新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许四含解析

新课标2020高考物理二轮复习综合模拟滚动许四含解析

综合模拟滚动小卷(四)‎ ‎(建议用时：45分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1.△OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面，ON＝OM，a、b两束可见单色光(关于OO′)对称，从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．在玻璃砖中a光束的折射率大于b光束的折射率 B．在玻璃砖中，a光束的传播速度小于b光束的传播速度 C．若a、b两光束从玻璃砖中射向空气，则b光束的临界角比a光束的临界角小 D．用同样的装置做双缝干涉实验，a光束的条纹间距小 ‎2.如图所示，M、N两点分别放置两个等量异种电荷，P为MN连线的中点，T为连线上靠近N的一点，S为连线的中垂线上处于P点上方的一点．把一个电子分别放在P、S、T三点进行比较，则(　　)‎ A．电子从T点移到S点，电场力做负功，动能减小 B．电子在P点受力最小，在T点电势能最大 C．电子在S点受力最小，在T点电势能最大 D．电子从P点移到S点，电场力做正功，动能增大 ‎3．2018年10月9日10时43分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号丙运载火箭成功将遥感三十二号01组卫星发射升空，卫星进入距地面高为h的预定圆轨道．已知地球半径为R，地球两极的重力加速度为g，则遥感三十二号01组卫星在预定圆轨道上运行的速度大小为(　　)‎ A.　　　　　　　 B. C. D. ‎4．如图所示是运动员将网球在边界A处正上方B点水平向右击出，恰好过网C的上边沿落在D点的示意图，不计空气阻力，已知AB＝h1，网高h2＝h1，AC＝x，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)‎ A．落点D距离网的水平距离为x B．网球的初速度大小为x - 8 -‎ C．若击球高度低于h1，无论球的初速度多大，球都不可能落在对方界内 D．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，一定落在对方界内 二、多项选择题 ‎5.一辆质量为M的平板小车静止在光滑水平面上，平板小车的上表面粗糙，左端有一质量为m的滑块，物块与小车间的动摩擦因数为μ，现在物块上加一水平拉力F，则下面说法正确的是(　　)‎ A．当F＞μmg时，小车才开始运动 B．当F＞ 时，物块就能从小车的右端滑出 C．若物块能从小车右端滑离，滑离时小车速度为v0，当物块质量m增大或者拉力F减小会使v0增大 D．若物块能从小车右端滑离，滑离时小车速度为v0，当小车质量M增大或者拉力F增大会使v0增大 ‎6.如图所示，一电阻不计的金属棒AO在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OC＝AC＝L＝0.5 m，磁感应强度大小为B＝2 T、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω＝10 rad/s，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R＝10 Ω相接(图中未画出)，两金属圆环圆心皆为O且电阻均不计，则(　　)‎ A．金属棒中有从C到A的感应电流 B．外电阻R中的电流为0.75 A C．金属棒绕O轴转一圈，通过电阻R的电荷量为零 D．金属棒AC间电压为7.5 V 三、非选择题 ‎7．如图所示为实验室“验证碰撞中动量守恒”的实验装置．‎ ‎(1)下列说法中不符合本实验要求的是________(填序号)．　‎ A．为了使入射小球在碰撞后不被反弹，则应使入射小球的质量大于被碰小球的质量 B．同一组实验中，每次入射球必须从同一高度由静止释放 C．为保证入射小球和被碰小球离开槽口后均做平抛运动，必须保证斜槽末端水平 D．需要测量小球抛出时离地面的高度及抛出后的水平距离 - 8 -‎ ‎(2)实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为OM、OP和ON，测出OM、OP和ON的距离分别为x1、x2、x3，已知入射球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，验证碰撞中动量守恒的表达式为________________(用已知物理量表示)．‎ ‎(3)若要验证以上碰撞为弹性碰撞，则需要验证的表达式为____________________[要求用(2)问中涉及的物理量表示]．‎ ‎8．如图所示，某货场要将质量为m1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R＝1.8 m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2)‎ ‎(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力；‎ ‎(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；‎ ‎(3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．‎ - 8 -‎ ‎9．如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着两个大小不同、方向相反的有界匀强电场E2、E1，y轴和ab为其左右边界，两边界距离为l＝2.4r，在y轴的左侧有一匀强磁场均匀分布在半径为r的圆内，方向垂直纸面向里，其中OO′是圆的半径，一质量为m、电荷量为＋q的粒子由ab边界上的距x轴1.2r处的M点垂直电场以初速度v射入，经电场E1、E2各偏转一次后垂直y轴上的P点射出，P点坐标为(0，0.6r)，经过一段时间后进入磁场区域，已知粒子在磁场中运动的时间是其在磁场运动周期的四分之一，粒子重力不计，求：‎ ‎(1)电场强度E1和E2的大小；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)粒子从M点射入到离开磁场的总时间．‎ 综合模拟滚动小卷(四)‎ ‎1．解析：选C.a、b两光在侧面上的入射角相同，但是b光发生全反射，说明b光的临界角小于a光的临界角，根据sin C＝知，a光的折射率小，故A错误，C正确．根据v＝知，a光的折射率小，则a光在棱镜中的传播速度大，故B错误．a光的折射率小，其波长长，根据干涉条纹间距公式知Δx＝λ，a光的干涉条纹宽度大，故D错误．‎ - 8 -‎ ‎2.解析：选C.等量异号电荷的电场线和等势面的分布图象如图所示，电场线的疏密程度表示电场强度的大小，在P、S、T三点中，S位置电场线最稀疏，故场强最小的点是S点．故电荷在S点受到的电场力最小；S、P两个点在一个等势面上，电势相等；沿着电场线电势逐渐降低，故P点电势高于T点电势；故电势最低的点是T点，负电荷放在电势低处的电势能大，故放在T点处电势能最大，放在P、S处电势能相等，选项C正确，B错误；电子从T点移到S点，电势能减小，则电场力做正功，动能增加，选项A错误；电子从P点移到S点，电场力不做功，动能不变，选项D错误．‎ ‎3．解析：选C.在预定圆轨道上，根据万有引力提供向心力得＝，在地球两极有万有引力等于重力＝mg，联立解得v＝，故C正确，A、B、D错误．‎ ‎4．解析：选C.因为h1－h2＝h1，由t＝ 可知＝，由x＝v0t可知＝，则xAD＝x，D距网的水平距离为x，A错误；球从A到D，h1＝gt2，x＝v0t，得v0＝x，B错误；任意降低击球高度(仍大于h2)，会有一临界情况，此时球刚好接触网又刚好压界，则有 ＝2，解得h′＝h1，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，C正确；若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据h1＝gt，得t1＝ ，则平抛的最大速度vmax＝＝，h1－h2＝gt，得t2＝，平抛运动的最小速度vmin＝＝x，可见D错误．‎ ‎5．解析：选BC.因水平面光滑，F＞0，小车就能运动，故A错误；滑动时对m、M分别列牛顿第二定律方程：F－μmg＝mam，μmg＝MaM，m能从右端滑离，则am＞aM，得F＞，B正确；作出m、M的v－t图线，由于小车长度确定，故二者相对位移为定值，即图中阴影面积S为定值，当m增大，m图线斜率(即m加速度am)减小，M图线斜率(即M加速度aM)增大，保证S不变，则滑离时间t0变大，故v0变大．F减小，am减小，aM不变，故v0增大，故C正确，同理，可知D错误．‎ ‎6．解析：选ABD.由右手定则可知，金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，A正确；金属棒以角速度ω＝10 rad/s转动，则接入电路部分AC上产生的感应电动势为E＝BLv＝BL·＝，代入数据解得E＝7.5 V，则回路中电流I＝＝0.75 A，B正确；在金属棒绕O轴转一圈的过程，因为电流的方向一直没有改变，‎ - 8 -‎ 故通过电阻R的电荷量一定不为零，C错误；因为金属棒的电阻不计，即电源没有内阻，电动势全部输出加在电阻R上，故金属棒AC间电压为7.5 V，D正确．‎ ‎7．解析：(1)要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于靶球的质量，即：入射球比靶球质量大，入射球与靶球半径应相等，故A符合本实验要求；为保持入射球的初速度相等，在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，故B符合本实验要求；为保证小球离开轨道后做平抛运动，小球离开轨道时的速度必须水平，安装轨道时，轨道末端必须水平，故C符合本实验要求；两球碰撞后均做平抛运动，平抛的初速度为v0＝x，竖直高度相同，则v0∝x，故只需要测量平抛的水平位移而不需要测量竖直高度，D不符合本实验要求．本题选不符合本实验要求的，故选D.‎ ‎(2)两球碰撞后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，碰撞过程动量守恒，则m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，即m1·x2＝m1·x1＋m2·x3.‎ ‎(3)如果碰撞过程机械能守恒，表现为动能不损失，有m1v＝m1v′＋m2v′，代入数据可得：m1·x＝m1·x＋m2·x.　‎ 答案：(1)D　(2)m1x2＝m1x1＋m2x3　(3)m1x＝m1x＋m2x ‎8．解析：(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：m1gR＝m1v①‎ 设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得：FN－m1g＝m1②‎ 联立以上两式代入数据得：FN＝3m1g＝3 000 N③‎ 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3 000 N，方向竖直向下．‎ ‎(2)若滑上木板A时，木板不动，受力分析得：‎ μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g④‎ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，受力分析得：‎ μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g⑤‎ 联立④⑤式代入数据得：0.4＜μ1≤0.6.⑥‎ ‎(3)μ1＝0.5，由(2)可知，货物在木板A上滑动时，木板不动．设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1m1g＝m1a1⑦‎ 设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：‎ v－v＝－2a1l⑧‎ 联立①⑦⑧式代入数据得：v1＝4 m/s⑨‎ 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：‎ - 8 -‎ v1＝v0－a1t⑩‎ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得：t＝0.4 s.‎ 答案：(1)3 000 N　方向竖直向下 ‎(2)0.4＜μ1≤0.6　(3)4 m/s　0.4 s ‎9．解析：(1)设粒子经x轴上的N点由电场E1进入电场E2，由M点到N点及由N点到P点的时间分别为t1与t2，到达N点时竖直方向的速度为vy，则 ‎1．2r＝a1t＝·t ‎0．6r＝a2t＝·t vy＝t1＝t2‎ v(t1＋t2)＝2.4r 联立解得E1＝ E2＝.‎ ‎(2)如图所示，粒子从Q点垂直射入匀强磁场后做四分之一圆周运动，设做匀速圆周运动的半径为R，在△QHO′中有 QH2＋HO′2＝r2‎ 解得HO′＝0.8r 在△O′KF中有 ‎(R－0.6r)2＋(R－0.8r)2＝r2‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝ 联立解得B＝.‎ ‎(3)粒子在电场中的运动时间为t′1＝＝ 匀速运动时间为t′2＝＝ - 8 -‎ 在磁场中的运动时间为t3＝＝ 粒子从M点射入到离开磁场的总时间 t＝＋＋＝.‎ 答案：(1)　　(2) ‎(3) - 8 -‎