新高考物理二轮复习过关练习第3部分 考前特训 小综合练(五) (含解析)

小综合练(五)

1．(2022·广东梅州市一模)2021年3月23日，三星堆遗址的年代测定对外发布，研究员对6个“祭祀坑”的73份碳屑样本使用14C年代检测方法进行了分析，初步判定其中4号坑最有可能属于商代晚期.14C会发生β衰变，半衰期T＝5 730年，衰变方程为C→N＋e，则下列说法正确的是(　　)

A．14C核的质量大于14N核的质量

B．地球的气候变化会影响14C的半衰期

C．200个14C原子经过5 730年后还剩余100个

D．骨骼中以碳酸钙(CaCO3)形式存在的14C的半衰期比单质14C的半衰期更长

答案　A

解析　14C的衰变过程是一个自发的过程，是放能过程，因此不仅从原子核中放出电子，同时放出能量，出现质量亏损，因此14C核的质量大于14N核的质量，A正确；放射性元素的半衰期非常稳定，跟原子所处的物理状态(如温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关，B、D错误；半衰期是满足大量原子的统计规律的，对少量的原子没有意义，C错误．

2．(2022·辽宁丹东市一模)如图所示，将质量为m的球放在AB和CD两个与纸面垂直的光滑板之间，两板与水平面夹角θ＝α＝30°并保持静止．AB板固定，CD板与AB板活动连接，CD板可绕通过D点且垂直纸面的轴转动．已知重力加速度为g，在θ角缓慢地由30°增大到75°的过程中(　　)

A．球对AB板压力的最大值为0.5mg

B．球对AB板压力的最大值为mg

C．球对AB板压力的最大值为mg

D．球对AB板压力的最大值为1.5mg

答案　B

解析　球受到重力mg、AB板的支持力FNAB、CD板的支持力FNCD三个力作用下保持平衡状态，在θ角缓慢地由30°增大到75°的过程中，球的重力保持不变，AB板对球的支持力方向不变，只有CD板对球的支持力方向在变化，如图所示分别是小球在CD与水平面夹角在30°和75°的受力情景图．

根据三角形定则，可知随着θ角缓慢地增大，AB板对球的支持力也逐渐增大，当θ＝75°时，AB板对球的支持力最大，从受力图可知AB板对球的支持力等于球的重力，根据牛顿第三定律可得球对AB板压力的最大值为mg，B正确，A、C、D错误．

3．(2022·湖北省三模)如图所示，半径为R的透明球体固定在水平地面上，其上方恰好与一足够大的水平光屏接触．O为球心，其底部S点有一点光源，透明球体对光的折射率n＝2.不考虑光在透明球体中的反射．则光屏上被光照亮区域的面积为(　　)

A．πR2   B．πR2

C．πR2   D．3πR2

答案　B

解析　设透明球体的临界角为C，则sin C＝＝，解得C＝30°，如图所示，光屏上光照面是以D为圆心，BD为半径的圆．光线恰好在球体内发生全反射时的入射角等于临界角C，由几何关系可得其半径r＝R，光屏上光照面积S＝πr2＝，故B正确．

4．(2022·内蒙古二模)一质量为m＝1 kg的滑块从一斜面倾角为37°的固定斜面顶端，在恒定外力作用下由静止沿斜面滑下，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.滑块滑至底端的过程中，其机械能随下滑距离s变化的图像如图所示(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．则滑块从顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．重力势能一定减少了20 J

B．外力的大小一定是8 N

C．摩擦力做的功一定是－20 J

D．滑块滑到斜面底端时的速度大小一定是10 m/s

答案　D

解析　滑块沿斜面下滑5 m，则重力势能减小量ΔEp＝mgssin 37°＝30 J，选项A错误；从顶端到底端时机械能增加20 J，则除重力以外的其他力做功为20 J，设力F与斜面的夹角为α，则Fxcos α－μ(mgcos 37°－Fsin α)x＝20 J，其中x＝5 m，代入数据可知F＝ N，只有当α＝0时F＝8 N，选项B错误；摩擦力做功Wf＝－μ(mgcos 37°－Fsin α)x＝－(20－5Fsin α) J，只有当α＝0时摩擦力做的功才等于－20 J，选项C错误；因物体沿斜面下滑5 m，重力势能减小30 J，而初态机械能为30 J，可知斜面的底端重力势能为零，到达底端时机械能为50 J，则动能为50 J，根据Ek＝mv2，可得v＝10 m/s，选项D正确．

5．(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝100 Ω，电容器的击穿电压为110 V，击穿后电阻忽略不计．电压表为理想电表，变压器为理想变压器，在变压器原线圈两端输入如图乙所示的交流电压，当原线圈中开关与“1”接线柱连接时，电压表的示数为55 V，“2”接线柱连接原线圈中点位置，下列说法正确的是(　　)

A．该变压器原线圈两端输入电压的有效值为 V

B．变压器原、副线圈的匝数比为2∶1

C．当原线圈中开关与“2”接线柱连接时，副线圈中的电流为2.2 A

D．无论原线圈开关接“1”还是“2”，电阻R1消耗的功率不变

答案　BC

解析　根据交流电有效值计算方法，由公式有·＝·T，可解得原线圈输入电压的有效值是110 V，A错误；当原线圈中开关接“1”时，电压表的示数U2＝55 V，根据理想变压器＝得，原、副线圈匝数比为2∶1，B正确；当原线圈中开关接“2”时，原线圈接入电路的有效匝数与副线圈匝数相等，根据理想变压器＝得，副线圈两端电压有效值U′＝110 V，最大电压大于110 V，大于电容器的击穿电压，电容器被击穿后，两电阻并联R总＝＝50 Ω，由欧姆定律得I＝＝2.2 A，C正确；开关接“1”时PR1＝＝30.25 W，开关接“2”时PR1＝＝121 W，D错误．

6．(多选)(2022·广东珠海市第二中学期中)2022年北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛，中国运动员谷爱凌夺冠．比赛场地简化如图所示，AO为助滑道，OB为倾斜雪坡，与水平面夹角α＝37°，运动员某次训练从助滑道的最高点A由静止开始下滑至起跳点O，若起跳速率为20 m/s，方向与水平方向成θ＝16°，最后落在雪坡上的P点(图中未画出)．把运动员视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)

A．运动员在空中做变加速曲线运动

B．运动员从起跳到P点运动的时间为4 s

C．起跳点O至落点P的位移大小为96 m

D．运动员离开雪坡的距离最大时，速度大小为8 m/s

答案　BC

解析　运动员在空中只受重力作用，做匀变速曲线运动，A错误；将起跳速度沿着斜面和垂直于斜面分解，运动员从起跳到P点运动的时间为t＝2×＝4 s，B正确；起跳点O至落点P的位移大小x＝(v0cos 53°)t＋(gsin 37°)t2＝96 m，C正确；运动员离开雪坡的距离最大时，速度大小为v＝(v0cos 53°)＋(gsin 37°)·＝24 m/s，D错误．

7．如图(a)所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度．

实验步骤如下：

①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；

②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；

③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；

④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；

⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表．

完成下列填空：

(1)现测得高速挡指针最大偏角如图(b)所示，请将表中数据补充完整：θ＝________.

(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝________.(已知重力加速度为g)

(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角．请写出这样做的一个理由：_______________________________________________.

答案　(1)22.4(22.1、22.2、22.3、22.5、22.6、22.7均可)　(2)

(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由也可)

解析　(1)分度值为1°，故读数为22.4(22.1、22.2、22.3、22.5、22.6、22.7均可)．

(2)弹丸射入摆块内，由系统动量守恒有

mv＝(m＋M)v′

摆块向上摆动，由机械能守恒定律得

(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cos θ)

联立解得v＝.

(3)较大的速度碰撞指针，会损失较多的机械能(其他理由，如“摆块在推动指针偏转时要克服摩擦力做功”“指针摆动较长的距离损失的机械能较多”等，只要合理即可)．

8．(2022·安徽省江南十校一模)如图，两侧粗细均匀、横截面积相等的U型管竖直放置，左管上端开口且足够长，右管上端封闭．左管和右管中水银柱高h1＝h2＝5 cm，两管中水银柱下表面距管底高均为H＝21 cm，右管水银柱上表面离管顶的距离h3＝20 cm.管底水平段的体积可忽略，气体温度保持不变，大气压强p0＝75 cmHg.

(1)现往左管中再缓慢注入h＝25 cm的水银柱，求稳定时右管水银柱上方气柱的长度；

(2)求稳定时两管中水银柱下表面的高度差．

答案　(1)15 cm　(2)20 cm

解析　(1)对右管上方气体，注入水银柱前

p3＝p0＝75 cmHg

注入水银柱后p3′＝p0＋h＝100 cmHg

则有p3h3S＝p3′h3′S

解得h3′＝15 cm

(2)对两水银柱下方气柱，可得注入水银柱前

有p＝p3＋h1＝80 cmHg

注入水银柱后有

p1＝p3＋(h1＋h)＝105 cmHg

设注入水银柱后气柱的长度为L，

则有p·2HS＝p1·LS

解得L＝32 cm

此时两侧水银柱底部高度差为

Δh＝2H－L＋2(h3－h3′)＝20 cm.

9．(2022·浙江绍兴市模拟)如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能．图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度．已知小车的质量m＝50 g，直轨道AB长度L＝0.5 m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计．现小明将具有弹性势能Ep＝0.3 J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出．假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10 m/s2.

(1)求小车运动到B点时的速度大小vB；

(2)求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；

(3)同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm.

答案　(1)3 m/s　(2)3 N　(3) m

解析　(1)小车由A运动至B过程，由功能关系可知Ep＝k(mg＋F)L＋mvB2

其中F＝0.5mg，代入数据得vB＝3 m/s

(2)设小车在C点的速度为vC，恰好通过最高点，则mg－0.5mg＝m

小车从B到C，由动能定理得

－mg×2R＝mvC2－mvB2得R＝0.2 m

在B点FN－mg－0.5mg＝m，得FN＝3 N，由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为3 N；

(3)小车从B到P，由动能定理得

－mg×2r＝mvP2－mvB2

小车从P点飞出后做平抛运动有x＝vPt

2r＝gt2

得x＝＝

当r＝0.112 5 m时，小车落地点与P点的水平距离最大

小车从P点飞出，vP>0，则r<0.225 m

但因为小车在N点，有m≤2.5mg

小车从B到N，由动能定理得

－mgr＝mvN2－mvB2，得r≥0.2 m

综合可知，当r＝0.2 m时，小车落点与P点水平距离最大，且xm＝ m．