小综合一公开课.docx

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1、考前热身练小综合（一）1 .（2021 湖南岳阳市高三检测）在我市雨污分流改造施工中，需把钢材运送到水池的底部.如 图1,工人甲将钢材放到一定深度时拉住手中的绳保持静止，乙通过拉绳将钢材微调到准确 位置.设乙所拉轻绳始终保持水平，不考虑滑轮的摩擦及大小，在乙缓慢释放手中的绳子， 钢材向左移动的过程中（）图1A.甲对地面的压力不变B.甲手中绳子上的拉力不断增大C.甲受到地面的摩擦力大于乙受到地面的摩擦力D.乙手中绳子上的拉力不断增大答案C解析 对钢材、乙所连接绳子的结点进行受力分析，设甲绳在结点的作用力与水平面夹角为 0,钢材缓慢移动，所以该结点合力时刻为零，由平衡条件得尸甲cos 8=/乙，F

2、 Tsin 0=m 乙缓慢释放手中的绳子，e变大，机钢g不变，根据尸甲=等可得产甲变小，cos。变小，故尸 乙变小；因为工人甲保持静止，在此过程中，绳对工人甲的拉力与水平面的夹角不变.对 工人甲受力分析得歹甲sina+FN=m甲g,/n为地面对甲的支持力，因为产甲减小，根甲g不变， 所以尸n变大，尸n与甲对地面的压力是一对作用力和反作用力，所以甲对地面的压力变大， 故A、B、D错误；对工人甲受力分析得居、甲=/甲cos % 对工人乙受力分析得6乙=/乙= 产甲cos。，因为。大于a,所以cosacos。，F甲氏乙,故C正确.2 .（2021.福建高三二模）如图2所示为海洋生态自动监测浮标，可用

3、于监测水质和气象等参 数.一列水波（视为横波）沿海而传播，在波的传播方向上相距4.5 m的两处分别有甲、乙两浮 标，两浮标随波上下运动.当甲运动到波峰时，乙恰好运动到波谷，此时甲、乙之间只有一 个波峰.观察到甲从第1次到达波峰与第11次到达波峰的时间间隔为20 s,那么该水波（）A.振幅为4.5 mC.频率为2 Hz 答案B图2B.波长为3 mD.波速为2.25m/s解析 根据题给条件无法得知浮标离开平衡位置的最大距离，故A错误；设波长为九 那么由 3题意可知V=4.5m,解得 = 3m,故B正确；设周期为T,那么由题意可知10T=20 s,解得I2T=2 s,所以频率为.尸=0.5Hz,故C

4、错误；波速为o=亍=L5m/s,故D错误.3 .（2021 内蒙古赤峰市高三一模）在航天领域中，悬绳卫星是一种新兴技术，它要求两颗卫星 在不同轨道上同向运行，且两颗卫星与地心连线始终在一条直线上，如图3所示，卫星乙的 轨道半径为八甲、乙两颗卫星的质量均为如 悬绳的长度为%,其重力不计，地球质量为引力常量为G,那么两颗卫星间悬绳的张力为（）图36GMm A 2257 GMm C 25,答案A62GMmB225户8GMmD- 25r解析设两颗卫星做圆周运动的角速度为 软），由万有引力定律及牛顿第二定律可得失-Ft=2。2乙+月=加丁（）20+今,解得 A应选 A.4 . （2021 华大新高考联盟

5、1月联考）在如图4所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之 比为1 : 2,两个相同灯泡的电阻和滑动变阻器接入电路中的有效阻值均为R=5 Q（不考虑灯 泡电阻随温度的变化），两电表均为理想交流电表，电源输出电压的表达式为= 120V2sin 1 00k/（V）.以下说法正确的选项是（ ）L,OdLJ图4A. Li、L2两灯泡消耗的功率之比为2 ： 1B.电流表的示数为8 AC.电源的输出功率为1 900 WD.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，电压表的示数变小答案B解析 设电流表示数为A,副线圈两端的电压为5=2/2R原线圈两端的电压=。2=5。2,原线圈电流=二/2 = 2,2,联立得U =L

6、i、L2两灯泡消耗的功率之比为自=儒=*选项A错误；电源输出电压的有效值U=120V, 由闭合电路欧姆定律得U=/iR+Ui,代入数据解得八=16 A,那么/2 = 8 A,选项B正确；电 源的输出功率P=/iU=l 920 W,选项C错误；当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器负 载电阻变大，输出电流上减小，A减小，电压表的示数变大，选项D错误.5 .（多项选择）（2021 重庆市高三上第一次联合诊断检测）如图5所示，矩形滑块静置于足够长的光滑 水平面上，子弹甲以大小为。的速度从左向右水平射入滑块，从滑块右侧穿出后，完全相同 的子弹乙以大小为。的速度从右向左水平射入滑块，设子弹两次穿越滑块过程

7、中所受阻力大 小恒定且相同，滑块质量始终保持不变，不计空气阻力，以下说法正确的选项是（）U甲oV*乙z/zz/z/zzzzzzz/zz/zzzzzzzzzz/ZZ/z/z/zz图5A.子弹乙穿出滑块时，滑块速度恰好为零B.子弹甲穿越滑块经历的时间比子弹乙穿越滑块经历的时间长C.子弹两次穿越滑块过程中，子弹与滑块系统产生的热量相同D.子弹两次穿越滑块过程中，滑块对子弹所做的功相同答案BC解析 子弹乙与滑块的相对初速度较大，那么子弹甲穿越滑块经历的时间比子弹乙穿越滑块经 历的时间长，故B正确；子弹两次穿越滑块过程中，子弹与滑块相对位移大小相同，子弹与 滑块系统产生的热量Q=RL相对，由于阻力和相对

8、位移相同，所以产生的热量相同，故C正 确；子弹两次穿越滑块过程中，子弹位移大小不同，滑块对子弹所做的功不同，那么两颗子弹 穿出木块后速度不相等；因在整个过程中，两颗子弹和滑块系统总动量为零，因两颗子弹穿 出后的总动量不为零，那么滑块的动量也不为零，即滑块的速度不为零，故A、D错误.6 .（多项选择）（2021.湖南卷.10）两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为3通过长为L的绝缘轻 质杆相连，构成如图6所示的组合体.距离组合体下底边”处有一方向水平、垂直纸面向里 的匀强磁场.磁场区域上下边界水平，高度为L,左右宽度足够大.把该组合体在垂直磁场 的平面内以初速度。o水平无旋转抛出，设置合适的磁感

9、应强度大小3使其匀速通过磁场，不 计空气阻力.以下说法正确的选项是（）X X xXXXXX “X XXX X xXXXXX “X XXA. B与Vo无关,与赤成反比B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D.调节H、O0和 只要组合体仍能匀速通过磁场，那么其通过磁场的过程中产生的热量不变 答案CD解析 将组合体以初速度00水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动, 由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，那么有 mg=F 安=那么8与次）无关，与4赤成反比，A错误；当金属框刚进入磁场时金属

10、框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框 刚出磁场时金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B错误；组合体通过磁场的过程中mg=F安,那么组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正确；无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有加g=/安，那么安培力做的功都为卬=尸安4那么组合体通过磁场的过程中产生的热量不变，D正确.7.（2021 山东青岛市高三期末）某实验小组做“探究加速度与力的关系”实验时，先采用如图 7甲所示的常规实验方案，处理数据时发现误差比拟明显.该小组经过分析讨论，对实验方 案进行了改进和优化，采用如图乙所示实验方案，具体实验操作步骤如

11、下：A.挂上托盘和祛码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑B.取下托盘和祛码，用天平测出其总质量为相，查出并记录当地重力加速度gC.把小车放回木板上原位置，让小车沿木板加速下滑，测出其下滑的加速度。D.改变祛码质量和垫块位置，屡次测量机和m通过作图可得到“一产的关系打点打点图7比拟甲、乙两实验方案，实验时需要满足条件Mm的实验方案是(选填 ，甲，“乙”或“甲和乙”)；采用乙实验方案，在作Q一b关系时，小车受到的合外力尸=;在一次实验操作中，获得如图8所示的纸带，A、B、C、D、E为计数点，其中相邻两计 数点间均有四个点未画出，所用交变电源的频率为50 Hz,那么在打下。点时小

12、车的速度大小 =m/s,由纸带可求得小车运动的加速度=m/s1计算结果均保存两位有 效数字).C 旦 C DE jii 叫iinp 叫所 nn|H,n 叫川甲而叫1川|川甲 n”nnpni 向 pnp甲 nnpn 甲 nipinpn| 川 jniipin 画 inipinpni02 3 4 5 6 1 8 9 10 11 12 13 14 cm图8(4)图9是该小组先后采用甲、乙两个实验方案描绘出的。一歹关系图像，图像中(选 填“”或“)是乙实验方案得到的一尸关系图像.答案甲 Q)mg (3)0.30 0.80 (4)解析(1)根据题意，题图甲所示实验方案中托盘和祛码的总重力充当小车的合外力，

13、为减小 托盘和展码质量对实验的影响，应满足而题图乙所示方案的实验原理为，挂上托盘 和硅码，调整垫块位置，使质量为M的小车拖着纸带沿木板匀速下滑时，由平衡条件有Mgsin 0fiMgcos 夕一Ft=0, F=mg取下托盘和破码，让小车沿木板加速下滑，那么有Mgsin夕一4M?cos 6=Ma由以上几式解得F合=Ft=mg=Ma所以不需要满足Mm,那么实验时需要满足条件Mm的实验方案是甲.(2)采用乙实验方案，在作一方关系时，小车受到的合外力尸=2g.由题图利用平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得m/s0.30 m/sxbd (7.75-1.80)X10-2Vc=2T= 501利用逐差法可得小车运

14、动的加速度为m/s2=0.80 m/s2xce-xac (7.60-4.40) X1Q-24P-=4X0.12(4)由于用乙实验方案，在作一歹关系图像时，小车受到的合外力F=mg=Ma,那么有。=需所以图像中是乙实验方案得到的a-F关系图像.8.(2021 河北卷16(2)将两块半径均为农、完全相同的透明半圆柱体A、8正对放置，圆心上 下错开一定距离，如图10所示，用一束单色光沿半径照射半圆柱体4设圆心处入射角为仇 当6=60。时，A右侧恰好无光线射出；当。=30。时，有光线沿3的半径射出，射出位置与A的圆心相比下移不考虑屡次反射，求:半圆柱体对该单色光的折射率;(2)两个半圆柱体之间的距离d

15、.答案(1(2解析(1)光从半圆柱体A射入，满足从光密介质到光疏介质，当。=60。时，A右侧恰好无光 线射出，即发生全反射，那么有sin 60。=、解得n=3(2)当入射角9=30。时，经两次折射从半圆柱体8的半径出射，设折射角为匕 光路如图由折射定律有=由折射定律有=sin rsin 0由几何关系有h-Rsm 09.(2021 山东潍坊市高三下3月一模)如图11所示，在直角坐标系OWxWL区域内有沿y轴 正方向的匀强电场；区域内，x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场、x轴下方有垂 直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小相同.质量为小、电荷量为e的电子，从y轴上的 A点以某一速度沿x轴正方向射入电场

16、，飞出电场后从M(2L,0)点进入磁场区域，进入磁场时 速度大小为。、方向与x轴夹角8=30。.电子在磁场中运动一段时间后从N(3L,0)飞出.求：XXXXXXLXXX3L图11匀强电场场强石的大小；磁感应强度B的可能值；电子从4到N经历的时间.y3mv2 nmv答案 、4eL (2)H(72=123,)(3)(4/+兀此3v解析(1)电子在匀强电场中做类平抛运动，设初速度为伙)，电场中运动时间为介，沿x轴方 向。o=ocos。，L=vo，t, 沿 y 轴方向 4=osin。，vy=at根据牛顿第二定律联立解得第/设电子在匀强磁场中运动半径为/?,从M点进磁场，从N点出磁场，由几何关系可得R =5(=123,)根据牛顿第二定律evB=nr 解得 B=H(=1，2,3,)(3)电子在L2L区域内运动时间亥=巳=八。lzvOo J设电子在匀强磁场中运动时间为Z3,在磁场中运动的圆心角为60,电子在磁场中运动的轨 迹长度s=2兀/?，(= 1,2,3, )s片=V电子从A到N经历的时间，=1+亥+d=