新高考物理二輪復(fù)習(xí)講義第3部分考前特訓(xùn) 小綜合練(三)（含解析）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

A．雨滴最終做勻速直線運(yùn)動
B．雨滴受到的空氣阻力逐漸減小
C．雨滴加速階段的平均速度等于1.5 m/s
D．雨滴加速階段做勻加速直線運(yùn)動
答案 A
解析由題圖可知雨滴最終做勻速直線運(yùn)動，故A正確；雨滴加速階段做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律有mg－Ff＝ma，可知雨滴受到的空氣阻力逐漸增大，當(dāng)雨滴最終勻速運(yùn)動時，受到的空氣阻力不變，故B、D錯誤；設(shè)雨滴加速階段的時間為t，則加速階段的位移x＞eq \f(t,2)×3 m/s，平均速度eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)＞1.5 m/s，故C錯誤．
2．(2022·江蘇南京市模擬)在某一帶有活塞的密閉容器內(nèi)質(zhì)量為10 g的理想氣體在27 ℃時的p－V圖線為圖中的曲線乙．若X為此容器內(nèi)充滿質(zhì)量為10 g的該理想氣體在溫度為327 ℃時的曲線；Y為此容器內(nèi)充滿20 g該理想氣體在溫度為27 ℃時的曲線．分子平均動能與熱力學(xué)溫度關(guān)系為eq \x\t(E)k＝eq \f(3kT,2)，k是一個常數(shù)；理想氣體狀態(tài)方程pV＝nRT，n為氣體物質(zhì)的量，R為理想氣體常數(shù)．下列說法中正確的是( )
A．X、Y均為曲線丁
B．X為曲線丙，Y為曲線丁
C．在同一體積時，氣體分子單位時間內(nèi)撞擊容器壁上單位面積的次數(shù)，X曲線代表的氣體較Y曲線代表的氣體多
D．曲線X與曲線Y代表的氣體在相同體積時，溫度均加熱至1 200 K，則壓強(qiáng)之比為1∶2
答案 D
解析 X理想氣體的熱力學(xué)溫度為600 K，Y理想氣體的熱力學(xué)溫度為300 K，原有理想氣體的熱力學(xué)溫度為300 K，X、Y、原有理想氣體的物質(zhì)的量之比為1∶2∶1，根據(jù)pV＝nRT可知，X、Y理想氣體pV乘積為原有理想氣體的2倍，由圖像可知，X、Y均為曲線丙，故A、B錯誤；由于X、Y理想氣體的物質(zhì)的量之比為1∶2，則在同一體積時，X理想氣體的分子數(shù)是Y理想氣體的一半，氣體分子單位時間內(nèi)撞擊容器壁上單位面積的次數(shù)，X曲線代表的氣體較Y曲線代表的氣體少，故C錯誤；根據(jù)pV＝nRT可知，由于X、Y理想氣體的物質(zhì)的量之比為1∶2，則曲線X與曲線Y代表的氣體在相同體積時，溫度均加熱至1 200 K，則壓強(qiáng)之比為1∶2，故D正確．
3．(2022·湖南省三模)如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)半徑為R的四分之一圓弧軌道與水平軌道相切于最低點(diǎn)B，質(zhì)量為m的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))從圓弧軌道的頂端A點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)過B點(diǎn)后滑上水平軌道，最后停在C點(diǎn)．若B、C兩點(diǎn)間的距離為eq \f(R,2)，物塊與兩軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，則物塊到達(dá)B點(diǎn)前瞬間受到的摩擦力大小為( )
A．μ(1＋μ)mg B．μ(1＋2μ)mg
C．2μmg D．3μmg
答案 A
解析從B到C根據(jù)動能定理得－μmg·eq \f(R,2)＝0－eq \f(1,2)mvB2，在B點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝meq \f(vB2,R)，物塊到達(dá)B點(diǎn)前瞬間受到的摩擦力大小Ff＝μFN，聯(lián)立解得Ff＝μ(1＋μ)mg，故A正確，B、C、D錯誤．
4．(2022·河南鄭州市二模)如圖所示，垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t均勻變化，磁場方向取垂直紙面向里為正方向．正方形硬質(zhì)金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻R＝0.1 Ω，邊長L＝0.2 m，則下列說法錯誤的是( )
A．在t＝0到t＝0.1 s時間內(nèi)，金屬框中的感應(yīng)電動勢為0.08 V
B．在t＝0.05 s時，金屬框ab邊受到的安培力的大小為0.016 N
C．在t＝0.05 s時，金屬框ab邊受到的安培力的方向垂直于ab向右
D．在t＝0到t＝0.1 s時間內(nèi)，金屬框中電流的電功率為0.064 W
答案 C
解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq \f(NΔΦ,Δt)，金屬框的面積不變，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，故ΔΦ＝ΔB·L2，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(0.2 T,0.1 s)＝2 T/s，解得E＝0.08 V，故A正確；感應(yīng)電流為I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.08,0.1) A＝0.8 A，在t＝0.05 s時，ab受到的安培力為F＝BIL＝0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N，故B正確；根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流阻礙磁通量的變化，磁通量隨磁感應(yīng)強(qiáng)度的減小而減小，線框有擴(kuò)大的趨勢，故ab受到的安培力水平向左，故C錯誤；電功率為P＝EI＝0.08×0.8 W＝0.064 W，故D正確．
5．(多選)(2022·山東德州市二模)我國的天宮空間站正常運(yùn)行時在地面上空大約400千米的高度上繞地球做勻速圓周運(yùn)動.2021年7月1日和10月21日，美國某公司的星鏈衛(wèi)星突然接近正常運(yùn)行的天宮空間站，為預(yù)防碰撞事件發(fā)生，天宮空間站進(jìn)行了緊急變軌規(guī)避．不計稀薄空氣的阻力，以下說法正確的是( )
A．天宮空間站若向前加速可規(guī)避至較高軌道
B．天宮空間站不消耗能量就可規(guī)避至較低軌道
C．天宮空間站正常運(yùn)行時的周期大于24小時
D．天宮空間站正常運(yùn)行時的速度小于地球的第一宇宙速度
答案 AD
解析天宮空間站從低軌道調(diào)整到高軌道運(yùn)行，則空間站需要做離心運(yùn)動，根據(jù)eq \f(GMm,R2)＝meq \f(v2,R)，空間站做離心運(yùn)動，需要發(fā)動機(jī)向后噴氣體使得天宮空間站速度增加，A正確；天宮空間站不消耗能量無法改變動能，則速度不變，軌道不變，B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有Geq \f(Mm,r2)＝meq \f(4π2,T2)r，解得T＝2πeq \r(\f(r3,GM))，同步衛(wèi)星的周期為24小時，天宮空間站的軌道半徑比同步衛(wèi)星的軌道半徑小，故周期小于24小時，C錯誤；第一宇宙速度是衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動的最大線速度，而空間站的軌道半徑較大，故其運(yùn)行速度小于第一宇宙速度，D正確．
6．(多選)一群處于第4能級的氫原子，向低能級躍遷過程中能發(fā)出6種不同頻率的光，將這些光分別照射到圖甲電路陰極K的金屬上，只能測得3條電流隨電壓變化的圖像如圖乙所示，已知?dú)湓拥哪芗増D如圖丙所示，則下列推斷正確的是( )
A．圖乙中的a光是氫原子由第4能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的
B．圖乙中的b光光子能量為12.09 eV
C．動能為1 eV的電子不能使處于第3能級的氫原子電離
D．陰極金屬的逸出功可能為W0＝1.75 eV
答案 ABC
解析由題圖乙可知，a光的遏止電壓最大，由eUc＝eq \f(1,2)mv02＝hν－W0可知，a光的頻率最高，是由第4能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的，A正確；b光是由第3能級向基態(tài)躍遷發(fā)出的，其能量值為Eb＝E3－E1＝－1.51 eV－(－13.6 eV)＝12.09 eV，B正確；由題圖丙可知，第3能級的能量值為－1.51 eV，電離能為1.51 eV，由玻爾理論可知，動能為1 eV的電子不能使處于第3能級的氫原子電離，C正確；由第2能級向基態(tài)躍遷輻射的光子能量為Ec＝E2－E1＝10.2 eV，輻射能量第4大的光子能量為E4－E2＝2.55 eV，由于只測得3條電流隨電壓變化的圖像，故陰極金屬的逸出功介于2.55～10.2 eV之間，不可能是1.75 eV，D錯誤．
7．伽利略斜面實(shí)驗(yàn)被譽(yù)為物理學(xué)史上最美實(shí)驗(yàn)之一．某研究小組嘗試使用等時性良好的“節(jié)拍法”來重現(xiàn)伽利略的斜面實(shí)驗(yàn)，研究物體沿斜面運(yùn)動的規(guī)律．實(shí)驗(yàn)所用節(jié)拍的頻率是每秒2拍，實(shí)驗(yàn)裝置如圖(a)所示．在光滑傾斜的軌道上裝有若干可沿軌道移動的框架，框架上懸掛輕薄小金屬片，滑塊下滑撞擊金屬片會發(fā)出“?！钡穆曇?金屬片對滑塊運(yùn)動的影響可忽略)．實(shí)驗(yàn)步驟如下：
①從某位置(記為A0)靜止釋放滑塊，同時開始計拍；調(diào)節(jié)框架的位置，使相鄰金屬片發(fā)出的“?！甭暻『瞄g隔1個拍，并標(biāo)記框架在軌道上的位置A1、A2、A3、……；
②測量A1、A2、A3、……到A0的距離s1、s2、s3、……如圖(b)所示．
③將測量數(shù)據(jù)記錄于下表，并將節(jié)拍數(shù)n轉(zhuǎn)換成對應(yīng)時間t的平方．
(1)表格中“C”處的數(shù)據(jù)應(yīng)為________；
(2)由表中數(shù)據(jù)分析可得，s與t2成________關(guān)系(選填“線性”或“非線性”)；
(3)滑塊的加速度大小為________m/s2(結(jié)果保留2位小數(shù))．
答案 (1)2.25 (2)線性 (3)0.77
解析 (1)由于實(shí)驗(yàn)中所用節(jié)拍的頻率是每秒2拍，即頻率為f＝2 Hz，周期為T＝eq \f(1,f)＝0.5 s，表格中“C”處對應(yīng)的是3拍，對應(yīng)時間是t3＝3T＝1.5 s，則有t32＝1.52 s2＝2.25 s2.
(2)根據(jù)圖表可以得出n＝1時的位移與時間平方之比eq \f(s1,t12)＝eq \f(9.5,0.25) m/s2＝38 m/s2
n＝2時的位移與時間平方之比
eq \f(s2,t22)＝eq \f(38.5,1.00) m/s2＝38.5 m/s2
n＝3時的位移與時間平方之比
eq \f(s3,t32)＝eq \f(86.2,2.25) m/s2＝38.3 m/s2
n＝4時的位移與時間平方之比
eq \f(s4,t42)＝eq \f(153.2,4.00) m/s2＝38.3 m/s2
表中s與t2的比值近似為一常數(shù)，所以s與t2成線性關(guān)系．
(3)根據(jù)逐差法可得加速度為a＝eq \f(?346.4－86.2－86.2?×0.01 m,?3T?2)≈0.77 m/s2.
8．(2022·浙江麗水市高三期末)如圖甲所示是2022年北京冬奧會的冰壺比賽場景，比賽過程簡化為如圖乙所示，在左端發(fā)球區(qū)的運(yùn)動員從投擲線MN中點(diǎn)P將冰壺擲出，冰壺沿水平冰道中心線PO向右端的圓形營壘區(qū)滑行．若冰壺以v0＝4 m/s的速度被擲出后，恰好停在營壘區(qū)中心O，PO間距離為x＝40 m．已知冰壺的質(zhì)量為m＝19 kg，冰壺自身大小可忽略，冰壺在冰道上的運(yùn)動可視為勻減速直線運(yùn)動．在比賽中，運(yùn)動員可以用毛刷擦拭冰壺運(yùn)行前方的冰面，使冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)減小為一確定值．
(1)求沒有擦拭冰壺冰面時冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)在某次比賽中冰壺投擲速度v0＝3 m/s，從MN前方12.5 m處開始不停擦拭冰面，直至冰壺正好停在營壘區(qū)中心O點(diǎn)．求擦拭冰面后冰壺的加速度大小；
(3)求(2)問中，從投出冰壺到冰壺停止運(yùn)動這個過程中冰壺受到摩擦阻力的沖量．
答案 (1)0.02 (2)eq \f(4,55) m/s2 (3)57 N·s，方向與初速度方向相反
解析 (1)冰壺以v0＝4 m/s的速度被擲出后，恰好停在營壘區(qū)中心O，則有v02＝2ax，
解得a＝0.2 m/s2
又由牛頓第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.02
(2)冰壺投擲速度v0＝3 m/s，從MN前方12.5 m處，有v12－v02＝－2ax1，
解得v1＝2 m/s
擦拭冰面后有0－v12＝－2a′(x－x1)，
解得a′＝eq \f(4,55) m/s2
(3)從投出冰壺到冰壺停止運(yùn)動這個過程中由動量定理得I＝0－mv0，解得I＝－57 N·s
冰壺受到摩擦阻力的沖量大小為57 N·s，方向與初速度方向相反．
9．(2022·福建廈門市模擬)利用電場與磁場控制帶電粒子的運(yùn)動，在現(xiàn)代科學(xué)實(shí)驗(yàn)和技術(shù)設(shè)備中有著廣泛的應(yīng)用．如圖所示，一粒子源不斷釋放質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子，其初速度為v0，經(jīng)過可調(diào)的加速電壓U(0≤U≤eq \f(3mv02,2q))加速后，以一定速度垂直平面MNN1M1射入邊長為2L的正方體區(qū)域MNPQ－M1N1P1Q1.可調(diào)整粒子源及加速電場位置，使帶電粒子在長方形MHIJ區(qū)域(MH＝eq \f(3L,2)，MJ＝L)內(nèi)入射，不計粒子重力及其相互作用．(說明：本題中為了計算方便，取cs 36°＝0.8，sin 36°＝0.6)
(1)若僅在正方體區(qū)域中加上沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，要讓所有粒子都到達(dá)平面NPP1N1，求所加勻強(qiáng)電場電場強(qiáng)度的最小值E0；
(2)若僅在正方體區(qū)域中加上沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場，要讓所有粒子都到達(dá)平面M1N1P1Q1(含邊界)，求所加勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小滿足的條件；
(3)同時加上沿x軸正方向的電場和磁場，且加速電壓為零時，從M點(diǎn)射入的粒子恰好打在底面M1N1P1Q1的中心，求所加的B、E的大小；
(4)同時加上沿x軸正方向的電場和磁場，且電場強(qiáng)度為E1＝eq \f(4mv02,π2qL)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝eq \f(mv0,qL)，畫出在平面NPP1N1上有粒子打到的區(qū)域的邊界，并求出面積．
答案 (1)eq \f(4mv02,qL) (2)eq \f(mv0,Lq) (3)eq \f(4mv0,5qL) eq \f(128mv02,49π2qL) (4)見解析圖 eq \f(6－π,4)L2
解析 (1)粒子經(jīng)過加速電場最大電壓U＝eq \f(3mv02,2q)加速有qU＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02
僅加電場時粒子在正方體區(qū)域中做類平拋運(yùn)動，當(dāng)M點(diǎn)射入的粒子恰好到達(dá)P點(diǎn)，則所有粒子均能達(dá)到平面NPP1N1，由類平拋運(yùn)動規(guī)律可得qE0＝ma,2L＝eq \f(1,2)at2,2L＝vt
解得E0＝eq \f(4mv02,qL)
(2)僅加磁場時粒子在正方體區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)從M點(diǎn)射入的粒子恰好到達(dá)Q1點(diǎn)時所加的磁場為最小值，加速電壓U＝eq \f(3mv02,2q)，由圓周運(yùn)動規(guī)律可得r1＝2L，qvBmin＝meq \f(v2,r1)
解得Bmin≥eq \f(mv,2Lq)＝eq \f(mv0,Lq)
當(dāng)從M點(diǎn)射入的粒子恰好到達(dá)M1點(diǎn)時所加的磁場為最大值，加速電壓U＝0，有r2＝L,qv0Bmax＝meq \f(v02,r2)
解得Bmax≤eq \f(mv0,Lq)，綜上可得B＝eq \f(mv0,Lq)
(3)x方向的運(yùn)動L＝eq \f(qE,2m)t2
yz平面的運(yùn)動(2L－r)2＋L2＝r2
得到r＝eq \f(5L,4)，cs θ＝eq \f(L,r)＝eq \f(4,5)
又r＝eq \f(mv0,qB)， t＝eq \f(\f(90°＋θ,360°)×2πr,v0)
解得B＝eq \f(4mv0,5qL)，E＝eq \f(128mv02,49π2qL)
(4)畫出在平面NPP1N1上有粒子打到的區(qū)域的邊界如圖所示，面積為S＝eq \f(6－π,4)L2.
n
1
2
3
4
5
6
s/cm
9.5
38.5
86.2
153.2
240.3
346.4
t2/s2
0.25
1.00
_C_
4.00
6.25
9.00

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