《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 48分小題精準(zhǔn)練12（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 48分小題精準(zhǔn)練12（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、48分小題精準(zhǔn)練(十二) (建議用時：20分鐘) (1～5小題為單選題，6～8小題為多選題) 1.勻強(qiáng)磁場中有一個原來靜止的碳14原子核，它放射出的粒子與反沖核的徑跡是兩個內(nèi)切的圓，兩圓的直徑之比為7∶1，如圖所示，那么碳14的衰變方程為(　　) A.C→B＋e B.C→Be＋He C.C→B＋H D.C→N＋e D　[原子核的衰變過程滿足動量守恒，放射出的粒子與反沖核的速度方向相反，由題圖根據(jù)左手定則判斷得知，該粒子與反沖核的電性相反，可知碳原子核發(fā)生的是β衰變，衰變方程為C→N＋e，根據(jù)動量守恒定律和帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運動的半徑公式r＝可知此衰變方程滿足題意。]

2、 2.A、B兩物體運動的v-t圖象如圖所示，由圖象可知(　　) A．A、B兩物體運動方向始終相同 B．A、B兩物體的加速度在前4 s內(nèi)大小相等、方向相反 C．A、B兩物體在前4 s內(nèi)不可能相遇 D．A、B兩物體若在6 s時相遇，則計時開始時二者相距30 m D　[A物體先向負(fù)方向做減速運動，然后再向正方向做加速運動；B物體一直向正方向加速運動，故選項A錯誤；直線的斜率等于加速度，則A、B兩物體的加速度在前4 s內(nèi)大小相等、方向相同，選項B錯誤；前4 s內(nèi)兩物體運動方向相反，因不知起始位置，則A、B兩物體在前4 s內(nèi)可能相遇，選項C錯誤；A、B兩物體若在6 s時相遇，則計時開始時

3、二者相距×6×7.5 m＋ m＝30 m，選項D正確。] 3．(2016·湖南六校聯(lián)考)一根細(xì)線一端系一小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在光滑圓錐頂上，如圖所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω，細(xì)線的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖象是(　　) C　[由題知小球未離開圓錐表面時細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，用L表示細(xì)線長度，小球離開圓錐表面前，細(xì)線的張力為FT，圓錐對小球的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FTsin θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，F(xiàn)Tcos θ＋FNsin θ＝mg，聯(lián)立解得FT＝mgcos θ＋ω2mLsin2θ。小球離開圓錐表面后，設(shè)細(xì)線與豎直方

4、向的夾角為α，根據(jù)牛頓第二定律有FTsin α＝mω2Lsin α，解得FT＝mL·ω2。對照四個選項的圖象可知C項正確。] 4.如圖所示為一理想變壓器，其中a、b、c為三個額定電壓相同的燈泡，輸入電壓u＝Umsin 100πt(V)。當(dāng)輸入電壓為燈泡額定電壓的8倍時，三個燈泡恰好都能正常發(fā)光。下列說法正確的是(　　) A．三個燈泡的額定電壓為 B．變壓器原、副線圈匝數(shù)比為9∶2 C．此時燈泡a和b消耗的電功率之比為2∶7 D．流過燈泡c的電流，每0.02 s方向改變一次 C　[設(shè)燈泡的額定電壓為U，根據(jù)題意，輸入電壓U入＝＝8U，得：U＝，此時原線圈兩端的電壓為U1＝U入－U

5、＝7U，副線圈兩端的電壓為U2＝2U，則變壓器原、副線圈匝數(shù)比為＝＝，根據(jù)＝＝，因為a、b此時都能正常發(fā)光，故電壓都為額定電壓，根據(jù)P＝UI，可知a、b消耗的電功率與電流成正比，即此時燈泡a和b消耗的電功率之比為2∶7，由輸入電壓的表達(dá)式，可知周期T＝＝0.02 s，而變壓器不會改變交變電流的周期，故每0.02 s電流方向改變兩次，故A、B、D錯誤，C正確。] 5．(2019·湖南六校聯(lián)考)如圖所示，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣斜面軌道上的A點由靜止下滑，然后沿切線進(jìn)入豎直面內(nèi)半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道，恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點B。現(xiàn)在空間加一豎直向下的勻強(qiáng)電場，若仍從A點由

6、靜止釋放該小球(小球的電荷量在運動過程中保持不變，不計空氣阻力)，則(　　) A．小球一定不能到達(dá)B點 B．小球仍恰好能到達(dá)B點 C．小球一定能到達(dá)B點，且在B點對軌道有向上的壓力 D．小球能否到達(dá)B點與電場強(qiáng)度的大小有關(guān) B　[未加電場時，小球恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點B，在最高點B，由牛頓第二定律，mg＝m，小球從A到B點，由機(jī)械能守恒定律，mgh＝mg·2R＋mv，聯(lián)立解得h＝；現(xiàn)在空間加一豎直向下的勻強(qiáng)電場，若仍從A點由靜止釋放該小球，小球從A到B點，由能量守恒定律，mgh＋qEh＝(mg＋qE)·2R＋mv2，解得，假設(shè)小球仍恰好能到達(dá)B點，在最高點B，由牛頓第二定律，m

7、g＋qE＝m，解得v＝＝v2，假設(shè)成立，選項A、C、D錯誤，B正確。] 6.如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向右上方穿進(jìn)磁場，當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場時，線框的速度為v，方向與磁場邊界成45°角，若線框的總電阻為R，則(　　) A．線框穿進(jìn)磁場過程中，線框中電流的方向為DCBAD B．AC剛進(jìn)入磁場時線框中感應(yīng)電流為 C．AC剛進(jìn)入磁場時線框所受安培力為 D．此時CD兩端電壓為Bav CD　[線框進(jìn)入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感應(yīng)電流的磁場的方向向外，由安培定則可知感應(yīng)電流的方向為ABCDA

8、方向，故A錯誤；AC剛進(jìn)入磁場時，CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bav，則線框中感應(yīng)電流I＝＝，故B錯誤；AC剛進(jìn)入磁場時線框的CD邊受到的安培力與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是F＝BIa，由幾何關(guān)系知，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，AC剛進(jìn)入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，F(xiàn)合＝F＝，故C選項正確；當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場時，CD兩端電壓U＝I×＝Bav，故D選項正確。] 7.如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓弧軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓弧軌道上，A與圓心O等

9、高，B位于O的正下方，它們由靜止釋放，最終在水平面上運動。下列說法正確的是(　　) A．下滑過程中A的機(jī)械能守恒 B．當(dāng)A滑到圓弧軌道最低點時，軌道對A的支持力大小為2mg C．下滑過程中重力對A做功的功率一直增加 D．整個過程中輕桿對B做的功為mgR BD　[下滑過程中桿對A有力的作用，并且這個力對A做負(fù)功，所以A的機(jī)械能不守恒，故A錯誤；以A、B為整體，機(jī)械能守恒，當(dāng)A滑到圓弧軌道最低點的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：·2mv2＝mgR，最低點時由支持力和重力的合力提供向心力，則有FN－mg＝m，所以軌道對A的支持力大小為2mg，故B正確；開始時重力對A做功功率為零，最后到水平

10、面，速度方向水平，重力做功功率仍為零，所以重力對A做功的功率先增大后減小，故C錯誤；A運動到底端的過程中，B的動能增加量即輕桿對B做的功W＝mv2＝mgR，故D正確。] 8.如圖所示，質(zhì)量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的木塊A放在長木板的左端，一顆質(zhì)量為m的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時速度為v0，木塊在木板上滑行的時間為t，則下列說法正確的是(　　) A．木塊獲得的最大速度為v0 B．木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為 v0 C．木塊在木板上滑動時，木塊與木板間的滑動摩擦力大小為 D．木塊在木板上滑動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能 AC　[子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，取向右為正方向，對子彈和木塊A系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律：mv0＝v1，解得v1＝v0，選項A正確；木塊滑離木板時，對木板和木塊(包括子彈)系統(tǒng)：mv0＝·v0＋mv2，解得v2＝v0，選項B錯誤；對木板，由動量定理：ft＝mv2，解得f＝，選項C正確；由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動時，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差，選項D錯誤。] - 5 -