新高考物理二輪復(fù)習(xí)過關(guān)練習(xí)第3部分 考前特訓(xùn) 小綜合練(一) (含解析)

小綜合練(一)1.(2020·天津卷·4)一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，周期為T，t＝0時的波形如圖所示．t＝eq\f(T,4)時()A．質(zhì)點a速度方向沿y軸負(fù)方向B．質(zhì)點b沿x軸正方向遷移了1mC．質(zhì)點c的加速度為零D．質(zhì)點d的位移為－5cm答案C解析t＝eq\f(T,4)時，此列簡諧橫波的波形如圖所示．質(zhì)點a正在經(jīng)過平衡位置，速度方向沿y軸正方向，故A錯誤；波傳播過程中，質(zhì)點只能在平衡位置附近振動，不會隨波遷移，故B錯誤；質(zhì)點c處在平衡位置，加速度a＝0，故C正確；質(zhì)點d的位移為5cm，故D錯誤．2．(2022·內(nèi)蒙古二模)如圖，固定點A、B系著一根不可伸長的柔軟輕繩，繩上套有一質(zhì)量為1.2kg的光滑小鐵環(huán)O(可視為質(zhì)點)，靜止時∠AOB＝90°.現(xiàn)用水平外力向紙外拉動小鐵環(huán)，再次靜止時，OO′與豎直平面的夾角為37°(g取10m/s2)，則此時()A．繩上的拉力大小為eq\f(15,2)NB．繩上的拉力大小為eq\f(15,2)eq\r(2)NC．外力的大小為16ND．外力的大小為16eq\r(2)N答案B解析設(shè)繩子上的張力為FT，則兩邊繩子拉力的合力為eq\r(2)FT，對圓環(huán)受力分析可知，eq\r(2)FTsin37°＝F，eq\r(2)FTcos37°＝mg，解得FT＝eq\f(15,2)eq\r(2)N，F(xiàn)＝9N，故選B.3．(2022·廣東茂名市二模)如圖，“嫦娥五號”“天問一號”探測器分別在近月、近火星軌道運行．已知火星的質(zhì)量為月球質(zhì)量的9倍、半徑為月球半徑的2倍．假設(shè)月球、火星均可視為質(zhì)量分布均勻的球體，忽略其自轉(zhuǎn)影響，則()A．月球表面重力加速度比火星表面重力加速度大B．月球的第一宇宙速度比火星的第一宇宙速度大C．質(zhì)量相同的物體在月球、火星表面所受萬有引力大小相等D．“嫦娥五號”繞月球周期比“天問一號”繞火星周期大答案D解析由mg＝Geq\f(Mm,r2)，可得g＝eq\f(GM,r2)，結(jié)合題意可得g月＝eq\f(4,9)g火，A項錯誤；由mg＝meq\f(v2,r)，可知v＝eq\r(gr)，可知v月＝eq\f(\r(2),3)v火，B項錯誤；由F引＝Geq\f(Mm,r2)，可知F月＝eq\f(4,9)F火，C項錯誤；由Geq\f(Mm,r2)＝m(eq\f(2π,T))2r，可知T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，得T月＝eq\f(3\r(2),4)T火，D項正確．4．(2022·甘肅省一診)如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，且n1＜n2，定值電阻R1、R2的阻值相等，圖中電流表、電壓表均為理想電表．在a、b端輸入交變電流，其電流的有效值不隨負(fù)載變化．當(dāng)向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時，下列說法正確的是()A．電流表示數(shù)一定減小B．電壓表示數(shù)一定減小C．R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率D．電源的輸出功率一定減小答案C解析輸入端電流不變，根據(jù)變壓器電流的關(guān)系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知電流表示數(shù)不變，故A錯誤；向下調(diào)節(jié)滑動變阻器R3的滑動端P時，滑動變阻器的有效電阻增大，在副線圈回路中，副線圈電壓U＝IR總，可得電壓表示數(shù)將變大，故B錯誤；根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)及變壓器匝數(shù)的關(guān)系n1＜n2，可知通過R1的電流一定大于R2的電流，由P＝I2R可知R1消耗的功率一定大于R2消耗的功率，故C正確；因為副線圈電流不變，電壓增大，由P＝UI可知變壓器的輸出功率變大，而輸入端的電流不變，定值電阻R1的功率不變，所以電源的輸出功率一定變大，故D錯誤．5．(多選)如圖甲所示，用輕桿吊著一質(zhì)量為m、邊長為L的單匝導(dǎo)體線框，線框電阻為R，線框置于方向垂直紙面的均勻磁場中，磁場上邊界與正方形導(dǎo)體線框下邊界平行，距離為eq\f(L,2)，從某時刻開始，輕桿對線框作用力F隨時間變化如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2.以磁感應(yīng)強度B垂直紙面向里為正，導(dǎo)體線框中電流I逆時針方向為正，則下列圖像可能正確的是()答案ACD解析對線框進(jìn)行受力分析有F安－mg＋2F＝0，解得F安＝－(mg－2F)，根據(jù)輕桿作用力F隨時間變化關(guān)系，線框所受安培力豎直向上，均勻增大，并且初始安培力等于零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(ΔBL2,2Δt)，根據(jù)安培力公式F安＝BIL，當(dāng)I大小不變時，eq\f(ΔB,Δt)為定值，當(dāng)時間t均勻增大時，則磁感應(yīng)強度B均勻增大，線框有離開磁場趨勢，安培力豎直向上，故A、C正確；當(dāng)t＝t0時若B為0，F(xiàn)安為0，但F一定不能為0，故B錯誤；當(dāng)電流方向突變但大小不變時，只要相同時刻磁場方向也突變，保持eq\f(ΔB,Δt)的大小為定值，則能得到題圖乙的圖像，故D正確．6．(多選)(2022·安徽省三模)2022年第24屆冬季奧林匹克運動會在北京和張家口順利舉行，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一．如圖所示為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖，AO為助滑道．OB為著陸坡．運動員從助滑道上的A點由靜止滑下，然后從O點沿水平方向飛出，最后在著陸坡上著陸．已知A點與O點的高度差為h，著陸坡OB的傾角為θ，運動員的質(zhì)量為m，重力加速度為g.將運動員和滑雪板整體看作質(zhì)點，不計一切摩擦和空氣阻力，則()A．運動員經(jīng)過O點時的速度大小v＝eq\r(2gh)B．運動員從飛出到著陸坡的時間為2tanθeq\r(\f(2h,g))C．運動員的著陸點到O點的距離為eq\f(2htanθ,cosθ)D．運動員運動過程中一直處于超重狀態(tài)答案AB解析根據(jù)動能定理有eq\f(1,2)mv＝mgh，解得v＝eq\r(2gh)，故A正確；設(shè)運動員從飛出到著陸坡的時間為t，根據(jù)平拋運動規(guī)律有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)，解得t＝2tanθeq\r(\f(2h,g))，故B正確；運動員的著陸點到O點的距離為s＝eq\f(vt,cosθ)＝eq\f(4htanθ,cosθ)，故C錯誤；運動員在助滑道AO上運動時所受合外力的方向指向軌跡凹側(cè)，即加速度存在豎直向上的分量，此時運動員處于超重狀態(tài)；運動員從O點飛出后做平拋運動，加速度為重力加速度，此時運動員處于完全失重狀態(tài)，故D錯誤．7．(2022·四川省三模)(1)某同學(xué)使用如圖裝置來“驗證機械能守恒定律”．其操作過程如下：A．把氣墊導(dǎo)軌固定在有一定傾角的斜面上，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，使之與斜面平行，用量角器測量出斜面的傾角為α；B．在氣墊導(dǎo)軌上的恰當(dāng)位置固定兩個光電門“1”和“2”，用刻度尺測量出兩個光電門之間的距離為x；C．在滑塊上垂直裝上遮光條，使用游標(biāo)卡尺測量出遮光條的寬度為d；D．使用天平測量出滑塊和遮光條的總質(zhì)量為m；E．在氣墊導(dǎo)軌上，由靜止釋放滑塊，滑塊先后通過兩個光電門，用光電計時器記錄遮光條通過光電門“1”和“2”的時間分別為t1、t2.重力加速度為g.則：①如圖所示，是用游標(biāo)卡尺測量遮光條的寬度示意圖．其寬度為d＝________cm；②當(dāng)滑塊和遮光條通過光電門“2”時，其動能為________(用測量的物理量字母表示)；③在滑塊和遮光條從光電門“1”運動到光電門“2”的過程中，滿足關(guān)系式________時，滑塊和遮光條的機械能守恒．(2)在“測定玻璃的折射率”實驗時：①下列做法正確的是________；A．入射角越大，誤差越小B．畫出玻璃磚邊界面后，實驗過程中玻璃磚就可以任意移動了C．插大頭針時，要盡量讓針處于豎直狀態(tài)且間距適當(dāng)遠(yuǎn)一些D．所用玻璃磚必須是平行玻璃磚，用其他形狀的玻璃磚無法測得其折射率②某學(xué)生在插第三枚大頭針P3時，在視線中看到P1、P2兩枚大頭針“斷”成了a、b、c、d四截，如圖所示．正確的做法是讓P3同時擋住________．A．a(chǎn)、b B．c、dC．a(chǎn)、c D．b、d答案(1)①2.030②eq\f(1,2)m(eq\f(d,t2))2③gxsinα＝eq\f(1,2)(eq\f(d,t2))2－eq\f(1,2)(eq\f(d,t1))2(2)①C②B解析(1)①游標(biāo)尺是20分度，分度值為0.05mm，由題圖可知，主尺讀數(shù)為2cm，游標(biāo)尺的第6刻線與主尺的某刻線對齊，則游標(biāo)尺的讀數(shù)為6×0.05mm＝0.30mm＝0.030cm，因此遮光條的寬度d＝2cm＋0.030cm＝2.030cm；②滑塊和遮光條經(jīng)光電門2時的速度為v＝eq\f(d,t2)，由動能定理可得滑塊和遮光條經(jīng)光電門2時的動能Ek2＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(eq\f(d,t2))2；③若滑塊和遮光條機械能守恒，需滿足關(guān)系式mgxsinα＝eq\f(1,2)m(eq\f(d,t2))2－eq\f(1,2)m(eq\f(d,t1))2，即gxsinα＝eq\f(1,2)(eq\f(d,t2))2－eq\f(1,2)(eq\f(d,t1))2.(2)①入射角不宜太大也不宜太小，入射角過大，會使折射光線亮度變暗，入射角太小則入射角、折射角的相對誤差較大，A錯誤；實驗過程中，玻璃磚與白紙的相對位置不能改變，B錯誤；插大頭針時，讓針處于豎直狀態(tài)且間距適當(dāng)遠(yuǎn)一些有助于減小誤差，C正確；除了平行玻璃磚其他形狀的玻璃磚也能測出折射率，D錯誤；②在本實驗中P3應(yīng)擋住P1、P2透過玻璃磚的像，而不是P1、P2，題圖中a、b為P1、P2，c、d為P1、P2透過玻璃磚的像，即應(yīng)讓P3同時擋住c、d，故選B.8．(2022·安徽蚌埠市期末)圖甲為頂角θ＝15°的玻璃磚的截面，該玻璃折射率n＝eq\r(2).一束光經(jīng)過上表面的O點從法線左側(cè)射入，入射角為α，光能從玻璃磚下表面射出．(1)求入射角α的最大值；(2)用上述相同材料制成的平行玻璃磚，厚度為2cm，一束光從上表面某點射入，如圖乙所示，保持入射點不變，在紙面內(nèi)改變?nèi)肷浞较颍瑒t從下表面可以射出光的區(qū)域最大長度是多少？答案(1)45°(2)4cm解析(1)光從上表面O點射入玻璃磚的光路如圖所示，入射角α最大時，在O點折射時的折射角為r，光射到下表面P點的入射角恰好達(dá)到臨界角C，則有eq\f(sinα,sinr)＝n，sinC＝eq\f(1,n)由幾何關(guān)系可知C＝r＋θ解得最大入射角α＝45°(2)當(dāng)光以入射角i從A點射入平行玻璃磚，折射角為r，光經(jīng)上、下兩個表面折射后由B點射出(入射光線與出射光線平行)，其光路如圖所示，改變?nèi)肷浞较?，光將從DB線段內(nèi)射出，當(dāng)光在下表面的入射角r達(dá)到臨界角時，設(shè)DB長度最大為L，則有r＝C，eq\f(L,2)＝dtanC，解得L＝4cm.9.(2022·浙江省模擬)如圖所示，一平行極板置于x軸負(fù)半軸某一位置，現(xiàn)施加一光照使得“－極板”的電荷量為－q的電子逸出．在“＋極板”處有一特殊網(wǎng)罩，它只能夠接受速度以最大初動能逸出且速度方向垂直極板的電子．極板MN長度為2a，且在極板中心處開有一個長度為a的區(qū)域，電子只能從該區(qū)域逸出．在原點O的正上方有一半徑為a的磁場圓，磁感應(yīng)強度為B，且在三、四象限也分布著磁場，磁場方向垂直紙面向里．若從極板MN逸出的電子均能夠從O點的小孔射出，求：Ⅰ.若第三、四象限磁感應(yīng)強度為B：(1)若極板的電壓為U，求施加光照的能量E及圓形區(qū)域內(nèi)磁場的方向；(2)求電子從O點射出后，打在x軸坐標(biāo)的范圍．Ⅱ.若第三、四象限磁感應(yīng)強度為tB(t為常數(shù))：(3)求電子從O點射出后，打在x軸坐標(biāo)的范圍．Ⅲ.現(xiàn)要完全分辨從y＝0.5a與y＝a射出的電子：(4)若磁感應(yīng)強度在(B＋ΔB)到(B－ΔB)里變化，求ΔB的最大值．答案(1)eq\f(q2B2a2,2m)－qU垂直紙面向里(2)[－2a，－eq\r(3)a](3)[－eq\f(2,t)a，－eq\f(\r(3),t)a](4)(7－4eq\r(3))B解析(1)根據(jù)題意，由幾何關(guān)系知，電子在原點O的正上方半徑為a的磁場圓中做圓周運動的半徑為R＝a設(shè)電子進(jìn)入圓形磁場時的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)電子在極板間運動過程中，根據(jù)動能定理有E＋qU＝eq\f(1,2)mv2聯(lián)立解得E＝eq\f(q2B2a2,2m)－qU，根據(jù)左手定則可知，圓形磁場中磁場方向垂直紙面向里．(2)運動軌跡如圖所示，由圖得從正中心射出的粒子擊中的x坐標(biāo)最小，從最上面與最下面射出的粒子擊中的x坐標(biāo)最大，由圖，根據(jù)幾何關(guān)系可得xmin＝－2a，xmax＝－2acos30°＝－eq\r(3)a故x坐標(biāo)的范圍是[－