统考版2024届高考物理二轮专项分层特训卷第一部分新情境热点练情境6自然现象中的物理原理（附解析）

情境6　自然现象中的物理原理1．[2023·湖北名校第二次联考]如图所示，雨天屋檐底的雨滴A自由下落0.2s时，铜铃边缘上的雨滴B恰好开始自由下落，结果A、B同时落在一水平桌面上．已知雨滴A、B初始位置的竖直高度差L＝1m，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(　　)A.雨滴A的运动时间为0.4sB．雨滴A到水平桌面的距离为1.8mC．雨滴B到水平桌面的距离为1.8mD．若雨滴A、B下落前将桌子四脚垫高0.5m，则A、B仍能同时落在该桌面上2．[2023·辽宁八校模拟](多选)我国古代历法中的“二十四节气”反映了古人的智慧，有人还将其写成了一首节气歌，其中有：春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒．下列与节气有关的物理现象，解释正确的是(　　)A．冬天里，一定质量的冰融化为同温度水的过程中，分子势能增加B．夏天气温比春天高，忽略分子间作用力，则一定质量的大气的内能在夏天比春天大C．人们感觉夏天比冬天闷热是因为夏天同温度下的大气的绝对湿度比冬天的大D．秋天夜晚温度降低，大气的饱和汽压减小，水蒸气容易在草上形成露水3．夏天，海面上的下层空气的温度比上层空气的温度低．可以设想海面上的空气是由折射率不同的许多水平气层组成的．景物反射的光线由于不断被折射，越来越偏离原来的方向，人们逆着光线看去就出现了蜃景．如图所示，下列说法正确的是(　　)A．蜃景是景物由于海平面对光的反射所成的像B．海面上上层空气的折射率比下层空气的折射率大C．A是蜃景，B是景物D．B是蜃景，A是景物4．为了避免遭受雷击，在高大的建筑物上安装尖端导体——避雷针，云层中的大量电荷可以通过避雷针直接引入大地，从而达到保护建筑物的目的．如图是某次避雷针放电时，其带电云层和避雷针之间三条等势线(图中虚线表示)的分布示意图，图中实线上A点和B点为空气分子被电离后的某个电荷运动轨迹上的两点，该电荷的重力不计，则(　　)A．避雷针周围的电场方向指向避雷针尖端B．越靠近避雷针尖端附近电势变化越快C．同一电荷在A点的加速度大于在B点的加速度D．由于不知道电荷电性，无法比较该电荷在A点和B点的电势能大小5．如图所示，沫蝉(一种昆虫)跳跃的竖直高度可达0.7m ，而其身体长度仅有几毫米，跳跃能力远远超过了人们先前所认为的昆虫界的“跳高冠军”——跳蚤．已知沫蝉竖直向上起跳时，平均加速度可达3.8km/s2，起跳后可上升的最大高度为0.7m，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(　　)A．沫蝉起跳时对地面的平均压力大小与其受到的重力大小之比为380∶1B．沫蝉起跳时的初速度为m/sC．沫蝉在竖直向上跳跃过程中的平均速度为m/sD．沫蝉起跳的时间为s情境6　自然现象中的物理原理1．解析：设A的运动时间为t，A到水平桌面的高度为ha，B的运动时间为（t－0.2s），B到水平桌面的高度为hb，则ha＝gt2，hb＝ha－L＝g（t－0.2s）2，联立解得t＝0.6s，ha＝1.8m，hb＝0.8m，选项A、C错误，B正确；根据做自由落体运动的物体的运动特点可知，A、B开始做自由落体运动的时间不同，则运动相同位移（最后0.5m）所用时间也不同，D项错误．答案：B2．解析：一定质量的冰融化为同温度水的过程中，分子动能不变，此过程要吸收热量，内能增加，则分子势能增加，选项A正确；忽略分子间作用力，气体内能只有动能，温度越高，分子平均动能越大，一定质量的大气的内能越大，选项B正确；人们感觉夏天比冬天闷热是因为夏天同温度下的大气的相对湿度比冬天的大，选项C错误；饱和汽压与温度有关，温度越低，饱和汽压越小，则水蒸气容易在草上形成露水，选项D正确．答案：ABD3．解析：当大气层比较平静时，空气的密度随温度的升高而减小，对光的折射率也随之减小，海面上下层空气的温度比上层空气的温度低，下层空气的折射率比上层的大．远处的景物反射的光线射向空中时，不断被折射，射向折射率较低的上一层的入射角越来越大，当光线的入射角大于临界角时，就会发生全反射现象．在地面附近的观察者就可以观察到由空中射来的光线形成的虚像．这就是海市蜃楼的景象．故选C.答案：C4．解析：避雷针周围的电场方向和避雷针所带的电荷有关，而避雷针所带电荷是感应电荷，它的极性和云层所带电荷极性相反，由于不知道云层所带电荷的极性，所以避雷针周围的电场方向不能确定，选项A错误；根据题图等势线分析可知，越靠近避雷针尖端附近电势变化越快，选项B正确；根据等势线越密集的地方电场强度越强，由题图可得EA<EB，根据牛顿第二定律可得a＝，所以同一电荷在A点的加速度小于在B点的加速度，选项C错误；由题图知，若电荷从A运动到B的过程中，电场力方向与速度方向夹角小于90°，电场力做正功，电势能减小，即EpA>EpB，同理，若电荷从B运动到A 的过程中，电场力做负功，电势能增加，有EpA>EpB，选项D错误．答案：B5．解析：沫蝉起跳时，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma，解得地面对沫蝉的平均支持力大小FN＝381mg，由牛顿第三定律可知，沫蝉对地面的平均压力大小F′N＝FN＝381mg，则F′N∶mg＝381∶1，则沫蝉起跳时对地面的平均压力大小与其受到的重力大小之比为381∶1，选项A错误；沫蝉起跳后做竖直上抛运动，根据v2＝2gh，解得沫蝉起跳时的初速度v＝m/s，选项B正确；沫蝉做匀减速直线运动的末速度为零，故平均速度＝m/s，选项C错误；沫蝉起跳过程初速度为零，末速度为v，平均加速度为3800m/s2，则起跳时间t＝＝s，选项D错误．答案：B