2023屆二輪復(fù)習(xí)專項分層特訓(xùn) 模擬小卷練6（含答案）

這是一份2023屆二輪復(fù)習(xí)專項分層特訓(xùn) 模擬小卷練6（含答案），共7頁。試卷主要包含了3 kg，已知ρ水＝1等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1.
(7分)航模小組用容積為2.0 L的可樂瓶制作了一支水火箭，箭身及其配重質(zhì)量M＝0.1 kg，現(xiàn)向瓶中裝入0.5 L的水后用帶氣嘴的橡膠塞塞緊瓶口，將火箭豎直放置，如圖所示．用打氣筒向里打氣，已知打氣筒每打一次氣能把0.5 L、1 atm的空氣壓入瓶內(nèi)，當(dāng)瓶內(nèi)空氣壓強(qiáng)達(dá)到6 atm時橡膠塞脫落，水流高速噴出，火箭向上飛起．
(1)設(shè)打氣過程氣體溫度保持不變，求打氣的次數(shù)；
(2)若火箭以v＝25 m/s的速度一次性向下噴出水流m＝0.3 kg，已知ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10 m/s2，忽略空氣阻力和噴水過程重力的影響．求火箭上升的最大高度．
2．(9分)[2022·山東日照二模]如圖所示，透明玻璃體的上半部分是半球體，下半部分是圓柱體，半球體的半徑為R，O為半球體的球心．圓柱體的底面半徑和高也為R，現(xiàn)有一半徑為 eq \f(\r(3),2) R的圓環(huán)形平行光垂直于圓柱體底面射向半球體，OO1為圓光環(huán)的中心軸線，所有光線經(jīng)折射后恰好經(jīng)過圓柱體下表面圓心O1點，光線從O1射出后在玻璃體下方的水平光屏上形成圓形亮環(huán)，光到圓柱體底面的距離為R，光在真空中的傳播速度為c.求：
(1)透明玻璃體的折射率；
(2)光從入射點傳播到光屏所用時間．
3.
(14分)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；在第四象限內(nèi)有一勻強(qiáng)電場，方向豎直向上．一質(zhì)子從y軸上的b點處以垂直于y軸的方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，穿過電場后以與x軸正方向成45°角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，最后恰好通過y軸上的a點，且速度方向與y軸平行．已知質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，a點到坐標(biāo)原點的距離為h.求：
(1)質(zhì)子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時的速度大??；
(2)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大?。?br>4．(16分)學(xué)?？萍夹〗M設(shè)計了“e”字形軌道豎直固定放置在水平面上，該軌道由兩個光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的彈性擋板OF連接，軌道CDE的半徑r＝0.1 m，軌道ABC的半徑為2r，A端與地面相切．現(xiàn)讓質(zhì)量m＝0.2 kg的小滑塊從水平地面P點以速度v0＝2 eq \r(3) m/s向A運動，之后沿軌道上滑，運動到F點與擋板發(fā)生完全彈性相碰．已知直線軌道EF長為L＝0.5 m，小滑塊與軌道EF間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10 m/s2，其余阻力均不計，小滑塊可視為質(zhì)點．
(1)求小滑塊在ABC軌道運動時對軌道C點的壓力；
(2)求小滑塊最終停止的位置與F點的距離；
(3)若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運動過程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度v0滿足什么條件？
模擬小卷練6 (4計算)
1．解析：(1)設(shè)需打氣n次，根據(jù)玻意耳定律有p0(V＋nV′)＝6p0V
其中V＝(2.0－0.5) L＝1.5 L
V′＝0.5 L
解得n＝15(次)
(2)噴水前，瓶內(nèi)水的總質(zhì)量m1＝ρV′＝0.5 kg
噴水過程，系統(tǒng)動量守恒，有(M＋m1－m)v0＝mv
豎直方向，有v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2gh
聯(lián)立代入相關(guān)數(shù)據(jù)，可得火箭上升的最大高度
h＝31.25 m
答案：(1)15(次) (2)31.25 m
2．解析：(1)作出光路圖如圖所示：
由幾何關(guān)系可得R sin α＝ eq \f(\r(3),2) R
解得α＝60°
由圖可知α＝2β
所以β＝30°
由折射定律有n＝ eq \f(sin α,sin β) ＝ eq \r(3)
(2)光在介質(zhì)中的速度為v＝ eq \f(c,n)
光在透明玻璃體中的傳播時間t1＝ eq \f(2R cs β,v) ＝ eq \f(3R,c)
由圖及折射定律知光線從O1點出射后與豎直方向的夾角為α＝60°.
所以光從透明玻璃體出射后到光屏所用的時間t2＝ eq \f(2R,c)
則光從入射點到光屏所用的時間為t＝t1＋t2＝ eq \f(5R,c)
答案：(1) eq \r(3) (2) eq \f(5R,c)
3．解析：(1)粒子的運動軌跡如圖
設(shè)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由幾何知識可得r cs 45°＝h
設(shè)質(zhì)子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時的速度大小為v，根據(jù)牛頓第二定律qvB＝m eq \f(v2,r) ，聯(lián)立可得v＝ eq \f(\r(2)qBh,m)
(2)質(zhì)子在電場中做類平拋運動，設(shè)b點的速度為vb，b點和原點O的距離為yb
水平方向，有r＋r sin 45°＝vbt
豎直方向，有yb＝ eq \f(1,2) (v sin 45°＋0)t＝ eq \f(v sin 45°,2) t
由動能定理得Eqyb＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b))
又vb＝v cs 45°
聯(lián)立可得E＝ eq \f(（\r(2)－1）qhB2,m) .
答案：(1) eq \f(\r(2)qBh,m) (2) eq \f(（\r(2)－1）qhB2,m)
4．解析：(1)小滑塊從P到C的過程中，根據(jù)動能定理得－mg·4r＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) － eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
在C點，對小滑塊，根據(jù)牛頓第二定律得FN＋mg＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(C)) ,2r)
解得FN＝2 N
根據(jù)牛頓第三定律可知，小滑塊對軌道的壓力為2 N，方向豎直向上
(2)小滑塊從P點到在EF軌道停止過程中，根據(jù)動能定理得－mg·2r－μmgs＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得s＝0.8 m＝(L＋0.3) m
所以小滑塊最終停在離F點0.3 m處．
(3)小滑塊剛好經(jīng)過最高點C，有mg＝m eq \f(v2,2r)
小滑塊從P到C的過程中，根據(jù)動能定理得－mg·4r＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
解得v1＝ eq \r(10) m/s
當(dāng)小滑塊第一次被擋板彈回時，到達(dá)D處(與軌道CDE的圓心等高)時速度為零，小滑塊從P到D的過程中，根據(jù)動能定理得－mg·3r－μmg·2L＝0－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
解得v2＝4 m/s
所以小滑塊的初速度v0的范圍為 eq \r(10) m/s≤v0≤4 m/s.
答案：(1)2 N，豎直向上 (2)0.3 m (3) eq \r(10) m/s≤v0≤4 m/s