高考物理二輪復(fù)習(xí)講練(新高考版) 第3部分 考前熱身練 小綜合練(四)（含解析）

小綜合練(四)1．(2020·廣東模擬)科研人員正在研制一種新型鎳銅電池，它采用半衰期長達(dá)100年的放射性同位素鎳(eq\o\al(63,28)Ni)和銅作為電池的正、負(fù)極，利用鎳63發(fā)生β衰變釋放電子給銅片，為負(fù)載提供電能．下面說法正確的是()A．鎳63的β衰變方程為eq\o\al(63,28)Ni→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(64,29)CuB．β衰變釋放的電子是核內(nèi)eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(1,1)H所產(chǎn)生的C．提高溫度，增大壓強(qiáng)可以改變鎳63的半衰期D．經(jīng)過200年該電池中的鎳將全部變成其他金屬答案B解析根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒知鎳63的核反應(yīng)方程是eq\o\al(63,28)Ni→eq\o\al(0,－1)e＋eq\o\al(63,29)Cu，故A錯(cuò)誤；β衰變所釋放的電子是原子核中的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子同時(shí)釋放電子所產(chǎn)生的，故B正確；放射性物質(zhì)的半衰期由原子核內(nèi)部因素決定，與原子核所處的物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，故C錯(cuò)誤；采用半衰期長達(dá)100年的放射性同位素鎳63，經(jīng)過200年，是經(jīng)過兩個(gè)半衰期，轉(zhuǎn)變1－(eq\f(1,2))2＝eq\f(3,4)，即有四分之三的鎳轉(zhuǎn)變成其他金屬，故D錯(cuò)誤．2．(2020·陜西咸陽市模擬檢測(三))如圖1所示四幅圖分別對應(yīng)四種說法，其中正確的是()圖1A．甲圖中微粒運(yùn)動(dòng)就是物質(zhì)分子的無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)，即布朗運(yùn)動(dòng)B．乙圖中食鹽晶體的物理性質(zhì)沿各個(gè)方向都是一樣的C．丙圖中小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力的作用D．丁圖中潔凈的玻璃板接觸水面，要使玻璃板離開水面，拉力必須大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之間存在表面張力答案C解析甲圖中微粒運(yùn)動(dòng)就是物質(zhì)顆粒的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，即布朗運(yùn)動(dòng)，是液體分子無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的表現(xiàn)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙圖中食鹽晶體的物理性質(zhì)表現(xiàn)為各向異性，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；丙圖中小草上的露珠呈球形的主要原因是液體表面張力的作用，選項(xiàng)C正確；丁圖中潔凈玻璃板接觸水面，要使玻璃板離開水面，拉力必須大于玻璃板的重力，其原因是水分子和玻璃分子之間存在引力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3．(2020·山東濰坊市三模)如圖2所示，一圓環(huán)處于豎直平面內(nèi)，圓心為O.用兩根輕質(zhì)細(xì)線將一質(zhì)量為m的小球懸掛于O點(diǎn)，細(xì)線的另一端分別固定于圓環(huán)上的M點(diǎn)和N點(diǎn)，OM水平，OM與ON之間的夾角為120°.現(xiàn)讓圓環(huán)繞過O點(diǎn)且與圓面垂直的軸順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過90°.重力加速度為g，圓環(huán)半徑為R，兩根細(xì)線不可伸長．在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是()圖2A．細(xì)線ON拉力逐漸增大B．細(xì)線ON拉力的最大值為eq\f(2\r(3),3)mgC．細(xì)線OM拉力的最大值為mgD．細(xì)線OM拉力先變小后變大答案B解析以小球?yàn)檠芯繉ο?，受重力mg，OM線的拉力FOM，ON線的拉力FON，由題意知，三個(gè)力合力始終為零，矢量三角形如圖所示，在FOM轉(zhuǎn)至豎直的過程中，ON上的拉力FON逐漸減小，OM上的拉力FOM先增大后減小，細(xì)線OM、ON拉力的最大值均為eq\f(mg,cos60°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，所以B正確，A、C、D錯(cuò)誤．4．(2020·河南濮陽市高三下學(xué)期4月摸底)如圖3所示，在容器A中有同一種元素的兩種同位素正粒子，它們的初速度幾乎為0，粒子可從容器A下方的小孔S1飄入加速電場，然后經(jīng)過S3沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，最后第一種同位素粒子打到照相底片D上的M點(diǎn)，第二種同位素粒子打到照相底片D上的N點(diǎn)．不計(jì)同位素粒子重力．量出M點(diǎn)、N點(diǎn)到S3的距離分別為x1、x2，則第一種與第二種同位素粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為()圖3A.eq\r(\f(x1,x2)) B.eq\f(x1,x2)C.eq\f(x\o\al(2,1),x\o\al(2,2)) D.eq\f(2x1,x2)答案C解析設(shè)加速電場的電壓為U，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子電荷量為q、質(zhì)量為m，在電場中加速過程有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πr,v)，帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為半個(gè)周期，即t＝eq\f(T,2).根據(jù)幾何關(guān)系有x＝2r，聯(lián)立以上各式可解得t＝eq\f(πB,8U)x2，所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(x\o\al(2,1),x\o\al(2,2))，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．5．(多選)(2020·河北保定市高三第一次模擬)如圖4所示，等腰直角三角形金屬框abc右側(cè)有一有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，ab邊與磁場兩邊界平行，磁場寬度大于bc邊的長度．現(xiàn)使框架沿bc邊方向勻速穿過磁場區(qū)域，t＝0時(shí)，c點(diǎn)恰好達(dá)到磁場左邊界．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E，感應(yīng)電流為I(逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较?，bc兩點(diǎn)間的電勢差為Ubc，金屬框的電功率為P.上述各量隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是()圖4答案BC解析根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生的電動(dòng)勢為E＝Blv可知，第一階段勻速進(jìn)磁場的有效長度均勻增大，產(chǎn)生均勻增大的電動(dòng)勢，因磁場寬度大于bc邊的長度，則第二階段線框全部在磁場中雙邊切割，磁通量不變，線框的總電動(dòng)勢為零，第三階段勻速出磁場，有效長度均勻增大，產(chǎn)生均勻增大的電動(dòng)勢，故A錯(cuò)誤；根據(jù)閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R)，可知第一階段感應(yīng)電流均勻增大，方向由楞次定律可得為順時(shí)針(負(fù)值)，第二階段電流為零，第三階段感應(yīng)電流均勻增大，方向?yàn)槟鏁r(shí)針(正值)，故B正確；由部分電路的歐姆定律Ubc＝IRbc，可知Ubc－t圖像和I－t圖像的形狀完全相同，故C正確；金屬框的電功率為P＝I2R，電流均勻變化，得到的電功率與電流為二次函數(shù)關(guān)系，應(yīng)該畫出開口向上的拋物線，故D錯(cuò)誤．6．(多選)(2020·湖南衡陽市第二次模擬)如圖5所示，一根輕彈簧一端固定在O點(diǎn)，另一端固定一個(gè)帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點(diǎn)時(shí)，彈簧處于原長，現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，小球向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過與A點(diǎn)關(guān)于B點(diǎn)對稱的C點(diǎn)后，小球能運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)D點(diǎn)，OB垂直于桿，則下列結(jié)論正確的是()圖5A．小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB．小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大C．小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，重力對其做功的功率最大D．小球在D點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能一定最大答案AD解析在B點(diǎn)時(shí)，小球的加速度為g，在BC點(diǎn)間彈簧處于壓縮狀態(tài)，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向的分量，所以小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；由能量守恒可知，小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，小球做加速運(yùn)動(dòng)，即動(dòng)能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，由于彈簧的彈力為零，所以合力為重力G，所以小球從C點(diǎn)往下還會加速一段，所以小球在C點(diǎn)的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯(cuò)誤；D點(diǎn)為小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，即速度為零，彈簧形變最大，所以小球在D點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能最大，故D正確．7．(2020·安徽宣城市高三第二次調(diào)研)電壓表改裝前需要測量其內(nèi)阻，測量電壓表內(nèi)阻RV的電000Ω.圖6(1)根據(jù)原理圖甲所示電路連接實(shí)物圖乙；(2)首先閉合S1，斷開S2，調(diào)節(jié)電阻箱R，記下多組R的大小及其對應(yīng)的電壓表示數(shù)的大?。?3)然后閉合S1，閉合S2，同樣調(diào)節(jié)電阻箱R，記下多組R的大小及其對應(yīng)的電壓表示數(shù)的大小；將以上兩次測得的多組數(shù)據(jù)，分別在坐標(biāo)紙上描點(diǎn)連線，得到如圖丙中所示兩條圖線；(4)若圖像中交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為10kΩ，可求出電壓表內(nèi)阻RV＝________，還可判斷出閉合S2時(shí)，所得數(shù)據(jù)描繪的是圖線________；(選填“AB”或“CD”)(5)為了將該電壓表的量程由0～3V擴(kuò)大到0～15V，需要在電壓表內(nèi)________(選填“串”或“并”)聯(lián)一個(gè)阻值為________的定值電阻．答案(1)見解析圖(4)5000ΩCD(5)串20kΩ解析(1)電路連接如圖所示：(4)當(dāng)R＝0時(shí)，對于內(nèi)阻可以忽略的電源，電壓表讀數(shù)即為電源電動(dòng)勢，即為3.0V；兩曲線交點(diǎn)處R＝10kΩ，電壓表示數(shù)為1.0V，結(jié)合電阻的分壓規(guī)律可得eq\f(R,RV)＝eq\f(E－UV,UV)＝eq\f(3.0－1.0,1.0)＝eq\f(2,1)解得電壓表內(nèi)阻為RV＝5000Ω斷開S2時(shí)，在圖線的前半段，電壓表相對于閉合S2后電壓表和R2并聯(lián)，分壓應(yīng)該更大，讀數(shù)更大，故AB圖線為斷開S2時(shí)圖線，CD圖線為閉合S2時(shí)圖線．(5)串聯(lián)一個(gè)分壓電阻，可以擴(kuò)大電壓表量程；電壓表滿量程時(shí)，流過表頭的電流不變，則eq\f(3,RV)＝eq\f(15,RV＋Rx)則Rx＝4RV＝20kΩ.8．(2020·廣西南寧市高三下學(xué)期第二次適應(yīng)性測試)如圖7，ABCD是某四棱鏡的橫截面，∠A＝60°，∠B＝30°，AB∥CD，AD＝L，CD＝eq\f(L,2).位于ABCD所在平面內(nèi)的平行單色光垂直于AD邊入射(入射點(diǎn)在A、D之間)，進(jìn)入棱鏡的光線恰好在AB邊發(fā)生全反射．真空中光速為c，每條邊只考慮一次反射或折射．求：圖7(1)棱鏡材料的折射率；(2)射向AD邊的光線中，從進(jìn)入棱鏡到射出BC邊經(jīng)歷的最長時(shí)間．答案(1)eq\f(2\r(3),3)(2)eq\f(7L,3c)解析作出光路圖如圖所示(1)因入射光垂直于AD邊，故進(jìn)入棱鏡的光線方向不變；由題意可知在AB邊發(fā)生全反射的臨界角為C＝60°根據(jù)n＝eq\f(1,sinC)解得棱鏡材料的折射率為n＝eq\f(2\r(3),3)(2)當(dāng)從D點(diǎn)入射的光線射至BC時(shí)，光線在棱鏡中通過的路程最長，則經(jīng)歷的時(shí)間最長，設(shè)對應(yīng)的出射點(diǎn)為P，因△AQD為直角三角形，根據(jù)幾何關(guān)系得DQ＝ADtan∠A＝eq\r(3)L因QB＝DC，△QBP為等腰三角形，根據(jù)幾何關(guān)系得QP＝eq\f(QB,2cos∠B)＝eq\f(\r(3)L,6)通過的最長路程為sm＝DQ＋QP＝eq\f(7\r(3)L,6)棱鏡中的光速v＝eq\f(c,n)根據(jù)sm＝vtm解得光線從進(jìn)入棱鏡到射出BC邊經(jīng)歷的最長時(shí)間tm＝eq\f(7L,3c).9．(2020·廣東高三模擬)如圖8，光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平段ab左側(cè)是半徑R＝0.5m的半圓，O為圓心，Oab共線；右側(cè)曲面最高點(diǎn)c的切線水平，距ab的高度h1＝0.2m．質(zhì)量M＝1kg、長L＝1m的木板C緊靠軌道靜止在水平地面上，木板上表面與軌道最高點(diǎn)c在同一水平面內(nèi)，p、k是C上表面的端點(diǎn)，j是C上表面的中點(diǎn)．可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量mA＝mB＝1kg的物塊A和B緊靠在一起，靜止于ab段，兩物塊在足夠大的內(nèi)力作用下突然分離，分別向右、向左沿軌道運(yùn)動(dòng)．A運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)速度沿水平方向，然后沖上C；B水平拋出后落在半圓的D點(diǎn)(圖中未畫出)，D到Oa的豎直距離h2＝0.4m．已知C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2；A與C上表面pj段和jk段的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μpj＝0.3和μjk＝0.6，最大靜摩擦力近似等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2.求：圖8(1)A沖上C時(shí)的速度大??；(2)A與木板C間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q(結(jié)果保留1位小數(shù))．答案(1)2m/s(2)1.9J解析(1)設(shè)A、B分開后，獲得的速度分別為vA、vB，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律，有0＝mBvB＋mAvAB平拋后落在半圓上的D點(diǎn)，該點(diǎn)到Oa的距離為0.4m，滿足這樣條件的點(diǎn)有兩處，一處距a的水平距離為0.2m，另一處距a的水平距離為0.8m，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有xDa＝vBth2＝eq\f(1,2)gt2代入數(shù)據(jù)，解得vB1＝eq\f(\r(2),2)m/s，vB2＝2eq\r(2)m/s則vA1＝－eq\f(\r(2),2)m/s，vA2＝－2eq\r(2)m/s，設(shè)A運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)時(shí)速度為v0，由機(jī)械能守恒定律eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAv02＋mAgh1，代入數(shù)據(jù)，解得v0＝2m/s(vA1＝－eq\f(\r(2),2)m/s不符合題意，舍去)(2)設(shè)C與地面間的摩擦力大小為Ff，A在C上表面的pj、jk段所受摩擦力大小分別為Ffpj、Ffjk.根據(jù)摩擦力的計(jì)算公式，有Ff＝μ(mA＋M)g＝4NFfpj＝μpjmAg＝3NFfjk＝μjkmAg＝6N所以Ffpj<Ff<Ffjk即A在pj段運(yùn)動(dòng)時(shí)，C不動(dòng)；A在jk段運(yùn)動(dòng)時(shí)，C會發(fā)生移動(dòng)．設(shè)A到達(dá)j時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理得－μpjmAg·eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)mAv12－eq\f(1,2)mAv02A過j點(diǎn)后，A做勻減速運(yùn)動(dòng)，C做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)．設(shè)A、C經(jīng)時(shí)間t達(dá)到共同速度為v，由動(dòng)量定理，對物塊A：－μjkmAgt＝mAv－mAv1對木板C：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(μjkmAg－μ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋mA))g))t＝Mv設(shè)時(shí)間t內(nèi)，A移動(dòng)的距離為sA、C移動(dòng)的距離為sC，由動(dòng)能定理對A：－