《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(huì)員分享，可在線(xiàn)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(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、48分小題精準(zhǔn)練(十二) (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.勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)原來(lái)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(gè)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(guò)程滿(mǎn)足動(dòng)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(dòng)量守恒定律和帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式r＝可知此衰變方程滿(mǎn)足題意。]

2、 2.A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，由圖象可知(　　) A．A、B兩物體運(yùn)動(dòng)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(shí)相遇，則計(jì)時(shí)開(kāi)始時(shí)二者相距30 m D　[A物體先向負(fù)方向做減速運(yùn)動(dòng)，然后再向正方向做加速運(yùn)動(dòng)；B物體一直向正方向加速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；直線(xiàn)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(xiàng)B錯(cuò)誤；前4 s內(nèi)兩物體運(yùn)動(dòng)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(xiàng)C錯(cuò)誤；A、B兩物體若在6 s時(shí)相遇，則計(jì)時(shí)開(kāi)始時(shí)

3、二者相距×6×7.5 m＋ m＝30 m，選項(xiàng)D正確。] 3．(2016·湖南六校聯(lián)考)一根細(xì)線(xiàn)一端系一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，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(yùn)動(dòng)的角速度為ω，細(xì)線(xiàn)的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖象是(　　) C　[由題知小球未離開(kāi)圓錐表面時(shí)細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角為θ，用L表示細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)度，小球離開(kāi)圓錐表面前，細(xì)線(xiàn)的張力為FT，圓錐對(duì)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(kāi)圓錐表面后，設(shè)細(xì)線(xiàn)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(duì)照四個(gè)選項(xiàng)的圖象可知C項(xiàng)正確。] 4.如圖所示為一理想變壓器，其中a、b、c為三個(gè)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(shí)，三個(gè)燈泡恰好都能正常發(fā)光。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．三個(gè)燈泡的額定電壓為 B．變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)比為9∶2 C．此時(shí)燈泡a和b消耗的電功率之比為2∶7 D．流過(guò)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(shí)原線(xiàn)圈兩端的電壓為U1＝U入－U

5、＝7U，副線(xiàn)圈兩端的電壓為U2＝2U，則變壓器原、副線(xiàn)圈匝數(shù)比為＝＝，根據(jù)＝＝，因?yàn)閍、b此時(shí)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(shí)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(huì)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(cuò)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(diǎn)由靜止下滑，然后沿切線(xiàn)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(diǎn)B?，F(xiàn)在空間加一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，若仍從A點(diǎn)由

6、靜止釋放該小球(小球的電荷量在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中保持不變，不計(jì)空氣阻力)，則(　　) A．小球一定不能到達(dá)B點(diǎn) B．小球仍恰好能到達(dá)B點(diǎn) C．小球一定能到達(dá)B點(diǎn)，且在B點(diǎn)對(duì)軌道有向上的壓力 D．小球能否到達(dá)B點(diǎn)與電場(chǎng)強(qiáng)度的大小有關(guān) B　[未加電場(chǎng)時(shí)，小球恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)B，在最高點(diǎn)B，由牛頓第二定律，mg＝m，小球從A到B點(diǎn)，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(chǎng)，若仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球，小球從A到B點(diǎn)，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(diǎn)，在最高點(diǎn)B，由牛頓第二定律，m

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

8、方向，故A錯(cuò)誤；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD邊切割磁感線(xiàn)，AD邊不切割磁感線(xiàn)，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bav，則線(xiàn)框中感應(yīng)電流I＝＝，故B錯(cuò)誤；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線(xiàn)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A(yíng)D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(chǎng)時(shí)線(xiàn)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(xiàng)正確；當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD兩端電壓U＝I×＝Bav，故D選項(xiàng)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(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．下滑過(guò)程中A的機(jī)械能守恒 B．當(dāng)A滑到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)A的支持力大小為2mg C．下滑過(guò)程中重力對(duì)A做功的功率一直增加 D．整個(gè)過(guò)程中輕桿對(duì)B做的功為mgR BD　[下滑過(guò)程中桿對(duì)A有力的作用，并且這個(gè)力對(duì)A做負(fù)功，所以A的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)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(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得：·2mv2＝mgR，最低點(diǎn)時(shí)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(duì)A的支持力大小為2mg，故B正確；開(kāi)始時(shí)重力對(duì)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(duì)A做功的功率先增大后減小，故C錯(cuò)誤；A運(yùn)動(dòng)到底端的過(guò)程中，B的動(dòng)能增加量即輕桿對(duì)B做的功W＝mv2＝mgR，故D正確。] 8.如圖所示，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的木塊A放在長(zhǎng)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(shí)速度為v0，木塊在木板上滑行的時(shí)間為t，則下列說(shuō)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(shí)，木板獲得的速度大小為 v0 C．木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為 D．木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，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(dòng)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(duì)子彈和木塊A系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：mv0＝v1，解得v1＝v0，選項(xiàng)A正確；木塊滑離木板時(shí)，對(duì)木板和木塊(包括子彈)系統(tǒng)：mv0＝·v0＋mv2，解得v2＝v0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)木板，由動(dòng)量定理：ft＝mv2，解得f＝，選項(xiàng)C正確；由能量守恒定律可知，木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，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(dòng)能與木板增加的動(dòng)能之差，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] - 5 -