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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(shè)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(chǎn)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(nèi)噴到墻壁上面積為ΔS、質(zhì)量為Δm的涂料(微元)為研究對象,設(shè)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(zhì)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(jié)點B為研究對象,分析受力情況,作出結(jié)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(zhì)譜儀內(nèi)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(zhì)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(nèi)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(guān)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(zhuǎn)方向和左手定則可知,該點電荷帶負電,故D錯誤。]
6.質(zhì)量為m的小球由輕繩a和b分別系于一輕質(zhì)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(zhuǎn)動時,小球在水平面內(nèi)做
8、勻速圓周運動,則下列說法正確的是( )
A.a(chǎn)繩的張力不可能為零
B.a(chǎn)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(zhuǎn)動,矩形線圈在轉(zhuǎn)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(zhuǎn)動過程中產(chǎn)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(nèi)穿過線圈磁通量的變化量為2BS
B.從t3到t4這段時間內(nèi)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(chǎn)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(chǎn)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(nèi)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(zhuǎn)動,從t3到t4這段時間Δt1=t4-t3內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢平均值=n,產(chǎn)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(chǎn)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(guān)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(diào)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(guān)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