新教材2024届高考物理二轮复习增分练4数理结合含答案

这是一份新教材2024届高考物理二轮复习增分练4数理结合含答案，共25页。
1．[2023·湖南长沙模拟](多选)2022年10月网上一保安用绳子轻松溜石头的视频火了．如图所示，石头在保安的拉动下做滚动，石头的运动过程可以简化成匀速运动．设石头的质量为m，拉动时石头与地面的动摩擦系数为μ，绳子(质量不计)对石头的拉力大小为F、与水平方向的夹角为θ.下列有关说法正确的是( )
A．石头受重力、地面的支持力、绳子的拉力
B．石头受到沿水平方向的摩擦力大小为Fcsθ
C．石头对地面的压力为mg－Fsinθ
D．当tanθ＝μ时，绳子的拉力最小
2．在仰角α＝30°的雪坡上举行跳台滑雪比赛，如图所示．运动员从坡上方A点开始下滑，到起跳点O时借助设备和技巧，保持在该点的速率不变而以与水平面成θ角的方向起跳．最后落在坡上B点，坡上O、B两点距离为L.已知A点高于O点h＝50m，不计摩擦和阻力，则O、B两点距离L最大值为多少？此时起跳角为多大？(取g＝10m/s2)
【2.均值不等式求极值】
3．[2023·山东烟台模拟](多选)如图所示，OA是竖直线，OB是水平线，点A距离点O的高度为h(h可调节)，点B与点O间的距离为x(x已知).将一小球从A点以合适的速度水平抛出，每次都能击中水平面上的B点．不计空气阻力，则( )
A．h越大，小球到达B点时的动能越大
B．小球到达B点时的动能为mg(eq \f(x2,h)＋h)
C．小球到达B点时的动能最小值为mgx
D．h越大，小球到达B点时重力的瞬时功率越大
4．(多选)已知汽车在加速过程中每秒钟的耗油量与行驶的加速度a的数量关系为V0＝Aa＋B(A、B均为常数).若某型号汽车由静止开始做匀加速直线运动，行驶了位移s，若要此段运动中汽车的耗油量最小，则汽车的加速度大小及最小耗油量应为( )
A．汽车加速度为a＝eq \f(A,B)
B．汽车加速度为a＝eq \f(B,A)
C．汽车最小耗油量为eq \r(8ABs)
D．汽车最小耗油量为eq \r(4ABs)
5．[2023·北京朝阳模拟]如图所示，位于坚直平面上的eq \f(1,4)圆弧光滑轨道AB，半径为R，OA沿水平方向，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A静止释放，到达B点时速度大小为eq \r(2gR)，最后落在地面C点处，不计空气阻力．求
(1)小球刚运动到B点时，对轨道的压力多大？
(2)小球落地点C与B的水平距离s为多少？
(3)比值eq \f(R,H)为多少时，小球落地点C与B点的水平距离最大？最大值为多少？
【3.二次方程根的判别式判断可能解】
6．[2023·湖南模拟]某同学在操场练习掷铅球，第一次以速度v0水平掷出铅球，第二次以与水平方向成α角斜向上掷出铅球，结果铅球都落到了P点．已知铅球两次出手时的高度和速度大小均相同，两次铅球的水平射程均为x，重力加速度大小为g，则铅球出手时的高度为( )
A．eq \f(gx2,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )B．eq \f(2gx2,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) )
C．xtanαD．eq \f(x,tanα)
7．如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(0v0
故木板Q先匀加速到与滑块P共速mPv0＝(mP＋mQ)v共1
再匀速运动至物块A所在位置并与其发生碰撞，第一次碰撞后，木板Q速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为x1＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共1)) ,2a′)＝eq \f(16,9)m
然后向右匀加速运动直到与滑块P共速mPv共1－mQv共1＝(mP＋mQ)v共2
再匀速运动至物块A所在位置并与其发生碰撞，第二次碰撞后，木板Q速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为x2＝eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(共2)) ,2a′)＝eq \f(16,81)m
所以木板Q的总路程为s＝6m＋eq \f(16,9)×2m＋eq \f(16,81)×2m＋…＝6m＋32[(eq \f(1,9))1＋(eq \f(1,9))2＋(eq \f(1,9))3＋…] m＝10m.
答案：(1)2次 eq \f(4,3)m/s eq \f(4,3)m/s 2m/s (2)10m
15.
解析：物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得ω＝eq \r(\f(μg,r))，由线速度与角速度的关系公式v＝ωr，可得圆盘的线速度大小为v＝ωr＝eq \r(\f(μg,r))r＝eq \r(μgr)，A、B错误；物块从圆盘上滑落到桌面的边缘，如图所示，由动能定理可得－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv2，代入数据解得x＝eq \f(r,2)，由几何关系可得R2＝r2＋(eq \f(r,2))2，代入数据解得餐桌面的半径为R＝eq \f(\r(5),2)r，C正确；物块随圆盘运动的过程中，由动能定理，可得圆盘对小物块做功为W＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)μmgr，D错误．
答案：C
16.
解析：由于两球的电场力是相互作用力，故无法比较两球电荷量的大小，A错误；绳子上的力处处相等，对绳子跨过定滑轮的节点受力分析可知T′csθ1＝T′csθ2，所以θ1＝θ2，B错误；对两球受力可知，根据相似三角形eq \f(mAg,h)＝eq \f(T′,lA)＝eq \f(F,xA)，eq \f(mBg,h)＝eq \f(T′,lB)＝eq \f(F,xB)，可得mA∶mB＝2∶1，xA∶xB＝1∶2，C错误，D正确．
答案：D
17．解析：根据φc－φa＝φb－φO，因a、b、c三点电势分别为φa＝18V、φb＝20V、φc＝26V，解得原点处的电势为φO＝12V，A正确；如图所示，将ac连线四等分，可以确定b′点的电势为20V，将bb′连线，即为等势线，那么垂直bb′连线，则为电场线，再依据沿着电场线方向，电势降低，则电场线方向如下图：
则有eq \f(ab′,b′c)＝eq \f(Ub′a,Ucb′)＝eq \f(20－18,26－20)＝eq \f(1,3)，因此可知ab′＝2cm.因为匀强电场，则有E＝eq \f(Uce,d)，依据几何关系，则d＝eq \f(b′c×bc,bb′)＝eq \f(6×6,\r(62＋62))cm＝3eq \r(2)cm，因此电场强度大小为E＝eq \f(26－20,3\r(2))V/cm＝eq \r(2)V/cm＝100eq \r(2)V/m，B正确；bc间的电势差Ubc＝φb－φc＝20V－26V＝－6V，电子从b点运动到c点，电场力做正功为W＝qUbc＝6eV，C错误；因Uab＝φa－φb＝18V－20V＝－2V，电子从a点到b点电场力做功为W＝qUab＝2eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在a点的电势能比在b点的高2eV，D正确．
答案：ABD
18．解析：离子带正电，故洛伦兹力向上，电场力向下，大小和洛伦兹力大小相等离子才能沿直线运动，有qeq \f(U,d)＝qvB，解得v＝200m/s，A正确；根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,r)，解得离子做圆周运动的半径r＝eq \f(mv,qB)＝0.2m＝R，即离子做圆周运动的半径和磁场半径相同，根据磁聚焦的知识可知B正确；离子运动轨迹如图甲，离子均从O点正上方的F点出磁场．根据离子运动轨迹可知最下方进入磁场的离子运动时间最长，其圆心刚好在磁场边界上的O1处，此处也恰好是最上方离子进入磁场的位置，如图乙．
四边形GOFO1为菱形，根据几何关系可得α＝60°，故θ＝120°，而离子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)＝2π×10－3s，故离子运动的最长时间为t＝eq \f(1,3)T＝eq \f(2π,3)×10－3s，同理运动时间最短的是从O1处进入圆形磁场的离子，其圆心角为β＝60°，最短运动时间为t＝eq \f(1,6)T＝eq \f(π,3)×10－3s，C正确，D错误．
答案：ABC
19.
解析：(1)做剖面图如图所示，光线入射到D点时恰好产生全反射，则有sinC＝eq \f(1,n)，由几何关系可得
OF＝eq \f(R,csC)＝eq \f(R,\f(\r(n2－1),n))＝eq \f(4,5)R
(2)由解析图可得eq \f(O′F,r)＝tanC
O′F＝d－OF＝eq \f(5,2)R－eq \f(4,5)R＝eq \f(17,10)R
解得r＝eq \f(34,15)R
光屏被照亮的面积S＝πr2＝π(eq \f(34,15)R)2≈5.1πR2
单色光从O点到达光屏的时间
t＝eq \f(R,v)＋eq \f(d－R,c)＝eq \f(R,\f(c,n))＋eq \f(\f(3,2)R,c)＝eq \f(5R,3c)＋eq \f(3R,2c)＝eq \f(19R,6c).
答案：(1)eq \f(4,5)R (2)5.1πR2 eq \f(19R,6c)
20.
解析：(1)从A端最下方入射的光线发生全反射时其他光线都能发生全反射，如图所示，根据几何关系得
sinθ＝eq \f(R,R＋d)
设全反射临界角为C，则要使A端垂直入射的光线全部从B端射出，必须有θ≥C.根据全反射临界角公式sinC＝eq \f(1,n)
因此有sinθ≥sinC
即有eq \f(R,R＋d)≥eq \f(1,n)
解得R≥eq \f(d,n－1)＝eq \f(d,\r(2)－1)＝(eq \r(2)＋1)d
所以R的最小值为(eq \r(2)＋1)d.
(2)在(1)问的情况下，由解析图可知θ＝45°，则有R＝(eq \r(2)＋1)d
光在光纤内传播的总路程为s＝6R
光在光纤内传播的速度为v＝eq \f(c,n)＝eq \f(\r(2),2)c
所以所求时间为t＝eq \f(s,v)＝eq \f(6\r(2)R,c)＝eq \f(6（2＋\r(2)）d,c).
答案：(1)(eq \r(2)＋1)d (2)eq \f(6（2＋\r(2)）d,c)
21．解析：(1)对小球A，根据动能定理得qEd＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
解得v0＝eq \r(\f(2qEd,m))
(2)对小球A、B，动量守恒有mv0＝－mvA＋mBvB
碰撞后小球A向左运动，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，最后向右匀速直线运动出电场，由两小球保持eq \f(d,4)的距离不变可得
vA＝vB，vBt＝eq \f(d,4)
碰撞后一段时间t，对小球A有qEt＝mvA－(－mvA)
解得mB＝5m
(3)对于小球A，洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R)
根据几何关系可得
Rsinα＋eq \f(d,2)＝R，Rsinα＋Rcsα＝d，sin2α＋cs2α＝1
解得v＝(2－eq \f(\r(6),2))eq \f(qBd,m).
答案：(1)eq \r(\f(2qEd,m)) (2)5m (3)(2－eq \f(\r(6),2))eq \f(qBd,m)题号
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答案
题号
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答案