A、B便開始運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，則()A．推力F的大小為mgsinθB．運(yùn)動(dòng)過程中，A對(duì)B不做功C．A、B組成的系統(tǒng)，水平方向上動(dòng)量守恒D．當(dāng)桿的下端剛滑到斜面底端時(shí)，斜面體的速度大小為eq\r(\f(2gh,2＋tan2θ))答案D解析靜止時(shí)A對(duì)B只有垂直斜面向上的支持力，C對(duì)B有水平向右的作用力，對(duì)B受力分析，如圖甲所示，由平衡條件可知，豎直方向上有FABcosθ＝mg，可得FAB＝eq\f(mg,cosθ)，由牛頓第三定律可知，靜止時(shí)B對(duì)A只有垂直斜面向下的壓力，大小為FBA＝eq\f(mg,cosθ)，對(duì)A受力分析，如圖乙所示，由平衡條件，水平方向上有F＝FBAsinθ＝mgtanθ，故A錯(cuò)誤；斜面體對(duì)直桿的作用力垂直斜面向上，而直桿的位移方向?yàn)樨Q直向下，所以斜面體對(duì)直桿的作用力做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；由于運(yùn)動(dòng)過程中直桿B受到光滑套管C的水平作用力，所以桿和斜面體組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量不守恒，故C錯(cuò)誤；當(dāng)在很短時(shí)間Δt內(nèi)光滑直桿下落Δh高度，由幾何知識(shí)可知，斜面體向右發(fā)生的位移大小為eq\f(Δh,tanθ)，所以光滑直桿與斜面體的速度大小之比為始終為tanθ，當(dāng)桿滑到斜面底端時(shí)，設(shè)桿的速度大小為v1，斜面體的速度大小為v2，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgh＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)×2mv22，由速度關(guān)系v1＝v2tanθ，解得v2＝eq\r(\f(2gh,2＋tan2θ))，故D正確。，的鉤碼。一側(cè)固定有豎直的刻度尺。鉤碼由靜止釋放后加速下降，利用手機(jī)拍攝鉤碼的運(yùn)動(dòng)過程，通過解析視頻圖像，測(cè)出加速度a。已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭＝9.8m/s2。某次測(cè)量獲得的5個(gè)鉤碼的位置坐標(biāo)如下表所示(相鄰時(shí)刻的時(shí)間間隔均為T＝0.1s)請(qǐng)完成以下問題：(所有計(jì)算結(jié)果均保留2位有效數(shù)字)t1t2t3t4t5x1x2x3x4x52.65cm10.23cm19.54cm30.56cm43.30cm(1)由表中數(shù)據(jù)可得鉤碼的加速度a＝________m/s2。(2)t3時(shí)刻圓盤的角速度ω3＝________rad/s。(3)圓盤加速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，角速度的增加量Δω與對(duì)應(yīng)時(shí)間Δt的比值定義為角加速度β(即β＝eq\f(Δω,Δt))，則圓盤的角加速度β＝________rad/s2。(4)細(xì)線對(duì)圓盤的拉力大小F＝________N。(5)為了探究拉力、圓盤質(zhì)量、圓盤半徑與圓盤角加速度的關(guān)系，可采用________法進(jìn)行后續(xù)實(shí)驗(yàn)。答案(1)1.7(2)10(3)17(4)0.81(5)控制變量解析(1)根據(jù)逐差法，可得鉤碼的加速度a＝eq\f(x5－x3－x3－x1,4T2)＝eq\f(43.30－19.54－19.54－2.65,4×0.12)×10－2m/s2＝1.7m/s2。(2)t3時(shí)刻圓盤邊緣的線速度等于鉤碼的速度，v3＝eq\f(x4－x2,2T)＝eq\f(30.56－10.23,2×0.1)×10－2m/s＝1.0m/s，由v3＝ω3r，得ω3＝eq\f(v3,r)＝10rad/s。(3)β＝eq\f(Δω,Δt)＝eq\f(Δv,rΔt)＝eq\f(a,r)＝17rad/s2。(4)對(duì)鉤碼，由牛頓第二定律有mg－F＝ma，得F＝m(g－a)＝0.81N。(5)探究多個(gè)量之間的關(guān)系，一般用控制變量法。8．(2023·江蘇南通市海安高級(jí)中學(xué)模擬)用如圖甲所示的電路研究光電管的特性，入射光頻率為ν，光電管A、K兩極的電勢(shì)差為Uab。如圖乙所示，在U－ν坐標(biāo)系中，陰影部分表示能產(chǎn)生光電流的Uab和ν取值范圍。已知普朗克常量為h，電子電荷量為e，及乙圖中的νc、ν1、U1。(1)求圖乙中B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的光電子到達(dá)A極板時(shí)的最大動(dòng)能Ek；(2)圖甲中使用一激光發(fā)生器發(fā)射頻率為ν′的入射光束，假設(shè)K板吸收的光子數(shù)是入射總光子數(shù)的η倍，電流表讀數(shù)最大值為I0。求該激光發(fā)生器的最小功率P。答案(1)eU1＋h(ν1－νc)(2)eq\f(hν′I0,ηe)解析(1)由題圖乙可知，K材料的極限頻率為νc，W逸＝hνc，B點(diǎn)對(duì)應(yīng)入射光頻率為ν1，加正向電壓U1后，由光電效應(yīng)方程Ek0＝hν1－W逸由動(dòng)能定理Ek－Ek0＝eU1故圖乙中B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的光電子到達(dá)A極板時(shí)的最大動(dòng)能Ek＝eU1＋h(ν1－νc)(2)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t產(chǎn)生光子數(shù)n，則Pt＝nhν′解得n＝eq\f(Pt,hν′)，吸收光子數(shù)n1＝ηn＝eq\f(ηPt,hν′)，光電子數(shù)n2＝n1最大電流時(shí)為t時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的光電子全部達(dá)到A板，則I0＝eq\f(n2e,t)＝eq\f(\f(ηPt,hν′)e,t)＝eq\f(ηPe,hν′)故P＝eq\f(hν′I0,ηe)。9．如圖所示，真空中有范圍足夠大、垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在x軸下方有沿－y軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在xOy平面內(nèi)從y軸上的P點(diǎn)以初速度大小v0射出，不考慮粒子的重力。(1)若粒子與－y軸方向成α角從P點(diǎn)射出，剛好能到達(dá)x軸，求P點(diǎn)的縱坐標(biāo)y；(2)若粒子沿－y軸方向從P點(diǎn)射出，穿過x軸進(jìn)入第四象限，在x軸下方運(yùn)動(dòng)到離x軸最遠(yuǎn)距離為d的Q點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，求粒子在Q點(diǎn)加速度的大小a；(3)若所在空間存在空氣，粒子沿－y軸方向從P點(diǎn)射出，受到空氣阻力的作用，方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反，粒子從M點(diǎn)進(jìn)入第四象限后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度與＋x軸方向成θ角。求粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的過程中克服阻力所做的功W和運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t。答案(1)eq\f(mv0,qB)(1－sinα)(2)eq\f(qB\r(v02＋\f(2qEd,m))－qE,m)(3)eq\f(1,2)mv02－eq\f(mE2cos2θ,2B2)eq\f(\f(π,2)－θm,qB)解析(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，則由洛倫茲力充當(dāng)向心力可得qv0B＝meq\f(v02,R)由幾何關(guān)系得y＝R(1－sinα)解得y＝eq\f(mv0,qB)(1－sinα)(2)設(shè)粒子進(jìn)入第四象限離x軸距離最大時(shí)速度為v1，靜電力對(duì)粒子做正功，由動(dòng)能定理可得qEd＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，解得v1＝eq\r(v02＋\f(2qEd,m))由牛頓第二定律有qv1B－qE＝ma解得