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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n 和
1
n ，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n 和n ，输电线上的电阻为R，变压器均为理想变压器，若保持
2 3 4
发电厂的输出电压U 不变，当输电线上电流I 减少ΔI时，则用户端的电压增加( )
1 2
n n
3 4
A. ΔI·R B. ΔI·R
n n
4 3
n n n n
1 3 1 4
C. ΔI·R D. ΔI·R
n n n n
2 4 2 3
答案 B解析 U 一定，则U 一定，当输电线上电流I 减少ΔI，则输电线上电压减少ΔI·R，则降压变压器原线圈
1 2 2
ΔU n n
3 3 4
两端的电压增加ΔU =ΔI·R，根据原、副线电压关系可知 = ，用户端电压增大ΔU = ΔI·R，故选
3 ΔU n 4 n
4 4 3
B。
3.(2024·江苏扬州市新华中学三模)图甲为一列简谐横波在t=0.4 s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x =10 m、x =15 m，图乙为质点Q的振动图像，下列说法正确的是(
P Q
)
A.波速是25 m/s，传播方向沿x轴负方向
B.t=0.6 s时质点P传播到x=15 m处
C.t=0.6 s时，质点P的速度最大且沿y轴正方向
5π
D.质点P的振动方程为y =2sin ( t) m
P 2
答案 C
λ
解析 由题图甲可知波长为20 m，由题图乙可知周期为0.8 s，根据v= ，解得v=25 m/s，由振动图像可知，
T
t=0.4 s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15 m处，B错误；t=0.4 s时刻质点P在波谷，当t=0.6 s时，即经过了0.6 s-0.4 s=
1
T，质点到达平衡位置，速度最大且沿y轴正方向，C正确；t=0.4 s时刻质点P在波谷，则在t=0时刻质
4
2π 5π 5π
点P在波峰，振幅为2 m，ω= = rad/s，则质点P的振动方程为y =2cos ( t) m，D错误。
T 2 P 2
4.(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v 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
0
A点正下方的B点，且v =√5v 。O点是轨迹的最左端，重力加速度为g。则此过程中( )
B 0
A.小球速度最小时位于O点
5v 2
B.AB之间的距离为 0
g2v
C.小球运动的时间t= 0
g
D.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
1 1 2v 2
误；小球自A运动到B，风力做功为零，由动能定理得mgh= mv 2 - mv 2 ，解得AB间的距离h= 0 ，又
2 B 2 0 g
1 2v
由h= gt2得小球运动的时间t= 0 ，故B错误，C正确；由于水平方向合力做功为0，在水平方向速度大
2 g
小不变，方向反向，由动量定理得Ft=2mv ，所以F=mg，故D错误。
0
5.(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10
kg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E 随位移x的变化图像如乙所示，已知：sin 10°=0.17，cos 10°=0.98，g取10 m/s2，则( )
k
A.货物在0~2 m的过程中，重力势能增加34 J
B.货物在0~2 m的过程中，克服摩擦力做功
C.货物在2~4 m的过程中，用时为√10 s
D.货物在2~4 m的过程中，机械能一直增大
答案 ACD
解析 货物在0~2 m的过程中，克服重力做的功等于货物重力势能的增加量，则ΔE =mgx sin
p 1
α=10×10×2×0.17 J=34 J，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
√2E √2×8
角，则摩擦力对货物做正功，故B错误；2 m末货物的速度为v= k2= m/s=√1.6 m/s，货物在2~4
m 10
|ΔE | 8 F
m的过程中所受的合外力大小F= k = N=4 N，加速度大小为a= =0.4 m/s2，根据v=at，可知用时为
x 2 m
v
t= =√10 s，故C正确；货物在2~4 m的过程中，以x=2 m所在高度为参考平面，重力势能与动能之和为
a
E=mgΔxsin α+(E -kΔx)=17Δx+(8-4Δx)=13Δx+8(J)，则随Δx增加，机械能一直增大，故D正确。
k2
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x 。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
P
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x 、x 。
M N
完成下列填空：
(1)(1分)记a、b两球的质量分别为m、m ，实验中须满足条件m m (填“>”或“<”)；
a b a b
(2)(6分)如果测得的x 、x 、x 、m 和m 在实验误差范围内满足关系式 ，则验证了两小球在碰
P M N a b
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)mx =mx +m x
a P a M b N
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m>m ；
a b
(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
x
度大小v = P
0 t
x
碰撞后a球的速度大小v= M
a t
x
碰撞后b球的速度大小v = N
b t
如果碰撞过程系统动量守恒，则满足
mv =mv+m v
a 0 a a b b
整理得mx =mx +m x
a P a M b N
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3.0×108 m/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)。
√11
答案 (1)见解析 (2)2.5×108 m/s (3)
5
v
解析 (1)进入玻璃砖后光频率不变，光速变小，由λ= ，可知波长变短。
f
c
(2)设光在玻璃砖中的传播速度为v，则有n=
v
解得v=2.5×108 m/s
sinθ
(3)令临界角为C，则AB边的折射角为90°-C，则有n=
sin(90°-C)
1
AD边发生全反射n=
sinC√11
解得sin θ= 。
5
9.(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=0.1 m的竖直圆轨道平滑连接，右侧放置一半径r=0.4 m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m =0.3 kg，b的
1
质量m =0.1 kg，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
2
g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=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)2 m/s2 (2)2.4 m (3)0.314 s 6 N
解析 (1)a在斜面上运动时，由牛顿第二定律有m gsin θ-μm gcos θ=m a
1 1 1
解得a=2 m/s2
v2
(2)设a过D点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得11m g+m g=m
1 1 1R
h
设a运动到C点时的速度大小为v ，v 2 =2a
0 0 sin37°
1 1
从C到运动至D点的过程中，由机械能守恒定律得 m v 2 = m v2+m g·2R
2 1 0 2 1 1
解得h=2.4 m
(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v ，b的速度大小为v ，则
1 2
1 1 1
m v =m v +m v ， m v 2 = m v 2 + m v 2
1 0 1 1 2 2 2 1 0 2 1 1 2 2 2
得v =2 m/s，v =6 m/s
1 2
圆管对a、b水平方向上的弹力分别为
v 2 v 2
F =m 1 =3 N，F =m 2 =9 N
N1 1 N2 2
r r
根据牛顿第三定律得，a、b对圆管水平方向上的弹力F '=F ，F '=F
N1 N1 N2 N2
当a、b及圆管圆心第一次共线时，F '和F '的合力最小，大小为6 N，此时水平面对圆管的摩擦力最小，
N1 N2
大小为F =6 N
fmin
设所求时间为t，则有v t-v t=πr
2 1π
解得t= s≈0.314 s。
10
