高中物理二轮复习-小综合(二).docx

小综合(二)
1.(2021·山西怀仁市高三期末)如图1所示为A、B两质点在同一直线上运动的位移－时间(x－t)图象，A质点的图象为直线，B质点的图象为过原点的抛物线，两图象交点C、D坐标如图所示．下列说法正确的是(　　)

图1
A．t1时刻B追上A，t2时刻A追上B
B．t1～t2时间段内B质点的平均速度小于A质点的平均速度
C．质点A做直线运动，质点B做曲线运动
D．两质点速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的某时刻
答案　D
解析　x－t图象的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，根据题图可知，t1时刻A追上B，t2时刻B追上A，故A错误；t1～t2时间段内A、B的位移相等，时间相等，则平均速度相等，故B错误；x－t图象只能描述直线运动，所以A、B都做直线运动，故C错误；x－t图线的斜率表示质点的速度，由题图可知两质点速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的某时刻，故D正确．
2．(2021·山西临汾市高三三模)三根平行的长直导线a、b、c垂直纸面固定放置，均通有垂直纸面向里的电流I，它们的截面分布在一个半径为R的圆周上(导线的横截面直径远小于R)，如图2所示．a、b之间连线水平且距离为R，c在圆心O的正上方．已知每根导线在距离它为R处产生的磁感应强度的大小为B，则圆心O处的磁感应强度(　　)

图2
A．大小为(－1)B，方向竖直向上
B．大小为(－1)B，方向水平向右
C．大小为(＋1)B，方向竖直向上
D．大小为(＋1)B，方向水平向右
答案　B
解析　由安培安则可知，c在O点产生的磁感应强度大小为B，方向水平向左．a、b导线在O点产生的合磁感应强度大小为2Bcos 30°＝B，方向水平向右．所以圆心O处的磁感应强度大小为：B合＝(－1)B，方向水平向右，故B正确．
3．(2021·山东潍坊市高三下3月一模)质量为m的物块从某一高度以动能E水平抛出，落地时动能为3E.不计空气阻力，重力加速度为g.则物块(　　)
A．抛出点的高度为
B．落地点到抛出点的水平距离为
C．落地时重力的功率为g
D．整个下落过程中动量变化量的大小为2
答案　D
解析　由动能定理得 mgh＝3E－E＝2E，故抛出点的高度为h＝，故A错误；由E＝mv02，水平方向x＝v0t，竖直方向h＝gt2，解得落地点到抛出点的水平距离为x＝，故B错误；落地时速度的竖直分量vy＝＝2，故落地时重力的功率为P＝mgvy＝2g，故C错误；整个下落过程中动量变化量的大小为Δp＝mΔvy＝m·2＝2，故D正确．
4．(多选)(2021·安徽省高三二模)如图3，真空中有一边长为L的正方形，a、b、c、d为四个顶点．电荷量均为q(q>0)的两个点电荷分别固定在a、c两点，静电力常量为k.在b点由静止释放一电子，不计重力．下列说法正确的是(　　)

图3
A．b点的电场强度大小为
B．电子到达d点时速度大小为零
C．电子从b点运动到d点的过程中，先做匀加速运动后做匀减速运动
D．电子从b点运动到d点的过程中，电势能先减小后增大
答案　BD
解析　单个点电荷在b点的场强为E0＝，b点的电场强度大小为E＝，A错误；根据等量同种电荷的等势线的分布，b、d两点电势相等，所以电子从b点到d点电场力做功为零，动能不变，即电子到达d点时速度大小为零，B正确；根据等量同种电荷的电场线的分布，电子先加速后减速，因为电场强度大小在发生变化，所以电子运动的加速度在改变，电子的运动不是匀变速运动，C错误；电子从b点运动到d点的过程中，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，D正确．
5．(2021·山东卷·8)迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行．系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图4所示．在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r.导体绳所受的安培力克服大小为f的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上．已知卫星离地平均高度为H，导体绳长为L(L≪H)，地球半径为R，质量为M，轨道处磁感应强度大小为B，方向垂直于赤道平面．忽略地球自转的影响．据此可得，电池电动势为(　　)

图4
A．BL＋ B．BL－
C．BL＋ D．BL－
答案　A
解析　根据G＝m
可得卫星做圆周运动的线速度v＝
根据右手定则可知，导体绳产生的感应电动势相当于上端为正极的电源，其大小为E′＝BLv
因导体绳所受阻力f与安培力F平衡，则安培力与速度方向相同，可知导体绳中的电流方向向下，即电池电动势大于导体绳切割磁感线产生的电动势 ，
可得f＝BL，解得E＝BL＋
故选A.
6.(多选)(2021·河北省1月选考模拟·9)如图5所示，某电容器由两水平放置的半圆形金属板组成，板间为真空．两金属板分别与电源两极相连，下极板固定，上极板可以绕过圆心且垂直于半圆面的轴转动．起初两极板边缘对齐，然后上极板转过10°，并使两极板间距减小到原来的一半．假设变化前后均有一电子由静止从上极板运动到下极板．忽略边缘效应，则下列说法正确的是(　　)

图5
A．变化前后电容器电容之比为9∶17
B．变化前后电容器所带电荷量之比为16∶9
C．变化前后电子到达下极板的速度之比为∶1
D．变化前后电子运动到下极板所用时间之比为2∶1
答案　AD
解析　上极板转过10°后，正对面积变为原来的，距离减小到原来的一半，根据C＝，所以电容变为原来的，电容之比为9∶17，故A正确；根据Q＝CU，可知电荷量之比为9∶17，故B错误；根据qU＝mv2，两极板间电压不变，所以电子到达下极板的速度相同，C错误；根据x＝t可知，两极板间距离减小一半，平均速度不变，所以时间之比为2∶1，D正确．
7．(2021·百校联盟高三3月联考)在测量定值电阻阻值的实验中，提供的实验器材如下：
A．电流表A1(量程0.6 A，内阻r1＝1.0 Ω)
B．电流表A2(量程350 mA，内阻r2＝5.0 Ω)
C．滑动变阻器R1(额定电流1.5 A，最大阻值20 Ω)
D．滑动变阻器R2(额定电流1.0 A，最大阻值100 Ω)
E．待测定值电阻Rx(约5 Ω)
F．电源E(电动势6.0 V，内阻不计)
G．单刀开关S，导线若干
回答下列问题：
(1)实验中滑动变阻器应选用________(选填“R1”或“R2”)；
(2)将图6甲虚线框中的电路原理图补充完整；
(3)根据下表中的实验数据(A1、A2分别为电流表I1、I2的示数)，在图乙给出的坐标纸上补齐数据点，并绘制I1－I2图象；
测量次数
1
2
3
4
5
I1/A
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
I2/mA
105
160
210
260
315

(4)由I1－I2图象得到待测定值电阻的阻值Rx＝________Ω(结果保留2位有效数字)．

图6
答案　(1)R1　(2)见解析图　(3)见解析图　(4)5.6
解析　(1)电源电动势为6.0 V，Rx约5 Ω，则电路中的最大电流约为1.2 A，故滑动变阻器选择R1.
(2)所给器材中无电压表，电流表内阻已知，可以使用电流表充当电压表．根据并联分流原理设计电路，量程大的电流表A1接在干路中，故选择A2与被测电阻并联，保证量程匹配．电路图如图所示

(3)描点画图如图所示

(4)根据并联分流原理Rx＝，整理得I1＝·I2，
由图象可得图象的斜率为k＝1＋＝1.9，解得Rx≈5.6 Ω.
8．(2021·陕西省高三三模)如图7所示，在竖直虚线MN、PQ之间有水平方向的匀强磁场，宽度为d.在MN的左侧区域内有竖直向上的匀强电场(图中未画出)，虚线CD水平，其延长线经过E点．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从A点以大小为v0的速度水平向右运动，恰从D点进入磁场．已知A点到CD的距离为，A点到MN的距离为d，不计粒子受到的重力．

图7
(1)求带电粒子到达D点时的速度大小和方向；
(2)若带电粒子从MN飞出磁场，求磁场的磁感应强度的最小值．
答案　(1)v0　与水平方向成30°角向右上方　(2)
解析　(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t，刚进磁场时速度方向与初速度方向的夹角为α，刚进磁场时竖直向上的分速度大小为vy，有
d＝v0t
＝t
tan α＝
粒子刚到达D点时的速度大小v＝
联立解得v＝v0，α＝30°
(2)带电粒子在磁场中的运动轨迹与磁场右边界相切时半径最大，B最小，由几何关系知

R1＋R1cos 60°＝d，可得R1＝d
根据牛顿第二定律，有qvBmin＝
解得Bmin＝.
9.(2021·四川眉山等六市高三一模联考)如图8所示，滑块B置于水平面上，木箱C置于滑块B顶端，且木箱C的左端与B的左端对齐，B、C处于静止状态．与B完全相同的滑块A以速度v0与滑块B正碰，碰撞时间极短，碰后二者粘在一起．当A、B、C三者达到共同速度时，木箱C刚好从滑块B上滑动到滑块A上，即C的右端与A的右端对齐．已知：滑块A、B的质量MA＝MB＝m，木箱C的质量MC＝2m，A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ1＝2μ，C与A、B顶部的动摩擦因数均为μ2＝μ，重力加速度为g，运动过程中C不会从A、B上滑落．求：

图8
(1)滑块A与滑块B碰后瞬间的共同速度v；
(2)碰撞瞬间AB整体的加速度大小，C的加速度大小，以及木箱C的长度L；
(3)从滑块A与滑块B碰后到滑块A、B速度减为0的过程中，整个系统因摩擦而产生的热量Q.
答案　(1)　(2)5μg　μg　　(3)
解析　(1)滑块A与滑块B碰撞时，动量守恒，有
MAv0＝(MA＋MB)v
代入数据解得v＝
(2)碰撞后，木箱C做加速运动，设加速度大小为a1；滑块A、B一起做减速运动，设加速度大小为a2；设经过t1，三者达到共速v1，木箱C加速运动，则有μ2MCg＝MCa1
解得a1＝μg
滑块A、B一起减速，则有
μ1(MA＋MB＋MC)g＋μ2MCg＝(MA＋MB)a2
解得a2＝5μg
根据运动学关系，有v1＝－a2t1＝a1t1
解得v1＝，t1＝
木箱C运动的位移为xC＝t1
滑块A、B运动的位移xAB＝t1
木箱C的长度为L＝xAB－xC
解得木箱C的长度为L＝
(3)因为μ2<μ1，共速后木箱C与滑块AB以不同的加速度做减速运动，木箱C的加速度大小为a1，设滑块AB的加速度大小为a3
μ1(MA＋MB＋MC)g－μ2MCg＝(MA＋MB)a3
解得a3＝3μg
滑块A、B一起继续减速直至减为0，设减速时间为t2
0＝v1－a3t2，解得t2＝
t2时间后，木箱C减速到v2，v2＝v1－a1t2，解得v2＝
由能量守恒定律有(MA＋MB)v2＝MCv22＋Q
解得Q＝.