《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 48分小題精準(zhǔn)練5（含解析）》由會(huì)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5（含解析）（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、48分小題精準(zhǔn)練(五) (建議用時(shí)：20分鐘) (1～5小題為單選題，6～8小題為多選題) 1．(2019·武漢市重點(diǎn)中學(xué)調(diào)研)在國際單位制中，電荷量的單位是庫侖，符號是C，靜電力常量k＝9.0×109 N·m2/C2。關(guān)于電荷量與庫侖力，下列說法不正確的是(　　) A．兩個(gè)電荷量為1 C的點(diǎn)電荷在真空中相距1 m時(shí)，相互作用力相當(dāng)于地球上九十萬噸的物體所受的重力 B．我們幾乎不可能做到使相距1 m的兩個(gè)物體都帶1 C的電荷量 C．在微觀帶電粒子的相互作用中，庫侖力比萬有引力強(qiáng)得多 D．庫侖定律的公式和萬有引力定律的公式在形式上很相似，所以它們是性質(zhì)相同的兩種力 D　[庫侖定律

2、的公式和萬有引力定律的公式在形式上很相似，但是它們是性質(zhì)不相同的兩種力，選項(xiàng)D說法不正確，其他說法正確。] 2.如圖所示，某豎直彈射裝置由兩根勁度系數(shù)為k的輕彈簧以及質(zhì)量不計(jì)的底盤構(gòu)成，當(dāng)質(zhì)量為m的物體在最低點(diǎn)時(shí)，底盤對物體的支持力為6mg(g為重力加速度)，已知兩根彈簧與豎直方向的夾角為θ＝60°，則此時(shí)每根彈簧的伸長量為(　　) A. B. C. D. D　[物體受重力和支持力，根據(jù)牛頓第二定律有N－mg＝ma，其中N＝6mg，解得a＝5g，再對質(zhì)量不計(jì)的底盤和物體整體分析，受兩個(gè)拉力和重力，根據(jù)牛頓第二定律有，豎直方向2Fcos 60°－mg＝ma，解得F＝6mg，根

3、據(jù)胡克定律有x＝＝，故D正確。] 3．(2019·合肥市一模)如圖所示，真空中位于x軸上的兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷，關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對稱。下列關(guān)于場強(qiáng)E隨x的變化圖象正確的是(　　) A　[根據(jù)場強(qiáng)的疊加原理，可知兩個(gè)等量負(fù)點(diǎn)電荷連線的中點(diǎn)場強(qiáng)為零，在x軸上每個(gè)負(fù)點(diǎn)電荷兩側(cè)(附近)的場強(qiáng)方向都相反，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。] 4.如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向，碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)。已知m2＝3m1，則A反彈后能達(dá)到的高度為(　　)

4、A．h B．2h C．3h D．4h D　[所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失。設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v＋m2v，m1v＝m1gh1，將m2＝3m1代入，聯(lián)立可得h1＝4h，選項(xiàng)D正確。] 5．(2019·東北六校高三聯(lián)考)某發(fā)電機(jī)通過理想變壓器向定值電阻R提供正弦交流電，電路如圖所示，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數(shù)分別為I、U，R消耗的功率為P。若發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼膎倍，則(　　) A．R消耗的功率變?yōu)閚P B．

5、電壓表V的讀數(shù)為nU C．電流表A的讀數(shù)仍為I D．通過R的交變電流頻率不變 B　[發(fā)電機(jī)的線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢有效值為E＝，線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼膎倍，則線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢變?yōu)樵瓉淼膎倍，原、副線圈的匝數(shù)不變，由理想變壓器的變壓規(guī)律＝可知，副線圈的輸出電壓變?yōu)樵瓉淼膎倍，即電壓表的示數(shù)為nU，B正確；由歐姆定律I＝可知，副線圈中的電流變?yōu)樵瓉淼膎倍，由理想變壓器的變流規(guī)律＝，可知原線圈中的電流變?yōu)樵瓉淼膎倍，C錯(cuò)誤；由P＝，可知定值電阻消耗的電功率為原來的n2倍，A錯(cuò)誤；線圈的轉(zhuǎn)速變?yōu)樵瓉淼膎倍，產(chǎn)生的交變電流的頻率變?yōu)樵瓉淼膎倍，則通過定值電阻R的交變電流的頻率變?yōu)樵瓉淼膎倍，D

6、錯(cuò)誤。] 6．如圖甲所示，用一水平力F拉著一個(gè)靜止在傾角為θ的光滑斜面上的物體，逐漸增大F，物體做變加速運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨外力F變化的圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，根據(jù)圖乙中所提供的信息可以計(jì)算出(　　) A．物體的質(zhì)量 B．斜面的傾角 C．物體能靜止在斜面上所施加的最小外力 D．加速度為6 m/s2時(shí)物體的速度 ABC　[對物體受力分析，受拉力、重力、支持力，如圖所示： x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma①， y方向：N－Fsin θ－mgcos θ＝0②， 從圖象中取兩個(gè)點(diǎn)(20 N,2 m/s2)、(30 N，6 m/s2)，代入①式解得：m＝2

7、kg，θ＝37°，故A、B正確；物體能靜止在斜面上，當(dāng)水平力F沿斜面向上的分力與mgsin θ相等時(shí)F最小，即Fcos θ＝mgsin θ ，所以F＝15 N，故C正確；題中并未說明物體的位移，物體做的是變加速運(yùn)動(dòng)，故無法求出加速度為6 m/s2時(shí)物體的速度大小，故D錯(cuò)誤。] 7.如圖所示，兩個(gè)中心重合的正三角形線框內(nèi)分別存在著垂直于紙面向里和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，已知內(nèi)部三角形線框ABC邊長為2a，內(nèi)部磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，且每條邊的中點(diǎn)開有一個(gè)小孔。有一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從AB邊中點(diǎn)D垂直AB進(jìn)入內(nèi)部磁場。如果要使粒子恰好不與邊界碰撞，在磁場中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后又能從D點(diǎn)射入

8、內(nèi)部磁場，下列說法正確的是(　　) A．三角形ABC與A′B′C′之間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B0 B．三角形A′B′C′的邊長可能是2a C．粒子的速度大小為 D．粒子在兩場中運(yùn)動(dòng)周期為 AC　[要想使粒子不與邊界碰撞，在磁場中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后又能從D點(diǎn)射入內(nèi)部磁場，則帶電粒子在內(nèi)、外磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡都應(yīng)為半徑為a的圓弧，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，所以三角形ABC與A′B′C′之間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也應(yīng)該為B0，故A正確；由幾何知識可知，三角形A′B′C′的最短邊長為2a＋2a，B錯(cuò)誤；帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r＝a＝，速度為v＝，C正確；分析知粒子再次回到D點(diǎn)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡對

9、應(yīng)的圓心角θ＝3×60°＋3×300°＝1 080°，故T′＝T＝，D錯(cuò)誤。] 8.如圖所示，在某行星表面上有一傾斜的勻質(zhì)圓盤，盤面與水平面的夾角為30°，圓盤繞垂直于盤面的固定對稱軸以恒定的角速度轉(zhuǎn)動(dòng)，盤面上離轉(zhuǎn)軸距離L處有一小物體與圓盤保持相對靜止，當(dāng)圓盤的角速度為ω時(shí)，小物塊剛要滑動(dòng)。物體與盤面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，該星球的半徑為R，引力常量為G，下列說法正確的是(　　) A．這個(gè)行星的質(zhì)量M＝ B．這個(gè)行星的第一宇宙速度v1＝2ω C．這個(gè)行星的同步衛(wèi)星的周期是 D．離行星表面距離為R的地方的重力加速度為ω2L BCD　[當(dāng)物體轉(zhuǎn)到圓盤的最低點(diǎn)，所受的摩擦力沿斜面向上達(dá)到最大時(shí)，角速度最大，由牛頓第二定律可得μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2L，所以g＝＝4ω2L，繞該行星表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體受到的萬有引力提供向心力，則G＝mg，解得M＝＝，A錯(cuò)誤；行星的第一宇宙速度v1＝＝2ω，B正確；這個(gè)行星的同步衛(wèi)星的周期與行星的自轉(zhuǎn)周期相同，由G＝mg＝mR得T＝，所以C正確；離行星表面距離為R的地方的引力為mg′＝＝mg，即重力加速度為g′＝g＝ω2L，D正確。] - 5 -