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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] 1.(2025·广西柳州市二模)如图所示，一光电管阴极材料的逸出功为W0，现用某单色光照射该光电管的阴极 K，发现有光电子逸出。普朗克常量为h，若减小入射光的强度，下列说法正确的是( ) A.阴极材料的逸出功变小 B.逸出光电子的最大初动能变小 C.单位时间逸出的光电子数增多 D.该阴极材料的截止频率为W 0 h 答案 D 解析 逸出功只由材料自身决定，若减小入射光的强度，阴极材料的逸出功不变，根据光电效应方程可得 Ekm=hν-W0，可知逸出光电子的最大初动能不变，故A、B 错误；若减小入射光的强度，则单位时间逸出的 光电子数减少，故C 错误；根据W0=hν0，可得该阴极材料的截止频率为ν0=W 0 h ，故D 正确。 2.(2025·河北卷·6)2024 年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。 如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接 头1、2 间和2、3 间的线圈匝数n12=n23= n 10，开关S 接3 时输出电压的瞬时值u2=Umsin ωt，则S 接2 时u2-t 的图像为( ) 答案 D 解析 根据理想变压器电压比与匝数比关系可知 U 1 U 3 = n1 n3 ， U 1 U 2 = n1 n2 ，由于输入电压U1不变，可知 U 2 U 3 = n2 n3 ， 即 U 2 U m √2 = n- n 10 n- 2n 10 ，解得U2=9U m 8√2 ，又变压器不改变交流电的频率，则u2=9 8Umsin ωt，可知此时输出的交流 电的周期为T=2π ω 。故选D。 3.(2025·广东广州市检测)如图所示，光滑圆弧轨道ABC 竖直固定，与水平面相切于A 点，B 为圆弧上一点， C 为圆弧最高点，弧长AC 远小于半径。质量相等的小球甲、乙(两小球均可看成质点)分别从B、C 位置由 静止同时释放，则两球从开始运动到A 点的过程中( ) A.甲球比乙球运动的时间短 B.两球可能在A 点右侧相撞 C.两球动量的改变量相等 D.两球重力的冲量相等 答案 D 解析 由于弧长AC 远小于半径，可认为小球甲、乙在光滑圆弧轨道做简谐运动，根据单摆周期公式可得 周期为T=2π√ R g ，小球甲、乙从B、C 位置由静止同时释放，两球从开始运动到A 点的运动时间均为t=T 4 = π 2 √ R g ，可知两球在A 点相撞，故A、B 错误；根据IG=mgt，由于两球质量相等，则两球重力的冲量相等， 故D 正确；根据动能定理可得mgh=1 2mv2，可得小球到达A 点的速度大小为v=√2 gh，则小球的动量变化 量为Δp=mv-0=m√2 gh，由于两球释放高度不同，所以两球动量的改变量不相等，故C 错误。 4.(2025·山东济宁市模拟)一定质量的理想气体从状态a 开始，经历状态b、c 后又回到状态a，在该过程中 气体体积V 随热力学温度T 变化的图像如图所示。下列说法正确的是( ) A.a→b 过程中气体的压强减小 B.b→c 过程中单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数不变 C.a→b 过程中外界对气体做的功小于b→c 过程中气体对外界做的功 D.c→a 过程中气体放出的热量大于其内能减少量 答案 C 解析 根据pV T =C，变形得V=C p T，可知V-T 图像上的点与坐标原点连线的斜率为C p ，由题图可知a→b 过 程中V-T 图像上的点与坐标原点连线的斜率减小，则气体压强增大，故A 错误；由题图可知，b→c 过程中 图像上的点与坐标原点连线的斜率不变，压强不变，故此过程是等压变化，温度升高，体积增大，分子数 密度减小，则在单位时间内、单位面积上碰撞器壁的分子数减小，故B 错误；因pa<pb，则a→b 过程中气 体的平均压强小于b→c 过程中气体的平均压强，体积变化量ΔV 相同，根据W=pΔV，可知a→b 过程中外 界对气体做的功小于b→c 过程中气体对外界做的功，故C 正确；c→a 过程中，V 不变，则有W=0，根据 ΔU=W+Q，可知气体放出的热量等于其内能减少量，故D 错误。 5.(多选)(2025·四川卷·9)某款国产手机采用了一种新型潜望式摄像头模组。如图所示，模组内置一块上下表 面平行(θ<45°)的光学玻璃。光垂直于玻璃上表面入射，经过三次全反射后平行于入射光射出。则( ) A.可以选用折射率为1.4 的光学玻璃 B.若选用折射率为1.6 的光学玻璃，θ 可以设定为30° C.若选用折射率为2 的光学玻璃，第二次全反射入射角可能为70° D.若入射光线向左移动，则出射光线也向左移动 答案 CD 解析 当选用折射率为1.4 的光学玻璃时，根据sin C=1 n= 1 1.4 ，可知sin C>√2 2 ，即C>45°，根据几何知识 可知光线第一次发生全反射时的入射角为θ<45°<C，故选用折射率为1.4 的光学玻璃时不会发生全反射， 故A 错误；当θ=30°时，此时入射角为30°，选用折射率为1.6 的光学玻璃时，此时sin C= 1 1.6 =0.625>0.5=sin 30°，故C>30°，故此时不会发生全反射，故B 错误；若选用折射率为2 的光学玻璃，此时 sin C=1 2，即C=30°，此时光线第一次要发生全反射，入射角一定大于等于30°，即第一次发生全反射时的 入射光线和反射光线的夹角一定大于等于60°，根据几何关系可知第一次发生全反射时的入射光线和反射 光线的夹角等于第二次全反射入射角，故可能为70°，故C 正确；若入射光线向左移动，可知第一次全反 射时的反射光线向左移动，第二次全反射时的反射光线向左移动，同理，第三次全反射时的反射光线向左 移动，即出射光线向左移动，故D 正确。 6.(多选)(2025·山东临沂市一模)如图所示，在一个倾角θ=30°的足够长固定斜面底端P 点将小球以初速度 v=20 m/s 斜向上抛出，抛出方向与斜面的夹角α=30°，小球落在斜面上的Q 点。不计空气阻力，重力加速 度g 取10 m/s2，小球在此运动过程中，下列说法正确的是( ) A.运动时间为4√3 3 s B.从P 点运动到速度与斜面平行时，用时为√3 3 s C.小球离斜面最远距离为10√3 3 m D.落到Q 点时速度与水平方向的夹角为30° 答案 ACD 解析 沿平行斜面和垂直斜面建立坐标系，正交分解如图所示，设小球在空中的运动时间为t，小球在垂 直斜面方向做匀变速直线运动，运动到离斜面最远时速度方向与斜面平行。从抛出到离斜面最远，由运动 学知识有t 2= v sin α gcosθ ，解得小球的运动时间为t=4√3 3 s，A 正确；小球从P 点运动到速度与斜面平行时，用 时为t 2=2√3 3 s，B 错误；小球离斜面最远距离为H=1 2g( t 2)2cos θ=10√3 3 m，C 正确；由运动学知识可知落 到Q 点时x 轴方向的速度为vx=vcos α-gtsin θ=10√3 3 m/s，y 轴方向的速度为vy=vsin α=10 m/s，由几何关系 可知落到Q 点时速度与x 轴的夹角的正切值为tan β=v y v x =√3，即β=60°，故小球落到Q 点时速度与水平方 向的夹角为30°，D 正确。 7.(10 分)(2025·甘肃卷·12)某兴趣小组设计测量电阻阻值的实验方案。可用器材有：电池(电动势1.5 V)两节， 电压表(量程3 V，内阻约3 kΩ)，电流表(量程0.3 A，内阻约1 Ω)，滑动变阻器(最大阻值20 Ω)，待测电阻 Rx，开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。 (1)(6 分)首先设计如图甲所示的电路。 ①要求用S2选择电流表内、外接电路，请在图甲中补充连线将S2的c、d 端接入电路； ②闭合S1前，滑动变阻器的滑片P 应置于 端(填“a”或“b”)； ③闭合S1后，将S2分别接c 和d 端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变， 因此测量电阻时S2应该接 端(填“c”或“d”)。 (2)(4 分)为了消除上述实验中电表引入的误差、该小组又设计了如图乙所示的电路。 ①请在图乙中补充连线将电压表接入电路； ②闭合S1，将S2分别接c 和d 端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic和Ud、Id。则待测电阻阻值Rx= (用Uc、Ud、Ic和Id表示)。 答案 (1)①见解析图 ②b ③c (2)①见解析图 ②U c I c -U d I d 解析 (1)①实物连接图如图所示， ②闭合S1前，根据滑动变阻器的限流式接法，滑片P 应置于b 端，连入电路中的阻值最大，保护电路的安 全。 ③闭合S1后，将S2分别接c 和d 端，观察到这两种情况下电压表的示数有变化、电流表的示数基本不变， 说明电流表分压明显，为减小实验误差，应采用电流表外接法，因此测量电阻时S2应该接c 端。 (2)①实物连接图如图所示， ②根据电路分析，当闭合S1，将S2接c 端时，电压表、电流表的读数分别为Uc、Ic， 则 U c I c =Rx+RA+R 滑 将S2接d 端时，电压表、电流表的读数分别为Ud、Id，则U d I d =RA+R 滑 则待测电阻阻值Rx=U c I c -U d I d 。 8.(9 分)(2025·四川卷·14)如图所示，长度均为s 的两根光滑金属直导轨MN 和PQ 固定在水平绝缘桌面上， 两者平行且相距l，M、P 连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q 连线中点正上方h 处。MN 和PQ 单位长度的 电阻均为r，M、P 间连接一阻值为2sr 的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大 小为v。零时刻，金属杆位于M、P 连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度 大小为g。 (1)(1 分)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势； (2)(3 分)金属杆在导轨上与M、P 连线相距d 时，回路的热功率； (3)(5 分)金属杆在导轨上保持速度大小v 做匀速直线运动的最大路程。 答案 (1)Blv (2) B 2l 2v 2 2r(d + s) (3)√s 2- B 2l 2hv 2mgr 解析 (1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，在回路中产生的感应电动势E=Blv (2)金属杆运动距离d 时，电路中的总电阻为R=2dr+2sr 故此时回路中的热功率为P= E 2 R = B 2l 2v 2 2r(d + s) (3)设金属杆保持速度大小v 做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨，设绳子拉力为FT， 与水平方向的夹角为θ，对金属杆根据受力平衡可知F 安=FTcos θ，mg=FTsin θ 根据几何关系有tan θ= h s- x 同时有F 安=BIl，I= Blv 2r( x + s) 联立解得x=√s 2- B 2l 2hv 2mgr 。 9.(13 分)(2025·山东临沂市一模)如图所示，第一象限内存在水平向左的匀强电场，电场强度大小为E(E 未 知)，第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场及竖直向下的匀 强电场，电场强度大小为√2E。现有一电荷量为q、质量为m 的带正电粒子从x 轴上的A 点以初速度v0垂 直于x 轴射入电场，经y 轴上的P 点进入第二象限。已知第二、三象限内磁感应强度的大小均为E v0 ，A 点 的横坐标为L 2 ，P 点的纵坐标为L，不计粒子重力。求： (1)(3 分)电场强度E 的大小； (2)(4 分)粒子进入第二象限的磁场区域后，第一次经过x 轴的位置到坐标原点的距离； (3)(6 分)粒子第一次在第三象限运动过程中与x 轴的最远距离。 答案 (1)m v0 2 qL (2)(√2+1)L (3)(2+√2)L 解析 (1)粒子在第一象限电场中做类平抛运动，如图所示， 竖直方向有L=v0t 水平方向有L 2 =v x 2 t vx=qE m t 联立解得E=m v0 2 qL (2)设粒子离开电场时，速度大小为v，方向与y 轴正方向夹角为θ，则速度大小v=√v0 2+ v x 2 解得v=√2v0 由几何关系得tan θ=v x v0 解得θ=45° 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r1，由牛顿第二定律得qvB=mv 2 r1 解得r1=√2L 则圆心恰好落在x 轴上。粒子第一次与x 轴相交时到坐标原点的距离d1=r1+r1cos 45° 解得d1=(√2+1)L (3)由解析图可知，粒子进入第三象限时的速度大小为v3=v=√2v0，方向竖直向下，可在水平方向上配上水 平向左的速度v1和水平向右的速度v2，使v1满足qv1B=√2qE 由此可知v1=v2=√2v0 v3与v2的合速度大小v4=√v3 2+ v2 2=2v0，与x 轴方向的夹角α=45° 所以粒子进入第三象限后以v4做匀速圆周运动的同时以v1向左做匀速直线运动。设粒子做匀速圆周运动的 半径为r2，由牛顿第二定律得 qv4B=mv4 2 r2 解得r2=2L 由几何关系得d2=r2+r2cos 45° 解得d2=(2+√2)L
