2020高考物理二轮练习4综合模拟滚动小卷（四）（Word版带解析）

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. g（R＋h）　　　　　　　 B. gR3 （R＋h）2 C. gR2 R＋h D. gR2 （R＋h）3 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＝ 5 9h1，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 1 3xB．网球的初速度大小为 x g h1 C．若击球高度低于 20 27h1，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 x 2gh1 h1 ，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＞ μ（M＋m）mg M 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 (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． 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＝ 1 n知，a 光的折射率小，故 A 错误，C 正确．根据 v＝ c n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＝L dλ，a 光的干涉条纹宽度大，故 D 错误． 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 GM m （R＋h）2＝ mv2 R＋h，在地球 两极有万有引力等于重力 GM m R2 ＝mg，联立解得 v＝ gR2 R＋h，故 C 正确，A、B、D 错误． 4．解析：选 C.因为 h1－h2＝ 4 9h1，由 t＝ 2h g 可知 tAC tAD＝ 2 3，由 x＝v0t 可知 xAC xAD＝ 2 3，则 xAD＝ 3 2 x，D 距网的水平距离为 1 2x，A 错误；球从 A 到 D，h1＝ 1 2gt2， 3 2x＝v0t，得 v0＝ 3 4x 2g h1，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 2h′ g ＝2 2（h′－h2） g ，解得 h′＝ 20 27h1，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＝ 1 2gt21，得 t1＝ 2h1 g ，则平抛的最大速度 vmax＝ 2x t1＝ x h1 2gh1，h1－h2＝ 1 2gt22，得 t2＝ 2（h1－h2） g ，平抛运 动的最小速度 vmin＝ x t2＝x g 2（h1－h2），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＞μ（M＋m）mg M ，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· ωL＋ω·2L 2 ＝ 3BωL2 2 ，代入数据解得 E＝7.5 V，则回路中电 流 I＝ E R＝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，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 g 2y，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 1 2m1v21＝ 1 2m1v′21＋ 1 2m2v′22，代入数 据可得：m1·x22＝m1·x21＋m2·x23.　 答案：(1)D　(2)m1x2＝m1x1＋m2x3　(3)m1x22＝m1x21＋m2x23 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＝ 1 2m1v20① 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＝m1 v R② 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： v21－v20＝－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： 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＝ 1 2a1t21＝ 1 2· qE1 m t21 0．6r＝1 2a2t22＝ 1 2· qE2 m t22 vy＝ qE1 m t1＝ qE2 m t2 v(t1＋t2)＝2.4r 联立解得 E1＝ 15mv2 16qr E2＝ 15mv2 8qr . (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＝ mv2 R 联立解得 B＝ 5mv 7qr. (3)粒子在电场中的运动时间为 t′1＝ 2.4r v ＝ 12r 5v 匀速运动时间为 t′2＝ 0.2r v ＝ r 5v 在磁场中的运动时间为 t3＝ T 4＝ 7πr 10v粒子从 M 点射入到离开磁场的总时间 t＝ 12r 5v ＋ r 5v＋ 7πr 10v ＝ 26r＋7πr 10v . 答案：(1) 15mv2 16qr 　 15mv2 8qr 　(2) 5mv 7qr (3) 26r＋7πr 10v