小綜合練(一)［分值：60分］1~4題每題4分，5、6題每題6分，7題8分，8題10分，9題14分，共60分1.(2024·山西運(yùn)城市二模)如圖所示為我國(guó)航天員王亞平在空間站中演示“水球氣泡實(shí)驗(yàn)”時(shí)的情景，她往水球中注入一個(gè)氣泡，氣泡靜止在水球中，水球懸在空中，關(guān)于該實(shí)驗(yàn)，下列說(shuō)法正確的是()A.由于完全失重，氣泡中氣體壓強(qiáng)為零B.水與氣泡界面處，水分子作用力表現(xiàn)為斥力C.水與氣泡界面處，氣體分子會(huì)進(jìn)入水中，水分子會(huì)進(jìn)入氣泡中D.若空間站中的溫度升高，則氣泡會(huì)在水球中上升答案C解析氣體壓強(qiáng)是分子不停地運(yùn)動(dòng)與器壁撞擊的結(jié)果，與重力無(wú)關(guān)，氣泡中氣體壓強(qiáng)不為零，故A錯(cuò)誤；水與氣泡界面處，分子比較稀疏，分子間的距離大于平衡時(shí)的距離，水分子作用力表現(xiàn)為引力，即水的表面張力，故B錯(cuò)誤；由于分子是永不停息地做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的，因此水與氣泡界面處，氣體分子會(huì)進(jìn)入水中，水分子會(huì)進(jìn)入氣泡中，達(dá)到動(dòng)態(tài)平衡，故C正確；若空間站中的溫度升高，氣泡的體積會(huì)增大，由于完全失重，沒(méi)有因水的重力產(chǎn)生的壓強(qiáng)，即宏觀效果的浮力，故氣泡不會(huì)在水球中上升，故D錯(cuò)誤。2.(2024·貴州遵義市三模)圖甲為利用光電管研究光電效應(yīng)的電路圖，其中光電管陰極K的材料是鉀，鉀的逸出功為W0。圖乙為實(shí)驗(yàn)中用某一頻率的光照射光電管時(shí)，測(cè)量得到的光電管伏安特性曲線，當(dāng)電壓為Uc時(shí)，光電流恰好為零。已知普朗克常量為h，光電子的電荷量為e。下列說(shuō)法正確的是()A.該實(shí)驗(yàn)的入射光頻率為eB.該實(shí)驗(yàn)的光電子獲得的最大初動(dòng)能為eUcC.光電管兩極間的正向電壓越大，光電流越大D.當(dāng)入射光的頻率小于W0答案B解析根據(jù)Uce=12mvm2=hν-W0，可得該實(shí)驗(yàn)的入射光頻率為ν=eUc+W0h，該實(shí)驗(yàn)的光電子獲得的最大初動(dòng)能為Ekm=eUc，故A錯(cuò)誤，B正確；開始時(shí)光電管兩極間的正向電壓越大，光電流越大，但隨著光電流增加，當(dāng)達(dá)到飽和光電流時(shí)，正向電壓再增加，光電流不再增大，故C錯(cuò)誤；由公式hν0-W0=0，可得，極限頻率為3.(2024·福建龍巖市三模)如圖所示，帶電小球P固定在絕緣豎直墻面上，用繞過(guò)固定在豎直墻上O點(diǎn)的小定滑輪的細(xì)線拉著帶電小球Q。小球Q靜止時(shí)P、Q間的距離為r，O、P間的距離為h，h>r?，F(xiàn)用拉力F緩慢拉動(dòng)細(xì)線的自由端，使小球Q緩慢移動(dòng)，在小球Q從圖示位置緩慢移動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中()A.拉力F先增大后減小B.小球P、Q間的庫(kù)侖力逐漸減小C.小球P、Q系統(tǒng)的電勢(shì)能先不變后減小D.小球Q在P球位置產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小不變答案C解析設(shè)小球Q的質(zhì)量為m，O、Q間距離為L(zhǎng)，在小球Q到達(dá)豎直墻之前，對(duì)小球Q受力分析，小球受重力、拉力、庫(kù)侖力，如圖根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似可得mgh=FL=kqPqQr2r，在小球Q從圖示位置到與墻壁接觸的過(guò)程中，mg、h、qP、qQ均不變，L變小，故r不變，F(xiàn)變小，因此這個(gè)過(guò)程小球Q繞小球P做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球Q與墻壁接觸后受重力、拉力、向上的庫(kù)侖力，在拉力作用下沿墻壁直線上升，庫(kù)侖力變小，小球在豎直方向受力平衡，所以F變大，所以拉力F先減小后增大；小球P、Q間的庫(kù)侖力先不變，再逐漸減小，故A、B錯(cuò)誤；當(dāng)小球Q與墻壁接觸前，庫(kù)侖力不做功，小球P、Q系統(tǒng)的電勢(shì)能不變；當(dāng)小球Q與墻壁接觸后庫(kù)侖力做正功，小球P、Q系統(tǒng)的電勢(shì)能減?。凰孕∏騊、Q系統(tǒng)的電勢(shì)能先不變后減小，故C正確；小球Q在4.(2024·廣東卷·6)如圖所示，紅綠兩束單色光，同時(shí)從空氣中沿同一路徑以θ角從MN面射入某長(zhǎng)方體透明均勻介質(zhì)。折射光束在NP面發(fā)生全反射。反射光射向PQ面。若θ逐漸增大。兩束光在NP面上的全反射現(xiàn)象會(huì)先后消失。已知在該介質(zhì)中紅光的折射率小于綠光的折射率。下列說(shuō)法正確的是()A.在PQ面上，紅光比綠光更靠近P點(diǎn)B.θ逐漸增大時(shí)，紅光的全反射現(xiàn)象先消失C.θ逐漸增大時(shí)，入射光可能在MN面發(fā)生全反射D.θ逐漸減小時(shí)，兩束光在MN面折射的折射角逐漸增大答案B解析在MN面，入射角相同，紅光的折射率小于綠光的折射率，根據(jù)折射定律n=sinθsinα，可知綠光在MN面的折射角較小，由題圖可知綠光比紅光更靠近P根據(jù)發(fā)生全反射的臨界條件sinC=1n可知紅光發(fā)生全反射的臨界角較大，θ逐漸增大時(shí)，折射光線與NP面的交點(diǎn)左移過(guò)程中，在NP面的入射角先小于紅光發(fā)生全反射的臨界角，所以紅光的全反射現(xiàn)象先消失，故B在MN面，光是從光疏介質(zhì)到光密介質(zhì)，無(wú)論θ多大，在MN面都不可能發(fā)生全反射，故C錯(cuò)誤；根據(jù)折射定律n=sinθsinα可知θ逐漸減小時(shí)，兩束光在MN5.(多選)(2024·浙江省縣域教研聯(lián)盟一模)麥克斯韋從場(chǎng)的觀點(diǎn)出發(fā)，認(rèn)為變化的磁場(chǎng)會(huì)激發(fā)感生電場(chǎng)。如圖甲所示，半徑為r的絕緣光滑真空管道(內(nèi)徑遠(yuǎn)小于半徑r)固定在水平面上，管內(nèi)有一質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球，直徑略小于管道內(nèi)徑。真空管處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，規(guī)定豎直向上為正方向。t=0時(shí)刻無(wú)初速度釋放小球。下列說(shuō)法正確的是()A.俯視真空管道，感生電場(chǎng)的方向是逆時(shí)針B.感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力大小為B0C.小球繞管道一周，感生電場(chǎng)做功為πBD.t0時(shí)刻管道對(duì)小球的作用力大小B答案BC解析根據(jù)楞次定律判斷，感生電場(chǎng)為順時(shí)針，故A錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E電動(dòng)勢(shì)=ΔΦΔt，由于ΔΦ=ΔB·S，S=πr2，整理有E電動(dòng)勢(shì)=ΔB·πr2Δt，由題圖乙可知，有ΔBΔt=B0t0，產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，由于E電動(dòng)勢(shì)=Ed=E·2πr，整理有E=E電動(dòng)勢(shì)2πr，感生電場(chǎng)對(duì)小球的作用力F=Eq=B0r2t0q，故B正確；小球繞管道一圈感生電場(chǎng)做功W=F·2πr=πB0r2t0q，故C正確；小球在感生電場(chǎng)中的加速度Eq=maE，t0時(shí)刻小球的速度v=aE6.(多選)(2024·陜西商洛市學(xué)情診斷)2024年6月25日，嫦娥六號(hào)返回器準(zhǔn)確著陸于內(nèi)蒙古四子王旗預(yù)定區(qū)域，工作正常，標(biāo)志著探月工程嫦娥六號(hào)任務(wù)取得圓滿成功，實(shí)現(xiàn)世界首次月球背面采樣返回。設(shè)想嫦娥六號(hào)被月球俘獲后進(jìn)入橢圓軌道Ⅰ上運(yùn)行，當(dāng)經(jīng)過(guò)近月點(diǎn)M點(diǎn)時(shí)啟動(dòng)點(diǎn)火裝置，完成變軌后進(jìn)入圓形軌道Ⅱ上運(yùn)行，已知月球半徑為R，圓形軌道Ⅱ距月球表面距離為nR，橢圓軌道Ⅰ遠(yuǎn)月點(diǎn)距月球表面距離為kR，如圖所示，忽略其他天體對(duì)嫦娥六號(hào)的影響，關(guān)于嫦娥六號(hào)的運(yùn)動(dòng)，以下說(shuō)法正確的是()A.由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ需要在M點(diǎn)點(diǎn)火使其加速才能完成B.在軌道Ⅰ上的近月點(diǎn)速度是遠(yuǎn)月點(diǎn)的1+kC.在軌道Ⅰ上運(yùn)行周期是軌道Ⅱ上運(yùn)行周期的(2+nD.在軌道Ⅱ上運(yùn)行速度為月球第一宇宙速度的1+n答案BC解析由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ需要在M點(diǎn)點(diǎn)火制動(dòng)，使其減速才能完成，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意條件可得近月點(diǎn)及遠(yuǎn)月點(diǎn)距月球球心的距離分別為R1=(n+1)R，R2=(k+1)R，設(shè)在軌道Ⅰ上近月點(diǎn)的速度為v近，遠(yuǎn)月點(diǎn)的速度為v遠(yuǎn)，取極短時(shí)間Δt，根據(jù)開普勒第二定律有12v近·Δt·R1=12v遠(yuǎn)·Δt·R2，聯(lián)立可得v近v遠(yuǎn)=k+1n+1，故B正確；根據(jù)題意可得軌道Ⅰ的半長(zhǎng)軸a=2R+kR+nR2=(2+k+n)R2，軌道Ⅱ的軌道半徑為R'=(n+1)R，設(shè)嫦娥六號(hào)在軌道Ⅰ上運(yùn)行周期為T1，在軌道Ⅱ上運(yùn)行的周期為T2，根據(jù)開普勒第三定律有a3T12=R'3T22，可得T1T2=a3R'3=7.(8分)(2024·安徽卷·12)某實(shí)驗(yàn)小組要將電流表G(銘牌標(biāo)示：Ig=500μA，Rg=800Ω)改裝成量程為1V和3V的電壓表，并用標(biāo)準(zhǔn)電壓表對(duì)其進(jìn)行校準(zhǔn)。選用合適的電源、滑動(dòng)變阻器、電阻箱、開關(guān)和標(biāo)準(zhǔn)電壓表等實(shí)驗(yàn)器材，按圖甲所示連接電路，其中虛線框內(nèi)為改裝電路。(1)(1分)開關(guān)S1閉合前，滑片P應(yīng)移動(dòng)到(填“M”或“N”)端。

(2)(1分)根據(jù)要求和已知信息，電阻箱R1的阻值已調(diào)至1200Ω，則R2的阻值應(yīng)調(diào)至Ω。

(3)(2分)當(dāng)單刀雙擲開關(guān)S2與a連接時(shí)，電流表G和標(biāo)準(zhǔn)電壓表V的示數(shù)分別為I、U，則電流表G的內(nèi)阻可表示為。(結(jié)果用U、I、R1、R2表示)

(4)(2分)校準(zhǔn)電表時(shí)，發(fā)現(xiàn)改裝后電壓表的讀數(shù)始終比標(biāo)準(zhǔn)電壓表的讀數(shù)偏大，經(jīng)排查發(fā)現(xiàn)電流表G內(nèi)阻的真實(shí)值與銘牌標(biāo)示值有偏差，則只要即可。(填正確答案標(biāo)號(hào))

A.增大電阻箱R1的阻值B.減小電阻箱R2的阻值C.將滑動(dòng)變阻器的滑片P向M端滑動(dòng)(5)(2分)校準(zhǔn)完成后，開關(guān)S2與b連接，電流表G的示數(shù)如圖乙所示，此示數(shù)對(duì)應(yīng)的改裝電壓表讀數(shù)為V。(保留2位有效數(shù)字)

答案(1)M(2)4000(3)UI-R1-R(4)A(5)0.86解析(1)由題圖甲可知，該滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，為了保護(hù)電路，在開關(guān)S1閉合前，滑片P應(yīng)移動(dòng)到M端；(2)當(dāng)開關(guān)S2接b時(shí)，電壓表量程為1V，根據(jù)歐姆定律U1=Ig(Rg+R1)當(dāng)開關(guān)S2接a時(shí)，電壓表量程為3V，根據(jù)歐姆定律U2=Ig(Rg+R1+R2)其中R1=1200Ω聯(lián)立解得R2=4000Ω(3)當(dāng)開關(guān)S2接a時(shí)，根據(jù)歐姆定律U=I(Rg+R1+R2)可得電流表G的內(nèi)阻可表示為Rg=UI-R1-R(4)校準(zhǔn)電表時(shí)，發(fā)現(xiàn)改裝后電壓表的讀數(shù)始終比標(biāo)準(zhǔn)電壓表的讀數(shù)偏大，可知電流表G內(nèi)阻的真實(shí)值小于銘牌標(biāo)示值，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，可以增大電阻箱R1的阻值，使得R1+Rg之和不變。故選A。(5)根據(jù)歐姆定律UG=IG(Rg+R1)=430×10-6×(800+1200)V=0.86V。8.(10分)(2024·云南省三校聯(lián)考)如圖甲所示，按壓式圓珠筆可以簡(jiǎn)化為外殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈簧三部分。某按壓式圓珠筆內(nèi)芯的質(zhì)量為m，外殼的質(zhì)量為4m，外殼與內(nèi)芯之間的彈簧的勁度系數(shù)為k。如圖乙所示，先把筆豎直倒立于水平硬桌面上，用力下壓外殼使其下端接觸桌面(如位置a)，此時(shí)彈簧的壓縮量x=16mgk，g為重力加速度，然后將圓珠筆由靜止釋放，彈簧推動(dòng)圓珠筆外殼豎直上升，經(jīng)過(guò)時(shí)間t外殼的速度達(dá)到最大，且此時(shí)外殼與內(nèi)芯發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短)，碰后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到最大高度處(如位置c)。已知彈簧彈性勢(shì)能的計(jì)算公式為E=12kx2(1)(4分)當(dāng)彈簧的壓縮量為多少時(shí)，外殼的速度達(dá)到最大？外殼的最大速度為多少？(2)(3分)外殼與內(nèi)芯碰撞前，彈簧對(duì)外殼的沖量為多大？(3)(3分)圓珠筆外殼下端離開桌面的最大高度是多少？答案(1)4mgk6gmk(2)24mgmk+4解析(1)外殼受向下的重力和向上的彈力，當(dāng)彈力等于重力時(shí)，速度最大，有kx'=4mg解得x'=4故當(dāng)彈簧的壓縮量為4mg設(shè)外殼的最大速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有ΔEp=12×4mv2+4mgΔ即12k(256m2g2k2-16m2g2k2)=12×4mv故外殼的最大速度為6gmk(2)設(shè)彈簧對(duì)外殼的沖量為I，對(duì)外殼，由動(dòng)量定理有I-4mgt=4mv解得I=24mgmk+4故外殼與內(nèi)芯碰撞前，彈簧對(duì)外殼的沖量為24mgmk+4mgt(3)外殼和內(nèi)芯碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得4mv=(4m+m)v'碰后過(guò)程，對(duì)圓珠筆由機(jī)械能守恒定律得12(4m+m)v'2=(4m+m)圓珠筆外殼下端離開桌面的最大高度h'=h+(16mgk-4mgk)故圓珠筆外殼下端離開桌面的最大高度是588mg9.(14分)(2024·河北保定市二模)中國(guó)科學(xué)院自主研制的磁約束核聚變實(shí)驗(yàn)裝置中的“偏轉(zhuǎn)系統(tǒng)”原理圖如圖所示。由正離子和中性粒子組成的多樣性粒子束通過(guò)兩極板間電場(chǎng)后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)。其中的中性粒子沿原方向運(yùn)動(dòng)，被接收板(未畫出)接收；一部分離子打到左極板，其余的進(jìn)入磁場(chǎng)發(fā)生偏轉(zhuǎn)被吞噬板吞噬并發(fā)出熒光。多樣性粒子束寬度為L(zhǎng)，各組成粒子均橫向均勻分布。偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)為垂直紙面向外的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，已知正離子的電荷量為q、質(zhì)量為m，兩極板間電壓為U、間距為L(zhǎng)，極板長(zhǎng)度為2L，吞噬板長(zhǎng)度為2L并緊靠負(fù)極板。若正離子和中性粒子的重力、相互作用力、極板厚度可忽略不計(jì)，則：(1)(3分)要使v0=qUm的正離子能在兩極板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，可在極板間施加一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B0(2)(4分)若入射粒子的速度均為v1=2qUm，撤去極板間的磁場(chǎng)B0，求進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)B1的正離子占總正離子數(shù)的比例η(3)(7分)重新在兩極板間施加一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0并調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大小，使v2=3qUm的正離子沿直線通過(guò)極板后進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，若此時(shí)磁場(chǎng)邊界為矩形，如圖所示，當(dāng)B1=5答案(1)1LmUq(2)50%(3)解析(1)正離子在兩極板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有