新高考物理二轮复习讲义第3部分 考前特训 小综合练(二) （含解析）

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A．0～4 s内骑手靠近烈马
B．6 s时刻骑手刚好追上烈马
C．在0～4 s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度
D．0～6 s内骑手的加速度大于8～9 s内烈马的加速度
答案 C
解析 v－t图像图线与坐标轴所围的面积表示位移，骑手与烈马在t＝0时并排运动，通过图线在0～4 s内所围的面积可以看出4 s内烈马位移大于骑手位移，所以4 s末烈马与骑手间距离在增大，0～6 s内烈马位移还是大于骑手的位移，说明6 s末烈马仍在前方，故A、B错误；根据eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，结合A选项分析可知在0～4 s内烈马的平均速度大于骑手的平均速度，故C正确；由加速度定义式a＝eq \f(v－v0,t)＝eq \f(Δv,Δt)，知8～9 s内烈马加速度a1＝eq \f(15－10,9－8) m/s2＝5 m/s2，0～6 s内骑手的加速度a2＝eq \f(15－10,6－4) m/s2＝eq \f(5,2) m/s2，故D错误．
2．(2022·湖南娄底市模拟)无人驾驶飞机简称“无人机”，是利用无线电遥控设备和自备的程序控制装置操纵的不载人飞机，或者由车载计算机完全地或间歇地自主地操作．如图所示，一架无人机挂着一篮高尔夫球在一定高度沿直线水平匀速飞行，某时刻甲球坠落，无人机保持原来运动状态运动位移x后，乙球又坠落．假设地面不平整，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．甲、乙两球的落地点一定相距x
B．两球在空中时都在无人机的正下方
C．两球在空中时不在无人机的正下方，但两球与无人机处于一条直线上
D．两球落地的速度大小只由无人机的水平飞行速度决定
答案 B
解析 只有地面水平时甲、乙两球的落地点才会相距x，故A错误；由于惯性，甲、乙两球离开无人机后保持原来的水平速度，两球在空中时都在无人机的正下方，故B正确，C错误；两球落地的速度大小由无人机的水平飞行速度及下落高度决定，故D错误．
3．(2022·江苏南通市期末)小明要测量一半径为R的半圆形玻璃砖的折射率，他用一束平行于直径AB的绿色自然光从C点入射时，折射光线恰好打在B点，已知C点到AB的距离为eq \f(R,2)，则( )
A．该玻璃砖对绿光的折射率为eq \f(1,sin 15°)
B．从C点反射的光线仍然为自然光
C．换用红光仍平行于AB从C点入射，其折射光线可能打在E点
D．改变入射光的颜色，将入射点上移，则折射光线可能通过O点
答案 C
解析 C点到直径AB的距离刚好等于玻璃砖半径的一半，由几何关系可知，∠COA＝30°，则入射角为30°，折射角为15°，折射率为n＝eq \f(sin 30°,sin 15°)＝eq \f(1,2sin 15°)，故A错误；自然光被玻璃反射后，反射光是偏振光，故B错误；换用红光从C点入射，因红光折射率小于绿光，折射角变大，所以折射光线可能打在E点，故C正确；假设折射光线通过O点，则折射角为0，沿平行于直径AB方向，从AB的上方照射该玻璃砖，入射角不为0，所以折射光线不可能过O点，故D错误．
4.(2022·北京市模拟)如图所示为某实验小组设计的两个量程的电流表，已知表头G的满偏电流为Ig，定值电阻R1、R2的阻值均等于表头的内阻．当使用1和2两个端点时，电流表的量程为I1，当使用1和3两个端点时，电流表的量程为I2.下列说法正确的是( )
A．I1＝2Ig
B．I2＝3Ig
C．若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大
D．若仅使R2阻值变小，则I1和I2均变大
答案 C
解析 设R1＝R2＝Rg＝R，根据电路结构可知I1＝Ig＋eq \f(IgR2＋Rg,R1)＝Ig＋eq \f(Ig×2R,R)＝3Ig，I2＝Ig＋eq \f(IgRg,R1＋R2)＝Ig＋eq \f(IgR,2R)＝1.5Ig，选项A、B错误；因为I1＝Ig＋eq \f(IgR2＋Rg,R1)，I2＝Ig＋eq \f(IgRg,R1＋R2)，则若仅使R1阻值变小，则I1和I2均变大；若仅使R2阻值变小，则I1减小，I2变大，选项C正确，D错误．
5．(多选)(2022·福建省龙岩第一中学模拟)发展核能将为我国碳达峰、碳中和战略发挥不可替代的作用．甘肃武威的钍基熔盐堆核能系统(TMSR)是第四代核能系统之一，它的试验成功标志着我国在这方面的研究“处于国际引领地位”．其中钍基核燃料铀，由较难裂变的钍吸收一个中子后经过若干次β衰变而来，铀的一种典型裂变产物是钡和氪．以下说法正确的是( )
A．外界温度越高，钍核衰变的速度越快
B．钍核eq \\ar(232, 90)Th经过1次β衰变可变成镤eq \\ar(232, 91)Pa
C．在铀核裂变成钡和氪的核反应中，核子的比结合能减小
D．题中铀核裂变的核反应方程为eq \\ar(233, 92)U＋eq \\ar(1,0)n→eq \\ar(142, 56)Ba＋eq \\ar(89,36)Kr＋3eq \\al(1,0)n
答案 BD
解析 半衰期的大小与温度、压强以及化学状态无关，A错误；1次β衰变，原子核质量数不变，质子数增大1，所以钍核eq \\ar(232, 90)Th经过1次β衰变可变成镤eq \\ar(232, 91)Pa，B正确；核反应方程式中生成物比反应物稳定，生成物的比结合能比反应物的比结合能大，所以在铀核变成钡和氪的核反应中，核子的比结合能增大，C错误；根据质量数守恒和电荷数守恒可知，题中铀核裂变的核反应方程为eq \\ar(233, 92)U＋eq \\al(1,0)n→eq \\ar(142, 56)Ba＋eq \\al(89,36)Kr＋3eq \\al(1,0)n，D正确．
6．(多选)(2022·四川省成都外国语学校模拟)如图所示，一轮轴可绕轴O自由转动，其轮半径R＝15 cm、轴半径r＝10 cm，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量m＝0.5 kg、M＝2 kg的物块，将两物块由静止释放并开始计时，已知释放后两物块均做初速度为零的匀加速直线运动，不计轮轴的质量和一切摩擦，取g＝10 m/s2.在M下降、m上升的过程中，以下说法正确的是( )
A．M减少的重力势能等于m增加的重力势能
B．M下降2.4 m时的速度大小为6 m/s
C．M所受绳子的拉力大小为8 N
D．轮轴转动的角速度ω与时间t的关系为ω＝50t (rad/s)
答案 BD
解析 因为不计轮轴的质量和一切摩擦，所以M、m所组成的系统在运动过程中机械能守恒，所以在M下降、m上升的过程中，M减少的重力势能等于m增加的重力势能与系统增加的动能之和，故A错误；由题意知，轮半径R＝15 cm、轴半径r＝10 cm，根据线速度关系可知eq \f(vm,vM)＝eq \f(rω,Rω)＝eq \f(2,3)
M下降、m上升的高度关系为eq \f(hm,hM)＝eq \f(vm,vM)＝eq \f(2,3)
根据系统机械能守恒得MghM＝mghm＋eq \f(1,2)mvm2＋eq \f(1,2)MvM2，代入数据解得vM＝6 m/s，故B正确；对M，根据动能定理有(Mg－FT)hM＝eq \f(1,2)MvM2，得FT＝5 N，故C错误；根据牛顿第二定律得M的加速度为a＝eq \f(Mg－FT,M)＝7.5 m/s2，所以ω＝eq \f(v,R)＝eq \f(at,R)，其中R＝15 cm＝0.15 m，代入得ω＝50t (rad/s)，故D正确．
7．(2022·安徽省江南十校一模)某校物理实验小组要测一未知电阻R2的阻值，要求尽可能精确测量．
(1)为便于设计电路，该实验小组先用多用电表粗测R2的阻值，选用欧姆表×10倍率测量，发现指针偏转过小，为了较准确地进行测量，应该选择________倍率(选填“×100”或“×1”)，并重新进行欧姆调零，正确操作并读数．若这时刻度盘上的指针位置如图所示，则测量结果是________ Ω.
(2)实验室提供了如下实验器材：
A．电源E(电动势为12 V，内阻不计)；
B．电压表V(量程为15 V，内阻R1约为15 kΩ)；
C．电流表A1(量程为30 mA，内阻r1约为10 Ω)；
D．电流表A2(量程为20 mA，内阻r2约为15 Ω)；
E．滑动变阻器R1(最大阻值为20 Ω，额定电流为1 A)；
F．滑动变阻器R2(最大阻值为1 kΩ，额定电流为0.5 A)；
G．开关及导线若干．
(3)为尽可能准确测量Rx的阻值，实验小组设计了如图所示的电路，实验过程如下：
①正确连接实验电路后，调节滑动变阻器R1、R2的滑片至适当位置；
②断开开关S2，闭合开关S1，调节滑动变阻器R1、R2的滑片，使电流表A2的示数恰好为电流表A1示数的三分之二，记录此时电压表V的示数U1和电流表A1的示数I1；
③保持滑动变阻器R2的滑片位置不变，再闭合开关S2，记录电压表V的示数U2和电流表A2的示数I2；
④根据以上测量数据可得Rx＝________；该实验也可测得电流表A1的内阻r1＝______.(用U1、I1、U2、I2表示)
答案 (1)×100 1 100
(3)④eq \f(2U2,I2) eq \f(U1,I1)－eq \f(2U2,3I2)
解析 (1)欧姆表的表盘上越向右侧电阻越小，偏角小说明阻值大，应选用“×100”倍率的电阻挡，换挡后要重新欧姆调零，示数为11.0×100 Ω＝1 100 Ω.
(3)④根据题意断开开关S2，闭合开关S1时，电流表A2的示数恰好为电流表A1示数的eq \f(2,3)，则此时流过Rx的电流是电流表A1示数的eq \f(1,3)，所以流过Rx的电流是流过电流表A2电流的eq \f(1,2)，闭合开关S2，电流表A2的示数为I2，流过Rx的电流为eq \f(I2,2)，Rx两端的电压为U2，则Rx＝eq \f(2U2,I2)，Rx和电流表A2以及R2的总电阻为eq \f(U2,I2＋\f(I2,2))＝eq \f(2U2,3I2)，电流表A1的内阻r1＝eq \f(U1,I1)－eq \f(2U2,3I2).
8.(2022·甘肃省第一次诊断)某同学设计的气压升降机如图所示，在竖直圆柱形汽缸内用活塞封闭了一定质量的气体，汽缸内壁光滑，活塞与内壁接触紧密无气体泄漏，活塞横截面积为S，活塞及其上方装置总重力大小为G，活塞停在内壁的小支架上(图中未画出)，与缸底的距离为H，气体的温度为T0时，压强等于大气压强p0，已知p0＝eq \f(2G,S).现给电热丝通电，经过一段时间，活塞缓慢上升了eq \f(H,2).上述过程中，气体可视为理想气体，若整个过程中封闭气体内能的变化为ΔU，求：
(1)气体的最高温度T；
(2)整个过程中气体吸收的热量Q.
答案 (1)2.25T0 (2)ΔU＋eq \f(3,4)p0SH
解析 (1)初态p1＝p0 T1＝T0 V1＝SH
末态：对活塞分析，根据共点力平衡可得p2＝p0＋eq \f(G,S)＝eq \f(3,2)p0，V2＝(H＋eq \f(H,2))
根据理想气体状态方程得eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2)，解得T2＝2.25T0
(2)全过程外界对气体做的功
W＝－p2S·eq \f(H,2)＝－eq \f(3,4)p0SH
由热力学第一定律ΔU＝Q＋W
解得Q＝ΔU＋eq \f(3,4)p0SH.
9．(2022·浙江百强校联考)如图所示，装置由光滑的四分之一圆弧轨道AB、水平传送带BC组成，圆弧轨道和传送带在B点平滑连接．一质量为m＝0.2 kg的滑块在圆弧轨道上距离B点高度为h的某处由静止释放，经过传送带，最后落地．已知滑块与传送带的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带BC长L＝2.5 m，圆弧轨道半径为R＝1 m，传送带一直顺时针转动，速度大小为v＝3 m/s，C端距地面的高度H＝1.8 m．(传送带的轮子半径很小，滑块可视为质点，其余阻力不计，g取10 m/s2)
(1)若滑块全程匀速通过传送带，求滑块经过圆弧底端对轨道的压力大小．
(2)操作中发现，当滑块从距离B点高度为h1和h2之间(h15.5 m，x＝L＋1.8 (m)
解析 (1)若小滑块全程匀速通过传送带，则滑块经过B点的速度恰好为v＝3 m/s，则F支－mg＝meq \f(v2,R)，解得F支＝3.8 N
由牛顿第三定律有F压＝F支
故F压＝3.8 N
(2)经分析可知，滑块经过B点的速度介于v1与v2之间时，经过传送带的加速或减速(极限为全程加速和全程减速)，都可以以v＝3 m/s的速度离开C点而落到地上同一点．有v2－v12＝2μgL
v2－v22＝－2μgL
解得v1＝2 m/s，v2＝eq \r(14) m/s
根据动能定理有mgh1＝eq \f(1,2)mv12
mgh2＝eq \f(1,2)mv22
解得h1＝0.2 m，h2＝0.7 m
(3)滑块始终从A点释放，到达B点的速度为vB，根据动能定理有mgR＝eq \f(1,2)mvB2
解得vB＝eq \r(20) m/s
经过分析，当传送带长度小于等于L1时，滑块全程减速，否则先减速后以v＝3 m/s匀速，则v2－vB2＝－2μgL1，解得L1＝5.5 m
故当L≤L1时vC＝eq \r(vB2－2μgL)
当L>L1时vC′＝3 m/s
由平抛运动规律可知H＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \f(3,5) s
所以，当L≤5.5 m时，滑块落地点至B点的水平距离为x＝L＋vCt＝L＋eq \f(3,5)eq \r(20－2L) (m)
当L>5.5 m时，滑块落地点至B点的水平距离为x＝L＋vC′t＝L＋1.8 (m)．