2025年高考物理大二轮-小综合练(二)

小综合练(二)［分值：60分］1~4题每题4分，5、6题每题6分，7题7分，8题10分，9题15分，共60分1.(2024·广东卷·8改编)污水中的污泥絮体经处理后带负电，可利用电泳技术对其进行沉淀去污，基本原理如图所示。涂有绝缘层的金属圆盘和金属棒分别接电源正、负极，金属圆盘置于底部，金属棒插入污水中，形成如图所示的电场分布，其中实线为电场线，虚线为等势面。M点和N点在同一电场线上，M点和P点在同一等势面上。下列说法正确的有()A.M点的电势比N点的高B.N点的电场强度比P点的大C.污泥絮体从M点移到N点，电场力对其做正功D.污泥絮体在N点的电势能比其在P点的大答案C解析因沿着电场线方向电势降低，所以M点的电势比N点的低，A错误；污泥絮体带负电，从M至N的过程中，电场力做正功，电势能减小，因M与P在同一等势面上，故污泥絮体在M点的电势能与在P点的电势能相等，可知在N点的电势能比在P点的小，故C正确，D错误；根据电场线的疏密程度可知N点的电场强度比P点的小，故B错误。2.(2024·山西运城市二模)如图所示为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3和n4，输电线上的电阻为R，变压器均为理想变压器，若保持发电厂的输出电压U1不变，当输电线上电流I2减少ΔI时，则用户端的电压增加()A.n3n4ΔI·R B.n4C.n1n2n3n4ΔI·R 答案B解析U1一定，则U2一定，当输电线上电流I2减少ΔI，则输电线上电压减少ΔI·R，则降压变压器原线圈两端的电压增加ΔU3=ΔI·R，根据原、副线电压关系可知ΔU3ΔU4=n3n4，用户端电压增大ΔU4=3.(2024·江苏扬州市新华中学三模)图甲为一列简谐横波在t=0.4s时刻的波形图，P、Q为该横波上的两个质点，它们的平衡位置坐标分别为xP=10m、xQ=15m，图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是()A.波速是25m/s，传播方向沿x轴负方向B.t=0.6s时质点P传播到x=15m处C.t=0.6s时，质点P的速度最大且沿y轴正方向D.质点P的振动方程为yP=2sin(5π2t答案C解析由题图甲可知波长为20m，由题图乙可知周期为0.8s，根据v=λT，解得v=25m/s，由振动图像可知，t=0.4s时，质点Q通过平衡位置向下振动，所以波沿x轴正方向传播，A错误；质点P只能在平衡位置附近上下振动，不会传播到15m处，B错误；t=0.4s时刻质点P在波谷，当t=0.6s时，即经过了0.6s-0.4s=14T，质点到达平衡位置，速度最大且沿y轴正方向，C正确；t=0.4s时刻质点P在波谷，则在t=0时刻质点P在波峰，振幅为2m，ω=2πT=5π2rad/s，则质点P的振动方程为yP=2cos(5π2t4.(2024·湖南省模拟)风洞是进行空气动力学实验的常用设备。如图所示，将质量为m的小球从A点以初速度v0水平向左抛出，假设小球运动过程中受到水平向右、大小恒定的风力F，经过一段时间t，小球运动到A点正下方的B点，且vB=5v0。O点是轨迹的最左端，重力加速度为g。则此过程中()A.小球速度最小时位于O点B.AB之间的距离为5C.小球运动的时间t=2D.小球所受的风力F小于mg答案C解析风对小球的力恒定，则小球可视为在等效重力场中运动，等效重力方向为重力和风力的合力小球运动过程中速度与等效重力方向垂直时速度最小，故小球速度最小时，位于AO之间的某处，故A错误；小球自A运动到B，风力做功为零，由动能定理得mgh=12mvB2-12mv02，解得AB间的距离h=2v02g，又由h=12gt2得小球运动的时间t=2v0g，故B错误，C5.(多选)(2024·河北卷·9)如图，水平放置的密闭绝热汽缸被导热活塞分成左右两部分，左侧封闭一定质量的理想气体，右侧为真空，活塞与汽缸右壁中央用一根轻质弹簧水平连接。汽缸内壁光滑且水平长度大于弹簧自然长度，弹簧的形变始终在弹性限度内且体积忽略不计。活塞初始时静止在汽缸正中间，后因活塞密封不严发生缓慢移动，活塞重新静止后()A.弹簧恢复至自然长度B.活塞两侧气体质量相等C.与初始时相比，汽缸内气体的内能增加D.与初始时相比，活塞左侧单位体积内气体分子数减少答案ACD解析因活塞密封不严，可知左侧气体向右侧真空漏出，最终左、右两侧气体压强相等，故弹簧恢复原长，故A正确；活塞初始时静止在汽缸正中间，对活塞受力分析可知，初始时弹簧处于压缩状态，故活塞最终静止时相对于初始状态向左移动，左侧气体体积小于右侧气体体积，则左侧气体质量小于右侧气体质量，故B错误；密闭的汽缸绝热，与外界没有能量交换，但弹簧弹性势能减少了，由能量守恒定律可知气体内能增加，故C正确；与初始状态相比，气体的体积增大，分子数不变，单位体积内气体分子数减少，故D正确。6.(多选)(2024·贵州遵义市三模)如图甲所示，工人沿倾角为α=10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。若平板车板面始终水平，则货物的动能Ek随位移x的变化图像如乙所示，已知：sin10°=0.17，cos10°=0.98，g取10m/s2，则()A.货物在0~2m的过程中，重力势能增加34JB.货物在0~2m的过程中，克服摩擦力做功C.货物在2~4m的过程中，用时为10sD.货物在2~4m的过程中，机械能一直增大答案ACD解析货物在0~2m的过程中，克服重力做的功等于货物重力势能的增加量，则ΔEp=mgx1sinα=10×10×2×0.17J=34J，故A正确；货物受重力、支持力、静摩擦力，静摩擦力方向与运动方向夹角为锐角，则摩擦力对货物做正功，故B错误；2m末货物的速度为v=2Ek2m=2×810m/s=1.6m/s，货物在2~4m的过程中所受的合外力大小F=|ΔEk|x=82N=4N，加速度大小为a=Fm=0.4m/s2，根据v=at，可知用时为t=va=10s，故C正确；货物在2~4m的过程中，以x=2m所在高度为参考平面，重力势能与动能之和为E=mgΔxsinα+(Ek2-kΔx)=17Δx+(8-4Δx)7.(7分)(2024·新课标卷·22)某同学用如图所示的装置验证动量守恒定律。将斜槽轨道固定在水平桌面上，轨道末段水平，右侧端点在水平木板上的垂直投影为O，木板上叠放着白纸和复写纸。实验时先将小球a从斜槽轨道上Q处由静止释放，a从轨道右端水平飞出后落在木板上；重复多次，测出落点的平均位置P与O点的距离xP。将与a半径相等的小球b置于轨道右侧端点，再将小球a从Q处由静止释放，两球碰撞后均落在木板上；重复多次，分别测出a、b两球落点的平均位置M、N与O点的距离xM、xN。完成下列填空：(1)(1分)记a、b两球的质量分别为ma、mb，实验中须满足条件mamb(填“>”或“<”)；

(2)(6分)如果测得的xP、xM、xN、ma和mb在实验误差范围内满足关系式，则验证了两小球在碰撞中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是。

答案(1)>(2)maxP=maxM+mbxN小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度一定故下落时间一定，水平方向做匀速直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比解析(1)为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求ma>mb；(2)两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前a球的速度大小v0=x碰撞后a球的速度大小va=x碰撞后b球的速度大小vb=x如果碰撞过程系统动量守恒，则满足mav0=mava+mbvb整理得maxP=maxM+mbxN小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度一定，故下落时间一定，水平方向小球做匀速直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。8.(10分)(2024·广东广州市二模)如图所示，截面为矩形的玻璃砖ABCD，一束单色光从AB边以入射角θ射入玻璃砖，光线恰好在AD边上发生全反射。已知光在真空的传播速度大小为3.0×108m/s，玻璃的折射率n=1.2。(1)(2分)简要说明光束射入到玻璃砖后波长如何变化；(2)(3分)求光在玻璃中的传播速度(结果保留两位有效数字)；(3)(5分)求入射角θ的正弦值(结果可带根号)。答案(1)见解析(2)2.5×108m/s(3)11解析(1)进入玻璃砖后光频率不变，光速变小，由λ=vf(2)设光在玻璃砖中的传播速度为v，则有n=c解得v=2.5×108m/s(3)令临界角为C，则AB边的折射角为90°-C，则有n=sinAD边发生全反射n=1解得sinθ=1159.(15分)(2024·福建泉州市二模)如图，水平面上固定一倾角θ=37°的斜面轨道AB，底端通过水平轨道BC与一半径R=0.1m的竖直圆轨道平滑连接，右侧放置一半径r=0.4m的水平细圆管，在圆管中静置小滑块b，初始时水平圆管K处开口，K与E之间用一水平轨道连接。现将小滑块a从斜面上离水平面高h处由静止释放，a运动到圆轨道最高点D时，轨道对它的弹力大小为a重力的11倍。已知a的质量m1=0.3kg，b的质量m2=0.1kg，a与斜面轨道之间的动摩擦因数μ=0.5，水平轨道、圆轨道和细圆管内表面均光滑，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)(4分)求a沿斜面向下运动时的加速度大小a；(2)(5分)求h的值；(3)(6分)若a从开口K进入圆管后，立即撤去轨道EK，并将缺口补完整成为闭合圆管，a、b发生弹性碰撞，水平圆管始终保持静止。从a、b碰后至少经过多长时间，水平面对圆管的摩擦力最小？最小值为多少？答案(1)2m/s2(2)2.4m(3)0.314s6N解析(1)a在斜面上运动时，由牛顿第二定律有m1gsinθ-μm1gcosθ=m1a解得a=2m/s2(2)设a过D点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得11m1g+m1g=m1v设a运动到C点时的速度大小为v0，v02=2从C到运动至D点的过程中，由机械能守恒定律得12m1v02=12m1v2+m解得h=2.4m(3)以a与b碰撞前a的速度方向为正方向，设a、b第一次相撞后a的速度为v1，b的速度大小为v2