《2020版高考物理二輪復習 48分小題精準練6（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理二輪復習 48分小題精準練6（含解析）（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、48分小題精準練(六) (建議用時：20分鐘) (1～5小題為單選題，6～8小題為多選題) 1．對于教材或參考書上的一些圖片，下列說法正確的是(　　) A．圖甲中，有些火星的軌跡不是直線，說明熾熱微粒不是沿砂輪的切線方向飛出的 B．圖乙中，兩個影子在x、y軸上的運動就是物體的兩個分運動 C．圖丙中，小錘用較大的力去打擊彈性金屬片，A、B兩球可以不同時落地 D．圖丁中，做變速圓周運動的物體所受合外力F在半徑方向的分力大于所需要的向心力 B　[題圖甲中熾熱微粒是沿砂輪的切線方向飛出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改變了方向，選項A錯誤；題圖乙中沿y軸的平行光照射時，在x軸上的

2、影子就是x軸方向的分運動，同理，沿x軸的平行光照射時，在y軸上的影子就是y軸方向的分運動，選項B正確；無論小錘用多大的力去打擊彈性金屬片，兩小球在豎直方向的運動是相同的，所以A、B兩球總是同時落地，選項C錯誤；做變速圓周運動的物體所受合外力F在半徑方向的分力等于所需要的向心力，選項D錯誤。] 2．有一種灌漿機可以將某種涂料以速度v持續(xù)噴在墻壁上，假設涂料打在墻壁上后便完全附著在墻壁上，涂料的密度為ρ，若涂料產生的壓強為p，不計涂料重力的作用，則墻壁上涂料厚度增加的速度u為(　　) A. B. C. D. B　[涂料持續(xù)飛向墻壁并不斷附著在墻壁上的過程，速度從v變?yōu)?，其動量的變化緣

3、于墻壁對它的沖量，以極短時間Δt內噴到墻壁上面積為ΔS、質量為Δm的涂料(微元)為研究對象，設墻壁對它的作用力為F，涂料增加的厚度為h。由動量定理得F·Δt＝Δm·v，又有Δm＝ρ·ΔSh，所以p＝＝，涂料厚度增加的速度為u＝，聯(lián)立解得u＝，選項B正確。] 3.(2019·長春田家炳實驗中學模擬)如圖所示為一簡易起重裝置，AC是上端帶有滑輪的固定支架，BC為質量不計的輕桿，桿的一端C用鉸鏈固定在支架上，另一端B懸掛一個重力為G的重物，并用鋼絲繩跨過滑輪A連接在卷揚機上。開始時，桿BC與支架AC的夾角∠BCA>90°，現(xiàn)使∠BCA緩緩變小，直到∠BCA＝30°。在此過程中，桿BC所受的力(不計

4、鋼絲繩重力及一切阻力，且滑輪和鉸鏈大小可不計)(　　) A．逐漸增大 B．先減小后增大 C．大小不變 D．先增大后減小 C　[以結點B為研究對象，分析受力情況，作出結點B的受力分析圖如圖所示，根據(jù)平衡條件知，F(xiàn)、N的合力F合與G大小相等、方向相反。△ABC與△FBF合相似，根據(jù)三角形相似得＝＝，又F合＝G，解得F＝G，N＝G，∠BCA緩慢變小的過程中，AB變小，而AC、BC不變，則F變小，N不變，由牛頓第三定律知作用在BC桿上的力大小不變，故C項正確。] 4.分離同位素時，為提高分辨率，通常在質譜儀內的磁場前加一扇形電場。扇形電場由彼此平行、帶等量異號電荷的兩圓弧形金屬板

5、形成，其間電場沿半徑方向。被電離后帶相同電荷量的同種元素的同位素離子，從狹縫沿同一方向垂直電場線進入靜電分析器，經(jīng)過兩板間靜電場后會分成幾束，不考慮重力及離子間的相互作用，則(　　) A．垂直電場線射出的離子速度的值相同 B．垂直電場線射出的離子動量的值相同 C．偏向正極板的離子離開電場時的動能比進入電場時的動能大 D．偏向負極板的離子離開電場時動量的值比進入電場時動量的值大 D　[垂直電場線射出的離子，在電場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有Eq＝m，解得Eqr＝mv2，同位素的質量不同，所以垂直電場線射出的離子動能的值相同，速度不同，動量不同，A、B錯誤；偏向正極板的離子離

6、開電場時克服電場力做功，動能比進入電場時的小，C錯誤；偏向負極板的離子離開電場時，過程中電場力做正功，速度增大，動量增大，故比進入電場時動量的值大，D正確。] 5.(2019·天津模擬)如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區(qū)域中有垂直于紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場，一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，速度方向與半徑OA成30°角，當該電荷離開磁場時，速度方向剛好改變了180°，不計該點電荷的重力，下列說法正確的是(　　) A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點 B．該點電荷的比荷＝ C．該點電荷在磁場中的運動時間為t＝ D．該點電荷帶正電 B　[該點電荷在磁

7、場中做勻速圓周運動，作出點電荷的運動軌跡如圖所示。根據(jù)幾何關系可知，點電荷在磁場中運動的時間剛好為，點電荷做圓周運動的軌跡半徑為r＝Rsin 30°＝。點電荷離開磁場時速度方向與進入磁場時速度方向相反，其反向延長線不通過O點，故A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝m，又r＝，所以＝，故B正確；該點電荷在磁場中運動的時間為t＝＝，所以C錯誤；根據(jù)點電荷在磁場中的偏轉方向和左手定則可知，該點電荷帶負電，故D錯誤。] 6.質量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質細桿的A點和B點，如圖所示，繩a與水平方向成θ角，繩b在水平方向且長為l，當輕桿繞軸AB以角速度ω勻速轉動時，小球在水平面內做

8、勻速圓周運動，則下列說法正確的是(　　) A．a繩的張力不可能為零 B．a繩的張力隨角速度的增大而增大 C．當角速度ω>，b繩將出現(xiàn)彈力 D．若b繩突然被剪斷，則a繩的彈力一定發(fā)生變化 AC　[對小球受力分析可得，a繩的彈力在豎直方向的分力平衡了小球的重力，解得Ta＝，為定值，A正確，B錯誤；當Tacos θ＝mω2l，即ω＝時，b繩的彈力為零，若角速度大于該值，則繩b將出現(xiàn)彈力，C正確；由于b繩可能沒有彈力，故繩b突然被剪斷，則a繩的彈力可能不變，D錯誤。] 7．(2019·四省八校雙教研聯(lián)盟聯(lián)考)如圖甲所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一匝數(shù)為n、面積為S、總電阻為r的

9、矩形線圈abcd繞軸OO′以角速度ω勻速轉動，矩形線圈在轉動中可以保持和外電路電阻R形成閉合電路，回路中接有一理想交流電流表。圖乙是線圈轉動過程中產生的感應電動勢e隨時間t變化的圖象，下列說法正確的是(　　) A．從t1到t3這段時間內穿過線圈磁通量的變化量為2BS B．從t3到t4這段時間內通過電阻R的電荷量為 C．t3時刻穿過線圈的磁通量變化率為nBSω D．電流表的示數(shù)為 AD　[根據(jù)題圖乙可知，在t1時刻，產生的感應電動勢為正向最大，穿過線圈的磁通量為零，在t3時刻，產生的感應電動勢為負向最大，穿過線圈的磁通量為零，則從t1到t3這段時間內穿過線圈磁通量的變化量為2BS，

10、選項A正確；匝數(shù)為n的線圈在勻強磁場中轉動，從t3到t4這段時間Δt1＝t4－t3內產生的感應電動勢平均值＝n，產生的電流平均值＝，通過電阻R的電荷量q＝Δt1，穿過線圈磁通量的變化量為ΔΦ1＝BS，聯(lián)立解得q＝n，選項B錯誤；在t3時刻，產生的感應電動勢為負向最大，穿過線圈的磁通量為零，穿過線圈的磁通量變化率最大，由E0＝n＝nBSω，得t3時刻穿過線圈的磁通量變化率為＝BSω，選項C錯誤；感應電動勢的有效值為E＝，電路中電流I＝＝，即電流表的示數(shù)為，選項D正確。] 8．如圖甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關系，將某一物體每次以不變的初速度大小v0沿足夠長的斜

11、面向上推出，斜面底邊固定在水平地面上，調節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關系如圖乙所示，物體受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，根據(jù)圖象可求出(　　) A．物體的初速度大小v0＝6 m/s B．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.6 C．取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44 m D．當θ＝30°時，物體達到最大位移后將沿斜面下滑 AC　[由圖乙可知，當斜面的傾角為90°時，x＝1.80 m，則由豎直上拋運動規(guī)律可知v＝2gx，解得v0＝ m/s＝6 m/s，當θ＝0°時，x＝2.40 m，由動能定理可得－μmgx＝－mv，解得μ＝＝，A正確，B錯誤；取不同的傾角θ時，根據(jù)動能定理得－mgxsin θ－μmgcos θ·x＝0－mv，解得x＝＝ m＝ m，tan α＝，則α＝37°，當θ＋α＝90°，即θ＝53°時sin(θ＋α)＝1，此時位移最小，xmin＝1.44 m，C正確；當θ＝30°時，物體受到的重力沿斜面向下的分力F＝mgsin 30°＝mg，摩擦力f＝μmgcos 30°＝0.75×mg×＝mg，因F