2024版高考物理復(fù)習：考前特訓 考前熱身練 小綜合練(二)

小綜合練(二)1．(2023·江蘇南通市調(diào)研)兩只相同的籃球甲、乙內(nèi)氣體壓強相等，溫度相同。用打氣筒給甲球快速充氣，給乙球緩慢充氣，兩球充入空氣的質(zhì)量相同。設(shè)充氣過程籃球體積不變，則()A．剛充完氣，兩球中氣體分子的平均動能相等B．剛充完氣，甲中分子的數(shù)密度較大C．剛充完氣，兩球內(nèi)氣體壓強相等D．對甲充氣過程人做的功比對乙的多答案D解析用打氣筒給甲球快速充氣，外界對氣體做功，內(nèi)能增加，溫度升高；打氣筒給乙球緩慢充氣，則乙球氣體溫度不變，內(nèi)能不變；所以剛充完氣，甲球中氣體分子的平均動能比乙球大，故A錯誤；由題知充完氣后，兩球中氣體質(zhì)量相等，兩球體積相同，則兩球中分子的數(shù)密度相等，故B錯誤；由以上分析可知，剛充完氣兩球中分子的數(shù)密度相等，而甲球中氣體溫度比乙球高，則甲球的氣體壓強比乙球大，故C錯誤；兩球充入空氣的質(zhì)量相同，由于充氣過程，甲球的氣體壓強大于乙球的氣體壓強，則對甲充氣過程人需要克服氣體壓強做的功更多，即對甲充氣過程人做的功比對乙的多，故D正確。2．(2023·江蘇南通市模擬)甲、乙兩列簡諧橫波在同一介質(zhì)中分別沿x軸正向和負向傳播，兩列波在t＝0時的部分波形曲線如圖所示。則()A．t＝0時，x＝3.5m處的質(zhì)點的位移為零B．t＝0時，x＝3.5m處的質(zhì)點沿y軸負向運動C．x＝5.5m處的質(zhì)點一直不振動D．兩列波遇到寬度為4m的障礙物時，不能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象答案C解析由題圖可知，該時刻，兩列波在x＝3.5m處的質(zhì)點均沿y軸正向運動，且位移均為正，則x＝3.5m處的質(zhì)點的位移不為零，故A、B錯誤；由題圖可知，兩列波在x＝5.5m處的質(zhì)點振動相位差為π，則此點為振動減弱點，質(zhì)點一直不振動，故C正確；由題圖可知，兩列波的波長為8m，遇到寬度為4m的障礙物時能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D錯誤。3.(2023·江蘇省如東中學等四校聯(lián)考)如圖所示，正六邊形ABCDEF的B、D兩點各固定一個帶正電、帶電荷量為＋q的點電荷，F(xiàn)點固定一個帶負電、帶電荷量為－q的點電荷，O為正六邊形的幾何中心。則下列說法正確的是()A．O點電場強度為0B．C點電場強度方向由C指向FC．電子在A點電勢能比在O點小D．O、A兩點間電勢差和O、E兩點間電勢差相等答案D解析根據(jù)點電荷的電場強度公式E＝keq\f(q,r2)，三個點電荷在O點產(chǎn)生的電場強度大小相等，兩個正點電荷產(chǎn)生的合電場強度與負點電荷產(chǎn)生的電場強度方向相同，則O點電場強度沿OF方向，故A錯誤；兩個正點電荷在C點產(chǎn)生的合電場強度大小為keq\f(q,r2)，由F指向C，負點電荷在C點產(chǎn)生的電場強度大小為keq\f(q,4r2)，由C指向F，則C點的合電場強度由F指向C，故B錯誤；AD是BF連線的中垂線，B和F點的點電荷在AD上各點產(chǎn)生的電勢相等，由D點電荷產(chǎn)生的電勢，可知φO＞φA，根據(jù)Ep＝qφ可知電子在A點電勢能比在O點大，故C錯誤；根據(jù)對稱性可知，A點和E點的電勢相等，則O、A兩點間電勢差和O、E兩點間電勢差相等，D正確。4．(2023·江蘇南京市金陵中學月考)圖甲為某科技興趣小組制作的重力投石機示意圖。支架固定在水平地面上，輕桿A可繞支架頂部水平軸OO′在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。A端凹槽內(nèi)裝有一石子，B端固定一配重。某次打靶時，將桿沿逆時針方向轉(zhuǎn)至與豎直方向成θ角后由靜止釋放，桿在配重重力作用下轉(zhuǎn)到豎直位置時石子被水平拋出。石子投向正前方豎直放置的靶，打到靶心上方的“6”環(huán)處，如圖乙所示。不計空氣阻力，下列操作不可能打中靶心“10”環(huán)的是()A．減小石子的質(zhì)量，同時增大配重的質(zhì)量B．增大石子的質(zhì)量，同時減小配重的質(zhì)量C．增大投石機到靶的距離，同時增大θ角D．增大投石機到靶的距離，同時減小θ角答案A解析由題意要打到“10”環(huán)處，則此時豎直方向位移要變大，此時水平方向石子做勻速直線運動，豎直方向石子做自由落體運動，h＝eq\f(1,2)gt2，h增大，故時間要增大，水平方向位移不變，由勻速直線運動位移公式可得x＝vt，故此時石子水平拋出的速度要減小。由題圖可知，減小石子的質(zhì)量，會減小其重力勢能；增大配重的質(zhì)量，則會使配重對桿做的功增加，則桿對石子做的功增加；對小石子從A點到最高點由動能定理有－mgr(1－cosθ)＋W桿＝eq\f(1,2)mv2，因此減小石子的質(zhì)量，同時增大配重的質(zhì)量會增加石子獲得的動能，即增加石子拋出時的速度。因此減小石子的質(zhì)量，同時增大配重的質(zhì)量不可能打中靶心；同理可知增大石子的質(zhì)量，同時減小配重的質(zhì)量可能打中靶心；改變θ角可能會使石子拋射出的速度發(fā)生改變，而增大投石機到靶的距離，無論速度怎樣變化均有可能使石子在空中飛行的時間變長，由上述分析可知，只要飛行時間變長就有可能打到靶心。故增大投石機到靶的距離，無論θ角怎樣變化都有可能打中靶心，故選A。5．如圖所示，航天員在半徑為R的某星球表面將一輕彈簧豎直固定在水平面上，把質(zhì)量為m的小球P(可看作質(zhì)點)從彈簧上端h處(h不為0)由靜止釋放，小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動直到最低點。從接觸彈簧開始的小球加速度a與彈簧壓縮量x間的關(guān)系如圖乙所示，其中a0、h和x0為已知量，空氣阻力不計。下列說法正確的是()A．該星球的第一宇宙速度為eq\r(2a0R)B．該彈簧勁度系數(shù)k的大小eq\f(ma0,2x0)C．小球在最低點處加速度大于a0D．彈簧的最大彈性勢能為ma0(h＋x0)答案C解析根據(jù)圖像可知小球接觸彈簧時的加速度為a0，所以星球表面的重力加速度為a0，所以第一宇宙速度為v＝eq\r(a0R)，故A錯誤；當壓縮量為x0時加速度為0，故kx0＝ma0，所以k＝eq\f(ma0,x0)，故B錯誤；若小球從彈簧原長處釋放到最低點時小球的加速度為a＝a0，在h＞0情況下，小球到最低點的加速度大于a0，故C正確；小球下降到最低點時H＞h＋x0，根據(jù)機械能守恒，彈性勢能最大值大于ma0(h＋x0)，故D錯誤。6．如圖所示，一半徑為r、質(zhì)量為m、電阻為R的n匝圓形細線圈在足夠長的磁鐵產(chǎn)生的徑向輻射狀磁場中由靜止開始下落，線圈下落高度h時速度達到最大值vm。已知線圈下落過程中始終水平且所經(jīng)過位置磁感應(yīng)強度大小都相同，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則()A．線圈下落高度h的過程中產(chǎn)生的總焦耳熱為mghB．線圈下落過程中所經(jīng)過位置的磁感應(yīng)強度大小為eq\f(1,2πr)eq\r(\f(mgR,vm))C．線圈下落高度h的過程中通過線圈某橫截面的電荷量為heq\r(\f(2mg,Rvm))D．線圈下落高度h所經(jīng)歷的時間為eq\f(vm,g)＋eq\f(h,vm)答案D解析根據(jù)能量守恒定律可知，線圈下落高度h的過程中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝mgh－eq\f(1,2)mvm2，A錯誤；由右手定則判斷知線圈下落過程中，線圈中感應(yīng)電流(俯視)沿順時針方向，根據(jù)左手定則判斷知安培力方向豎直向上，當安培力與重力大小相等時，線圈的速度最大，有nBIm·2πr＝mg，根據(jù)歐姆定律得Im＝eq\f(nB·2πrvm,R)，解得B＝eq\f(1,2πnr)eq\r(\f(mgR,vm))，B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\x\to(E)＝nB·2πreq\x\to(v)，又eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，電荷量q＝eq\x\to(I)t，得q＝eq\f(nB·2πrh,R)，解得q＝heq\r(\f(mg,Rvm))，C錯誤；由動量定理有mgt－nBeq\x\to(I)·2πrt＝mvm－0，解得t＝eq\f(vm,g)＋eq\f(h,vm)，D正確。7．當今人工智能技術(shù)迅猛發(fā)展，電池是新型人工智能機器人的重要部分，某新型機器人上的一節(jié)電池的電動勢約為3V，內(nèi)阻約為2～7Ω，某課外活動小組利用所學知識設(shè)計電路測量該電池的電動勢E和內(nèi)阻r。使用的器材有：A．待測電池B．電流表G(量程3mA，內(nèi)阻未知)C．滑動變阻器R1(阻值范圍0～1000Ω)D．電阻箱R2(0～99.99Ω)E．電阻箱R3(0～999.99Ω)F．定值電阻R4＝1ΩG．開關(guān)、導(dǎo)線若干考慮到電池的內(nèi)阻較小，電流表的內(nèi)阻不能忽略。經(jīng)過思考后，該小組設(shè)計了如圖甲所示的電路，先測出該電流表G的內(nèi)阻Rg，再利用圖乙所示的電路測量電池的電動勢E和內(nèi)阻r。(1)該小組連接好電路后，首先對電流表G的內(nèi)阻Rg進行測量，請完善測量步驟。①保持S2斷開，閉合S1，調(diào)節(jié)R1的滑片位置使其阻值由最大逐漸減小，直到電流表示數(shù)等于其量程Im；②保持R1不變，閉合S2，調(diào)節(jié)電阻箱R3使其阻值由最大逐漸減小，當電流表讀數(shù)等于eq\f(1,2)Im時記錄下R3的值為199.00Ω，則Rg＝________Ω。(2)用圖甲所示的方法測得的電流表的內(nèi)阻Rg與真實值相比________(選填“偏大”“偏小”或“相等”)。(3)該小組測得電流表的內(nèi)阻Rg之后，利用圖乙電路測量得到電阻箱R2的阻值R和電流表的讀數(shù)I以及計算出eq\f(1,I)的多組數(shù)據(jù)后，作出了如圖丙所示的eq\f(1,I)－R圖像。根據(jù)圖線求得電源電動勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。(結(jié)果均保留1位小數(shù))答案(1)199.00(2)偏小(3)3.05.0解析(1)保持R1不變，閉合S2，將電阻箱R3由最大阻值逐漸調(diào)小，當電流表讀數(shù)等于eq\f(1,2)Im時，由于總電流Im不變，通過電阻箱R3的電流也為eq\f(1,2)Im，所以Rg＝R2＝199.00Ω。(2)實際操作中，閉合S2后，電路總電阻變小，電路總電流變大，通過R3的電流大于eq\f(1,2)Im，所以該方法測出的電流表內(nèi)阻要小于電流表內(nèi)阻的真實值。(3)改裝后的電流表的內(nèi)阻Rg′＝eq\f(199.00×1,199.00＋1)Ω≈1.0Ω由閉合電路歐姆定律，有E＝200I×10－3(R＋r＋Rg′)＝0.2I(R＋r＋Rg′)解得eq\f(1,I)＝eq\f(0.2,E)R＋eq\f(0.2r＋Rg′,E)，結(jié)合圖像可知eq\f(0.2,E)＝eq\f(1.2－0.4,12.0－0)，eq\f(0.2r＋Rg′,E)＝0.4解得E＝3.0V，r＝5.0Ω。8.(2023·江蘇南京市金陵中學月考)如圖所示為半徑為R的半圓柱形玻璃磚的橫截面，O為該橫截面的圓心。光線PQ沿著與AB成30°角的方向射入玻璃磚，入射點Q到圓心O的距離為eq\f(\r(3),3)R，光線恰好從玻璃磚的中點E射出，已知光在真空中的傳播速度為c。(1)求玻璃磚的折射率及光線從Q點傳播到E點所用的時間；(2)現(xiàn)使光線PQ向左平移，求移動多大距離時恰不能使光線從圓弧面射出(不考慮經(jīng)半圓柱內(nèi)表面反射后射出的光)。答案(1)eq\r(3)eq\f(2R,c)(2)eq\f(2－\r(3),3)R解析(1)光線PQ入射到玻璃磚表面，入射角α＝60°，設(shè)對應(yīng)折射光線QE的折射角為β，如圖所示：由幾何關(guān)系得：tanβ＝eq\f(\f(\r(3),3)R,R)＝eq\f(\r(3),3)，即β＝30°，根據(jù)折射定律有n＝eq\f(sinα,sinβ)解得n＝eq\r(3)光線在玻璃磚內(nèi)傳播的速度為v＝eq\f(c,n)傳播的距離為QE＝eq\f(R,cosβ)光線從Q點傳播到E點所用的時間t＝eq\f(QE,v)＝eq\f(2R,c)；(2)若使光線PQ向左平移距離x，折射光線Q′E′，到達圓弧面的入射角恰好等于臨界角C，則：sinC＝eq\f(1,n)在△Q′E′O應(yīng)用正弦定理有：eq\f(R,sin90°－β)＝eq\f(\f(\r(3),3)R＋x,sinC)聯(lián)立解得：x＝eq\f(2－\r(3),3)R。9．如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的小物塊P以v0＝2m/s的初速度從傳送帶左端滑上傳送帶，傳送帶長度為L＝5.25m。傳送帶右側(cè)水平面上放置一質(zhì)量為M＝8kg的光滑四分之一圓弧滑塊Q，Q的最低點與傳送帶平滑連接。傳送帶以v＝4m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動時，物塊恰能運動到圓弧軌道的最高點。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，其他摩擦忽略不計，重力加速度g＝10m/s2。(1)求四分之一圓弧滑塊的半徑。(2)試判斷物塊能否再次滑上圓弧滑塊，并說明理由。(3)改變傳送帶的速度，且圓弧滑塊半徑足夠大，求傳送帶速度v傳與物塊在圓弧滑塊上運動到的最大高度的關(guān)系。答案(1)0.64m(2)能，理由見解析(3)見解析解析(1)物塊滑上傳送帶后，由牛頓第二定律有μmg＝ma設(shè)物塊運動的位移為x時，物塊與傳送帶速度相同，由勻變速直線運動規(guī)律有2ax＝v2－v02解得x＝3m<L物塊和傳送帶一起勻速運動2.25m后滑上圓弧滑塊設(shè)圓弧滑塊的半徑為R，物塊滑上圓弧滑塊的過程，在水平方向上，由動量守恒定律有mv＝(m＋M)v′對物塊和圓弧滑塊，由機械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mgR＋eq\f(1,2)(m＋M)v′2解得R＝0.64m。(2)設(shè)物塊離開圓弧滑塊時的速度大小為v1，圓弧滑塊的速度大小為v2，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv＝mv1＋Mv2eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22解得v1＝－2.4m/s，v2＝1.6m/s結(jié)合(1)中分析可知，物塊返回到傳送帶上后將從傳送帶右端再次返回到