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(一)（含解析）

考前熱身練小綜合練(一)1．(2020·陜西渭南中學(xué)高三第三次模擬)如圖1所示，質(zhì)量為m的物體A靜止在質(zhì)量為M的斜面B上，斜面B的傾角θ＝30°.現(xiàn)用水平力F推物體A，在F由零逐漸增加至eq\f(\r(3),2)mg再逐漸減為零的過(guò)程中，A和B始終保持靜止．對(duì)此過(guò)程下列說(shuō)法正確的是()圖1A．地面對(duì)B的支持力隨著力F的變化而變化B．A所受摩擦力方向始終沿斜面向上C．A所受摩擦力的最小值為eq\f(mg,4)，最大值為eq\f(\r(3),2)mgD．A對(duì)B的壓力的最小值為eq\f(\r(3),2)mg，最大值為eq\f(3\r(3),4)mg答案D解析對(duì)A、B組成的整體受力分析，整體受力平衡，豎直方向受到重力和地面對(duì)B的支持力，所以地面對(duì)B的支持力等于(M＋m)g，保持不變，A錯(cuò)誤；拉力F最大時(shí)沿斜面向上的分力為Fcos30°＝0.75mg，重力沿斜面向下的分力為mgsin30°＝0.5mg，故此時(shí)摩擦力沿斜面向下，B錯(cuò)誤；對(duì)A受力分析，受到重力、支持力、拉力和摩擦力作用，當(dāng)拉力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力時(shí)，摩擦力為零，所以摩擦力最小為零，當(dāng)F＝0時(shí)，F(xiàn)f最大，F(xiàn)fmax＝mgsin30°＝0.5mg，C錯(cuò)誤；垂直于斜面方向有FN＝mgcos30°＋Fsin30°，當(dāng)F＝0時(shí)，F(xiàn)N最小，最小為FNmin＝mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，當(dāng)F＝eq\f(\r(3),2)mg時(shí)，F(xiàn)N最大，最大為FNmax＝mgcos30°＋eq\f(\r(3),2)mg×eq\f(1,2)＝eq\f(3\r(3),4)mg，D正確．2．(2020·廣東廣州市一模)如圖2，水平放置的圓環(huán)形窄槽(圓心為O)固定在桌面上，槽內(nèi)有兩個(gè)大小相同的小球a、b，球b靜止在槽中位置P.球a以一定初速度沿槽運(yùn)動(dòng)，在位置P與球b發(fā)生彈性碰撞，碰后球a反彈，并在位置Q與球b再次碰撞．已知∠POQ＝90°，忽略摩擦，且兩小球可視為質(zhì)點(diǎn)，則a、b兩球質(zhì)量之比為()圖2A．3∶1 B．1∶3C．5∶3 D．3∶5答案D解析第一次碰后兩球的速度方向相反，且在相同時(shí)間內(nèi)，b球運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)為a球運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)的3倍，則有vb＝－3va由動(dòng)量守恒定律有mav＝mbvb＋mava由能量守恒有eq\f(1,2)mav2＝eq\f(1,2)maveq\o\al(a2)＋eq\f(1,2)mbvb2聯(lián)立解得eq\f(ma,mb)＝eq\f(3,5)故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．3．2019年3月10日我國(guó)在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心用長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭成功將“中星6C”衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星進(jìn)入預(yù)定軌道，它是一顆用于廣播和通信的地球靜止軌道通信衛(wèi)星，假設(shè)該衛(wèi)星在距地面高度為h的同步軌道做圓周運(yùn)動(dòng)．已知地球的半徑為R，地球表面的重力加速度為g，萬(wàn)有引力常量為G.下列說(shuō)法正確的是()A．同步衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期為2πeq\r(\f(R,g))B．同步衛(wèi)星運(yùn)行的線速度大小為eq\r(gR＋h)C．同步軌道處的重力加速度大小為(eq\f(R,R＋h))2gD．地球的平均密度為eq\f(3g,4πGR2)答案C解析地球同步衛(wèi)星在距地面高度為h的同步軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，萬(wàn)有引力提供向心力，有：eq\f(GMm,R＋h2)＝meq\f(4π2R＋h,T2)，在地球表面附近，重力等于萬(wàn)有引力，有：mg＝eq\f(GMm,R2)，故同步衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期為：T＝2πeq\r(\f(R＋h3,gR2))，故A錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有：eq\f(GMm,R＋h2)＝meq\f(v2,R＋h)，解得同步衛(wèi)星運(yùn)行的線速度大小為：v＝eq\r(\f(gR2,R＋h))，故B錯(cuò)誤；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，有：Geq\f(Mm,R＋h2)＝mg′，解得g′＝(eq\f(R,R＋h))2g，故C正確；由mg＝eq\f(GMm,R2)得：M＝eq\f(gR2,G)，故地球的平均密度為：ρ＝eq\f(M,\f(4πR3,3))＝eq\f(3g,4πGR)，故D錯(cuò)誤．4．(2020·湖北黃岡市模擬)一含有理想變壓器的電路如圖3所示，交流電源輸出電壓的有效值不變，圖中三個(gè)電阻R完全相同，電壓表為理想交流電壓表，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，電壓表的示數(shù)為U0；當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電壓表的示數(shù)為eq\f(37,38)U0.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為()圖3A．5B．6C．7D．8答案B解析設(shè)變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為k，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，副線圈電壓為U2＝eq\f(U0,k)，根據(jù)歐姆定律得副線圈中電流為：I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(U0,Rk)，則原線圈中電流為：I1＝eq\f(I2,k)＝eq\f(U0,k2R)，則交流電源的輸出電壓為：U＝U0＋I(xiàn)1R＝U0＋eq\f(U0,k2)①當(dāng)開(kāi)關(guān)S閉合時(shí)，電壓表的示數(shù)為eq\f(37,38)U0，則副線圈的電壓為U2′＝eq\f(37U0,38k)，根據(jù)歐姆定律得：I2′＝eq\f(U2′,\f(R,2))＝eq\f(37U0,19Rk)，則原線圈中電流為：I1′＝eq\f(I2′,k)＝eq\f(37U0,19k2R)，則交流電源的輸出電壓為：U＝U1′＋I(xiàn)1′R＝eq\f(37U0,38)＋eq\f(37U0,19k2)②聯(lián)立①②解得k＝6，故B正確．5．(多選)(2020·浙江名校聯(lián)盟新高考創(chuàng)新卷四)如圖4甲所示，在一條直線上同種介質(zhì)中的兩個(gè)振源A、B相距6m，振動(dòng)頻率相等．T0＝0時(shí)刻A、B處質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始振動(dòng)，且都只振動(dòng)一個(gè)周期，振幅相等，圖乙為A的振動(dòng)圖像，圖丙為B的振動(dòng)圖像．若A向右傳播的波與B向左傳播的波在t1＝0.3s時(shí)相遇，則()圖4A．在0.3～0.5s時(shí)間內(nèi)，中點(diǎn)C處質(zhì)點(diǎn)靜止B．在兩列波相遇過(guò)程中，中點(diǎn)C為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)C．兩列波的波長(zhǎng)均為2m，速度大小均為10m/sD．t2＝0.7s時(shí)刻B處質(zhì)點(diǎn)恰通過(guò)平衡位置且向下運(yùn)動(dòng)答案ACD解析設(shè)AB間距離為s，兩列波的速度為v，由題有s＝2vt1得v＝eq\f(s,2t1)＝eq\f(6,2×0.3)m/s＝10m/s，由振動(dòng)圖像讀出周期為T＝0.2s，則波長(zhǎng)為λ＝vT＝2m，故C正確．由振動(dòng)圖像知道A起振方向向上，B起振方向向下，在兩列波相遇過(guò)程中，中點(diǎn)C是兩列波的波峰和波谷相遇的點(diǎn)，振動(dòng)減弱，由于兩列波的振幅相等，所以在0.3～0.5s時(shí)間內(nèi)，C點(diǎn)處質(zhì)點(diǎn)靜止不動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤．t2＝0.7s時(shí)刻只有A引起的波傳到B點(diǎn)，此刻B處質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)平衡位置且振動(dòng)方向向下，故D正確．6．(多選)(2020·陜西西安中學(xué)高三四模)如圖5所示，在傾角為θ的光滑固定斜面上，有三條水平虛線l1、l2、l3，它們之間的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ?qū)挾染鶠閐，兩區(qū)域分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，一個(gè)質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為d、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框，從l1上方一定高度處由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)l1進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊在越過(guò)l2運(yùn)動(dòng)到l3之前的某個(gè)時(shí)刻，線框又開(kāi)始以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.在線框從釋放到穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖5A．線框中感應(yīng)電流的方向不變B．線框ab邊從l1運(yùn)動(dòng)到l2所用時(shí)間大于從l2運(yùn)動(dòng)到l3所用時(shí)間C．線框以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)熱功率為eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θD．線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，減少的機(jī)械能ΔE機(jī)與重力做功WG的關(guān)系式是ΔE機(jī)＝WG＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22答案CD解析線框的ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ過(guò)程中，由右手定則判斷可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；線框從磁場(chǎng)Ⅰ出來(lái)并進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ過(guò)程中，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；線框從磁場(chǎng)Ⅱ出來(lái)過(guò)程中，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，線框中感應(yīng)電流的方向會(huì)改變，A錯(cuò)誤．當(dāng)線框ab邊剛越過(guò)l2時(shí)，ab邊與cd邊共同切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為之前的2倍，瞬時(shí)電流也為之前時(shí)刻的2倍，所以ab與cd邊受到的沿斜面向上的安培力合力為重力沿斜面向下的分量的4倍，線框?qū)⒆黾铀俣戎饾u減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有v1>v2，ab邊從l1運(yùn)動(dòng)到l2的平均速度大于從l2運(yùn)動(dòng)到l3的平均速度，則線框ab邊從l1運(yùn)動(dòng)到l2所用時(shí)間小于從l2運(yùn)動(dòng)到l3的時(shí)間，B錯(cuò)誤．線框以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsinθ＝2BId＝2Bd·eq\f(2Bdv2,R)＝eq\f(4B2d2v2,R)，得v2＝eq\f(mgRsinθ,4B2d2)，電功率P＝Fv2＝eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θ，C正確．機(jī)械能的減少量等于線框產(chǎn)生的電能，則由能量守恒得知：線框從ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)到速度變?yōu)関2的過(guò)程中，減少的機(jī)械能ΔE機(jī)與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是ΔE機(jī)＝Q電，即ΔE機(jī)＝WG＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，D正確．7．(2020·內(nèi)蒙古包頭市高三下學(xué)期一模)伽利略曾用滴水計(jì)時(shí)器研究物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，我們可以利用輸液瓶滴液等時(shí)性的特點(diǎn)，借助醫(yī)院打點(diǎn)滴的輸液瓶設(shè)計(jì)滴水計(jì)時(shí)器，固定在電動(dòng)車靠近地面處，來(lái)研究在電動(dòng)車啟動(dòng)過(guò)程中速度隨時(shí)間變化的規(guī)律，如圖6所示．經(jīng)過(guò)測(cè)量得知：在某一狀態(tài)下，輸液瓶滴下21滴水用時(shí)4.00s(從第1滴落地開(kāi)始計(jì)時(shí)，到第21滴落地結(jié)束計(jì)時(shí))．從清晰可見(jiàn)的位置開(kāi)始測(cè)量，前12滴水的落點(diǎn)到“第1滴”落點(diǎn)的距離如表所示：圖6編號(hào)123456789101112x/m00.120.310.580.941.381.92.493.163.904.705.55回答下列問(wèn)題(計(jì)算結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)：(1)從滴水計(jì)時(shí)器第1滴水落地，到第5滴水落地的過(guò)程中，電動(dòng)車的平均速度為v1＝___m/s；(2)滴水計(jì)時(shí)器第4滴水落地時(shí)，電動(dòng)車的瞬時(shí)速度v4＝________m/s；(3)如果電動(dòng)車啟動(dòng)過(guò)程可以看成勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則電動(dòng)車的加速度a＝________m/s2.答案(1)1.18(2)1.58(3)1.94解析(1)相鄰液滴的時(shí)間間隔Δt＝eq\f(4.00,21－1)s＝0.20s從滴水計(jì)時(shí)器第1滴水落地，到第5滴水落地的過(guò)程中，電動(dòng)車的平均速度為v1＝eq\f(x15,t15)＝eq\f(0.94,4×0.20)m/s≈1.18m/s(2)滴水計(jì)時(shí)器第4滴水落地時(shí)，電動(dòng)車的瞬時(shí)速度等于第3、5滴之間的平均速度，所以滴水計(jì)時(shí)器第4滴水落地時(shí)，電動(dòng)車的瞬時(shí)速度v4＝eq\f(x35,t35)＝eq\f(0.94－0.31,2×0.20)m/s≈1.58m/s(3)如果電動(dòng)車啟動(dòng)過(guò)程可以看成勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)逐差法可知，電動(dòng)車的加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(4.70－1.38－1.38－0,5×0.202)m/s2＝1.94m/s2.8.如圖7所示，置于真空中的三棱鏡，其橫截面為直角三角形ABC，∠B＝θ.一束單色光線從BC邊上的M點(diǎn)射入棱鏡，在AC邊恰好發(fā)生全反射后，從AB邊的N點(diǎn)射出．若光線在N點(diǎn)的折射角和在M點(diǎn)的入射角相等，試求三棱鏡對(duì)該單色光的折射率．(結(jié)果用三角函數(shù)表示)圖7答案eq\f(1,cos\f(θ,2))解析設(shè)三棱鏡對(duì)該光線的折射率為n，在BC邊的折射角為r，臨界角為C，光路圖如圖所示．由題意得∠OND＝r由幾何關(guān)系得r＋C＝90°，∠B＝θ則r＝eq\f(θ,2)由折射率與臨界角的關(guān)系得n＝eq\f(1,sinC)聯(lián)立解得n＝eq\f(1,cos\f(θ,2))9．(2020·安徽合肥市一模)如圖8所示，在直角坐標(biāo)xOy平面內(nèi)，第一、二象限有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第三、四象限有垂直坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)電磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以大小為v0，方向與x軸正方向成37°的速度沿坐標(biāo)平面射入第一象限，粒子第一次回到x軸時(shí)，經(jīng)過(guò)x軸上的P點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，已知電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，粒子重力不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.圖8(1)求P點(diǎn)的坐標(biāo)；(2)若粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，第二次回到x軸的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為OP的一半，求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向．答案(1)(eq\f(24mv\o\al(02),25Eq)，0)(2)eq\f(5E,2v0)，方向垂直坐標(biāo)平面向外，或eq\f(5E,6v0)，方向垂直坐標(biāo)平面向外解析(1)設(shè)粒子第一次回到x軸過(guò)程所需要的時(shí)間為t，入射時(shí)沿y軸的初速度：vy＝v0sin37°加速度a＝eq\f(Eq,m)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t＝2eq\f(vy,a)沿x軸的初速度：vx＝v0cos37°，位移x＝vxt聯(lián)立上式，可解得x＝eq\f(24mv\o\al(02),25Eq)即P點(diǎn)的坐標(biāo)為(eq\f(24mv\o\al(02),25Eq)，0)(2)粒子第二次回到x軸的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為OP的一半，分析可知有兩種情況：①粒子回到x軸時(shí)在O點(diǎn)右側(cè)．如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知軌跡半徑R1＝eq\