2023物理江苏专用优编题型增分练小综合练（三）

物理江苏专用优编题型增分练小综合练（三）学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精小综合练(三）一、单项选择题1.如图1所示，一质量为0.5kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（）图1A．橡皮泥下落的时间为0。3sB．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/sC．橡皮泥落入小车的过程中,橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7。5J答案D解析橡皮泥做自由落体运动，故t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1。25，10））s＝0。5s，A错误；橡皮泥落在小车上时，水平方向上的速度为零，两者在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，以小车原来的运动方向为正方向,依据动量守恒定律可得Mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(Mv0,M＋m)＝eq\f(2×2.5，2。5）m/s＝2m/s，B、C错误；橡皮泥刚落到小车上时有:v12＝2gh，整个过程中系统损失的机械能为ΔEk＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f（1,2)mv12－eq\f(1，2)(M＋m）v2＝7。5J，D正确．2．(2023·海安中学开学考）电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图2所示的电路．当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是（）图2A．电压表和电流表读数都减小B．电压表和电流表读数都增大C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大答案B二、多项选择题3．（2023·如东调研）讨论表明，地球自转周期在渐渐转变，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，且地球的质量、半径都不变,则经过若干亿年后（)A．近地卫星的向心加速度比现在大B．近地卫星的运行周期与现在相等C．同步卫星的向心加速度比现在小D．同步卫星的运行速度比现在大答案BC解析对近地卫星，据F＝Geq\f（Mm,R2)＝ma近知，向心加速度a近＝eq\f(GM,R2),地球的质量和半径都不变，故向心加速度大小不变，故A错误；据F＝Geq\f(Mm,R2）＝meq\f(4π2R，T2)知，近地卫星的运行周期T＝eq\r(\f（4π2R3，GM))，因质量不变，转动半径不变，故周期不变,故B正确；万有引力供应同步卫星做圆周运动的向心力，有F＝Geq\f（Mm，r2）＝meq\f（4π2r，T2）＝meq\f(v2,r)＝ma同,则r＝eq\r(3，\f(GMT2,4π2）)，v＝eq\r(\f（GM,r)），a同＝eq\f（GM，r2），由于地球自转周期变慢，故同步卫星的轨道半径r变大，则同步卫星的向心加速度和运行速度都变小，故C正确，D错误．三、试验题4．（2023·徐州市模拟)某学习小组用如图3甲所示的试验装置验证机械能守恒定律，电火花计时器的电源为50Hz的沟通电．他们将细线穿过定滑轮后分别与两个质量不等的重物A、B相连，重物B的下边再连接一条纸带．将重物由静止释放后，A下降，B上升，与重物B相连的纸带就记录下它们的运动状况．图3（1）关于这个试验,下列说法正确的是________A．电火花计时器所用电源的电压是220VB．电火花计时器两限位孔的连线应竖直C．重物B的初始位置离电火花计时器远一些较好D．在释放两个重物的同时接通电火花计时器的电源(2)如图乙所示为该小组在试验中得到的一条纸带,他们确定一合适的点为O点,每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、…、6.用刻度尺量出各计数点到O点的距离，记录在纸带上．则打计数点“1"时，重物B的速度大小v1＝________m/s。（结果保留两位有效数字)(3)该小组想讨论在计数点“1”、“5”之间系统的机械能是否守恒．他们测出了打计数点“1"、“5"时重物B的速度大小v1、v5和这两点之间的距离h，还需测量出________(请写出待测物理量及字母),重力加速度g已知．在误差允许的范围内,若等式________成立，就可说明本次试验中系统机械能守恒．（4)该小组转变重物A、B的质量，多次重复以上试验发觉，系统削减的重力势能ΔEp总是略大于增加的动能ΔEk,且A、B的质量相差越大，ΔEp－ΔEk就越大．你认为消失这种现象的缘由可能是______________________．答案(1）AB（2)0.60(3）重物A、B的质量mA、mB（mA－mB)gh＝eq\f（1,2）(mA＋mB)(v52－v12)（4）系统削减的重力势能有一部分会转化为定滑轮转动的动能解析（1）电火花计时器所用电源的电压是220V，故A正确;电火花计时器两限位孔的连线应竖直，故B正确；重物B的初始位置离电火花计时器近一些较好，故C错误;先接通电火花计时器的电源，再释放两个重物,故D错误．（2）依据匀变速直线运动的特点有：v1＝eq\f（x02,2T)＝eq\f(0。048，4×0。02)m/s＝0。60m/s(3)系统减小的重力势能转化为系统增加的动能,即有：（mA－mB)gh＝eq\f(1,2）(mA＋mB）（v52－v12）；故测出了打计数点“1”、“5”时重物B的速度大小v1、v5和这两点之间的距离h,还需要测量重物A、B的质量mA、mB；重力加速度g已知．在误差允许的范围内,若等式：（mA－mB)gh＝eq\f（1,2）(mA＋mB)(v52－v12)成立,就可说明本次试验中系统机械能守恒．（4）系统削减的重力势能有一部分会转化为定滑轮转动的动能．四、计算题5.如图4所示，在xOy坐标系内存在一个以（a,0）为圆心、半径为a的圆形磁场区域，方向垂直纸面对里，磁感应强度大小为B；另在y轴右侧有一方向向左的匀强电场，电场强度大小为E,分布于y≥a的范围内．O点为质子源，其出射质子的速度大小相等、方向各异，但质子的运动轨迹均在纸面内．已知质子在磁场中的偏转半径也为a,设质子的质量为m、电荷量为e,重力及阻力忽视不计．求：图4（1)出射速度沿x轴正方向的质子，到达y轴所用的时间；(2)出射速度与x轴正方向成30°角(如图中所示)的质子,到达y轴时的位置;（3）质子到达y轴的位置坐标的范围；答案见解析解析（1)质子在磁场中做匀速圆周运动，依据洛伦兹力供应向心力得:evB＝eq\f(mv2，a)，即：v＝eq\f（Bea，m）.出射速度沿x轴正方向的质子,经eq\f(1，4)圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间为：t1＝eq\f(T，4)＝eq\f(πa，2v）＝eq\f(πm,2eB).质子进入电场后做类平抛运动，沿电场方向运动a后到达y轴,由匀变速直线运动规律有：a＝eq\f(eEt\o\al(22)，2m），即：t2＝eq\r(\f(2ma,eE))。故所求时间为：t＝t1＋t2＝eq\f（πm,2eB)＋eq\r（\f（2ma,eE）)。(2)质子转过120°角后离开磁场，再沿直线到达图中P点，最终垂直电场方向进入电场,做类平抛运动,并到达y轴，运动轨迹如图所示．由几何关系可得P点距y轴的距离为：x1＝a＋asin30°＝1。5a。设在电场中运动的时间为t3，由匀变速直线运动规律有：x1＝eq\f(eEt\o\al(32)，2m），即t3＝eq\r(\f(3ma，eE））,质子在y轴方向做匀速直线运动，到达y轴时有：y1＝vt3＝Baeq\r(\f(3ea,mE)）,所以质子在y轴上的位置为：y＝a＋y