2024版高考物理復習：考前特訓 考前熱身練 小綜合練(一)

小綜合練(一)1.(2023·江蘇省海安高級中學月考)a、b兩束單色光的波長分別為λa和λb，通過相同的單縫衍射實驗裝置得到如圖所示的圖樣，則這兩束單色光()A．b單色光的波動性比a單色光強B．在水中的傳播速度va＜vbC．光子動量pa＜pbD．a(chǎn)、b兩束單色光射向同一雙縫干涉裝置，其干涉條紋間距Δxa＜Δxb答案C解析在相同的單縫衍射實驗裝置的條件下，光的波長越長，其衍射現(xiàn)象越顯著，中央亮條紋越寬。從圖中可知光束a的衍射現(xiàn)象比光束b更加顯著，故可知λa＞λb，b單色光的波動性比a單色光弱，故A錯誤；波長長，則頻率低，折射率小，根據(jù)v＝eq\f(c,n)，可知在水中的傳播速度va＞vb，故B錯誤；光子動量p＝eq\f(h,λ)，所以pa＜pb，故C正確；a、b兩束單色光射向同一雙縫干涉裝置，其干涉條紋間距Δx＝λeq\f(L,d)，則Δxa＞Δxb，故D錯誤。2.如圖所示，兩個體積相同的容器，甲一直敞口，乙在中午蓋上蓋子密封。到了夜間溫度降低。若大氣壓強保持不變，容器導熱性良好，下列說法正確的是()A．夜間甲容器中分子數(shù)增加B．夜間乙容器中氣體的內(nèi)能增大C．夜間甲容器中氣體分子單位時間撞擊單位面積器壁的次數(shù)減少D．從中午到夜間，乙容器中氣體從外界吸收熱量答案A解析夜間溫度降低，甲容器敞口，壓強不變，容器的體積不變，由eq\f(pV,T)＝C可知，相比中午，容器中“原來的氣體”體積變小，會再進入一部分氣體，則容器內(nèi)的分子數(shù)增加，A正確；乙容器中氣體分子數(shù)不變，夜間溫度降低，分子平均動能減小，內(nèi)能減小，B錯誤；氣體壓強p＝eq\f(F,S)＝eq\f(I,St)，等于氣體分子單位時間對單位面積器壁的沖量，夜間溫度降低，分子平均動能減小，平均每次撞擊對器壁的沖量變小，又甲容器中氣體壓強不變，所以氣體分子單位時間撞擊單位面積器壁的次數(shù)增加，C錯誤；由熱力學第一定律ΔU＝W＋Q，從中午到夜間，乙容器中氣體內(nèi)能減小，氣體體積不變，外界對其不做功，可知氣體向外界放熱，D錯誤。3.(2023·江蘇無錫市期末)如圖所示，一球員將足球從球門正前方某處踢出，在豎直平面內(nèi)經(jīng)位置1、2、3后落地，位置1、3等高，位置2在最高點。所受空氣阻力不變，不考慮足球的旋轉(zhuǎn)，則足球()A．經(jīng)過位置2時，重力的功率最大B．由位置1運動到位置3過程中，合力做功為0C．在位置2的加速度比位置3的加速度小D．由位置1運動到位置2的時間小于由位置2運動到位置3的時間答案D解析足球經(jīng)過最高點位置2時，豎直方向速度vy減為零，由pG＝mgvy得，此時重力的功率最小，A錯誤；由于足球運動的過程中受到空氣阻力作用，阻力做負功，則足球從位置1運動到位置3過程中，合力做負功，B錯誤；空氣阻力方向與速度方向相反，足球在位置2時，豎直速度為零，阻力與重力成90°夾角；在位置3時，阻力方向斜向上，阻力與重力夾角大于90°，阻力與重力的合力一定小于位置2，由牛頓第二定律有F合＝ma，可得足球在位置2的加速度比位置3的加速度大，C錯誤；由于運動時間由豎直方向的運動決定，則對豎直方向受力分析，從位置1到位置2，由牛頓第二定律mg＋Ff1＝ma1，從位置2到位置3，由牛頓第二定律mg－Ff2＝ma2，比較可得，上升階段的加速度a1大于下降階段的加速度a2，即a1＞a2，位移相同時，由h＝eq\f(1,2)at2可得，由位置1運動到位置2的時間小于由位置2運動到位置3的時間，D正確。4．(2023·江蘇省海安高級中學月考)如圖所示，一完整絕緣球體球心為O1，由A、B兩部分組成，其中B是球心為O2的小球體，A均勻帶正電，且?guī)щ姾闪繛椋玅，B均勻帶有等量的負電，帶電荷量為－Q。M、N為兩球心連線上兩點，P、Q連線過球心O1且與M、N連線垂直，且M、N、P、Q四點到O1距離相等。取無窮遠處電勢為零。則()A．M、N兩點電場強度相等B．M、N兩點電勢相等C．將＋q從N點移至P點靜電力做負功D．電子在M點的電勢能比在N點的大答案C解析將A看成完整的均勻帶正電荷的小球，將B看成完整的均勻帶負電荷的小球，兩球帶電荷量相等，將其等效為位于球心的點電荷，因為具體比例不清楚，無法判斷兩點電場強度，故A錯誤；完整球體A在M、N兩點電勢相等，而對于B來說，則靠近N點，所以φN＜φM，故B錯誤；同理φN＜φP，將＋q從N點移至P點，電勢能Ep＝φq增大，靜電力做負功，故C正確；φN<φM，則電子在M點的電勢能比在N點的小，故D錯誤。5.(2023·江蘇揚州市高郵中學模擬)河外星系中兩黑洞A、B的質(zhì)量分別為M1和M2，它們以兩者連線上的某一點為圓心做勻速圓周運動。為研究方便簡化為如圖所示的示意圖，黑洞A和黑洞B均可看成球體，OA＞OB，下列說法正確的是()A．兩黑洞質(zhì)量之間的關(guān)系一定是M1＞M2B．黑洞A的運行角速度小于黑洞B的運行角速度C．人類要把航天器發(fā)射到距黑洞A較近的區(qū)域進行探索，發(fā)射速度一定大于第三宇宙速度D．若兩黑洞間的距離一定，把黑洞A上的物質(zhì)移到黑洞B上，它們運行的周期變大答案C解析黑洞A與黑洞B繞O點在相同時間內(nèi)轉(zhuǎn)過的角度相同，所以，二者的角速度相等，設(shè)它們相距為L，角速度為ω，根據(jù)牛頓第二定律得Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2·OA，Geq\f(M1M2,L2)＝M2ω2·OB，聯(lián)立得M1·OA＝M2·OB，根據(jù)題意OA>OB，所以M1<M2，故A、B錯誤；人類要把航天器發(fā)射到距黑洞A較近的區(qū)域進行探索，必須沖出太陽系，所以發(fā)射速度一定大于第三宇宙速度，故C正確；根據(jù)M1·OA＝M2·OB，OA＋OB＝L，可得OA＝eq\f(M2L,M1＋M2)，又由于Geq\f(M1M2,L2)＝M1ω2·OA，整理得ω＝eq\r(\f(GM1＋M2,L3))，所以周期為T＝2πeq\r(\f(L3,GM1＋M2))，若兩黑洞間的距離一定，把黑洞A上的物質(zhì)移到黑洞B上，兩黑洞質(zhì)量之和不變，周期不變，故D錯誤。6.如圖所示，一彈性繩原長為L0，一端固定在天花板上P點，另一端穿過光滑小環(huán)后與小鐵塊M相連，小環(huán)固定在P點正下方Q處，P、Q距離等于L0。鐵塊從水平面上a處由靜止釋放，在彈性繩的拉動下，經(jīng)過Q點正下方的O處，運動到b處速度減為0。已知Oa大于Ob，彈性繩遵循胡克定律，鐵塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同。以O(shè)為坐標原點沿鐵塊運動方向建立x軸，從a到b過程鐵塊的動能Ek、系統(tǒng)(鐵塊和彈性繩)機械能E隨位置坐標變化的圖像較符合實際的是()答案D解析設(shè)鐵塊質(zhì)量為m，彈性繩的勁度系數(shù)為k，Q與水平面的高度差為h，當Q、M間彈性繩與水平方向夾角為θ時，彈力F＝keq\f(h,sinθ)。鐵塊豎直方向受力平衡，有FN＋Fsinθ－mg＝0，得FN＝mg－kh。鐵塊所受滑動摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg－kh)。若mg＝kh，則鐵塊不受摩擦力，由機械能守恒定律可知，b點應和a點關(guān)于O點對稱，而Oa大于Ob，故此情況不可能，所以一定有mg>kh。鐵塊所受摩擦力為定值，向右先加速后減速，當彈性繩拉力水平向右的分量大小等于摩擦力時，加速度為0，速度達到最大，鐵塊動能達到最大，此位置在O點左側(cè)，A、C錯誤。由功能關(guān)系可知鐵塊克服摩擦力做的功等于系統(tǒng)機械能的減少量。取一段位移微元Δx，有－FfΔx＝ΔE，可知eq\f(ΔE,Δx)＝－Ff，即E－x圖線為斜率小于0的傾斜直線，B錯誤，D正確。7．(2023·江蘇省一模)某實驗小組用圖甲所示裝置測量木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ。實驗操作步驟如下：①取若干個完全相同的鉤碼，將部分鉤碼懸掛在細線下，剩余的鉤碼放在木塊凹槽中，記錄懸掛鉤碼的個數(shù)n；②保持長木板水平，釋放木塊后打點計時器打出紙帶；③將木塊凹槽中的鉤碼逐個添加到細線下端，重復多次打出紙帶。(1)如圖乙所示用刻度尺測量紙帶上點的位置，其第4點讀數(shù)為________cm。(2)已知打點周期為T＝0.02s，第5點的瞬時速度為________m/s。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)測得懸掛鉤碼個數(shù)n與相應的加速度a如下表，請根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖丙作出a－n圖像。已知當?shù)刂亓铀俣萭＝9.8m/s2，由圖線可求得木塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝________。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)a/(m·s－2)0.601.301.962.623.30n/個678910(4)實驗中發(fā)現(xiàn)木板未調(diào)節(jié)水平，右端偏高，考慮到此因素的影響，μ的測量值________(填“大于”“小于”或“等于”)真實值。答案(1)10.30(2)0.85(3)見解析圖0.35(4)小于解析(1)刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到分度值的下一位，第4點讀數(shù)為10.30cm。(2)v5＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(13.70－10.30,2×0.02)×10－2m/s＝0.85m/s。(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)作出a－n圖像如圖所示設(shè)每個鉤碼的質(zhì)量均為m，所有鉤碼質(zhì)量的之和為M，木塊質(zhì)量為m0，當細線下端掛有n個鉤碼時，對這n個鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有nmg－FT＝nma，對木塊及剩余鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有FT－μ(M＋m0－nm)g＝(M＋m0－nm)a聯(lián)立解得a＝eq\f(mg1＋μ,M＋m0)n－μg根據(jù)圖像可得－μg＝－3.4解得μ＝0.35(4)實驗中發(fā)現(xiàn)木板未調(diào)節(jié)水平，右端偏高，設(shè)木板與水平面夾角為θ，根據(jù)(3)分析，縱軸截距為μgcosθ＝b則μ＝eq\f(b,gcosθ)，若仍按照μ＝eq\f(b,g)計算，則μ的測量值小于真實值。8.(2023·江蘇南通市期末)如圖所示，開口向上豎直放置的玻璃管長為5h，質(zhì)量為m、高為h的水銀柱將一段空氣柱封在管內(nèi)，被封空氣柱的溫度為T0，水銀柱上端到管口的距離為h?，F(xiàn)給玻璃管加熱，水銀柱緩慢上升至管內(nèi)剩余一半水銀，此過程中空氣柱的內(nèi)能增加了ΔU，已知水銀柱的橫截面積為S，大氣壓強為p0，重力加速度為g，忽略空氣柱向外界傳遞的能量，求：(1)水銀柱上升至管口時，空氣柱的溫度T；(2)水銀柱上升過程中，空氣柱需要吸收的熱量Q。答案(1)eq\f(4,3)T0(2)ΔU＋eq\f(3,2)p0Sh＋eq\f(11,8)mgh解析(1)水銀柱上升至管口時，封閉氣體內(nèi)部壓強不變，均為p1＝p0＋eq\f(mg,S)空氣柱為等壓變化，有eq\f(3hS,T0)＝eq\f(4hS,T)解得T＝eq\f(4,3)T0(2)在水銀柱上升至管口時，空氣柱對水銀做功為W1＝(p0S＋mg)h在水銀柱上升至管口并只剩下一半水銀時，空氣柱對水銀做功W2＝eq\x\to(F)·eq\f(h,2)＝eq\f(p0S＋mg＋p0S＋\f(mg,2),2)·eq\f(h,2)故整個過程，空氣柱對水銀做功為W＝W1＋W2＝(eq\f(3,2)p0S＋eq\f(11,8)mg)h根據(jù)熱力學第一定律ΔU＝Q－W解得Q＝ΔU＋eq\f(3,2)p0Sh＋eq\f(11,8)mgh。9.(2023·江蘇省三模)如圖所示，在足夠長的粗糙水平面上放一長為L＝2.5m、質(zhì)量為m＝1kg、左右擋板厚度不計的不帶電U形盒子P(盒子內(nèi)底面水平)，盒子P與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5。在盒子的左端放一質(zhì)量為M＝4kg的物塊Q(可看作質(zhì)點)，Q的帶電荷量始終為q＝＋2×10－2C。整個裝置始終處在一個水平向右的勻強電場中，電場強度大小為E＝1×103N/C，Q與盒子內(nèi)表面無摩擦，物塊放開后即在盒內(nèi)向右運動與右擋板碰撞，設(shè)碰撞時間極短且碰撞過程中沒有機械能損失，重力加速度g取10m/s2。(1)求物塊與盒子發(fā)生第一次碰撞后，P、Q的速度大??；(2)物塊與盒子發(fā)生第一次碰撞后至第二次碰撞前，求Q與盒子右擋板間的最大距離(結(jié)果可用分數(shù)表示)；(3)P最終是否會停止？若P不能停止，求第一次碰后，20秒內(nèi)P前進的路程；若P會停止，求P前進的總路程。答案(1)8m/s3m/s(2)eq\f(5,12)m(3)P終將停止，P前進的總路程為10m解析(1)設(shè)Q與P第一次碰撞前的速度為v0，碰后P、Q的速度分別為vP和vQ，由動能定理得qEL＝eq\f(1,2)Mv02－0碰撞過程動量守恒Mv0＝MvQ＋mvP碰撞過程機械能守恒eq\f(1,2)Mv02＝eq\f(1,2)MvQ2＋eq\f(1,2)mvP2代入數(shù)據(jù)解得v0＝5m/s，vP＝8m/s，vQ＝3m/s(2)碰后Q勻加速運動的加速度大小aQ＝eq\f(qE,M)＝5m/s2碰后P勻減速運動的加速度大小aP＝eq\f(μM＋mg,m)＝25m/s2設(shè)物塊Q與盒子P速度相等時經(jīng)過時間為t0，則有vQ＋aQt0＝vP－