2020版高考物理二輪復習 48分小題精準練11(含解析)

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1、48分小題精準練(十一) (建議用時:20分鐘) (1~5小題為單選題,6~8小題為多選題) 1.下列幾幅圖的有關說法正確的是(  ) A.圖一中少數(shù)α粒子穿過金箔后方向不變,大多數(shù)α粒子穿過金箔后發(fā)生了較大角度的偏轉 B.圖二光電效應實驗說明了光具有粒子性 C.圖三中射線丙由α粒子組成,每個粒子帶兩個單位正電荷 D.圖四鏈式反應屬于輕核的聚變,又稱為熱核反應 B [在α粒子散射實驗中,絕大多數(shù)α粒子穿過金箔后方向基本不變,只有少數(shù)α粒子發(fā)生了較大角度的偏轉,則A錯誤;光電效應實驗說明了光具有粒子性,所以B正確;由左手定則可知,甲由α粒子組成,每個粒子帶兩個單位正電荷,

2、故C錯誤;鏈式反應屬于重核的裂變,故D錯誤。] 2.目前人類正在積極探索載人飛船登陸火星的計劃,假設一艘飛船繞火星運動時,經歷了由軌道Ⅲ變到軌道Ⅱ再變到軌道Ⅰ的過程,如圖所示,下列說法中正確的是(  ) A.飛船沿不同軌道經過P點時的加速度均相同 B.飛船沿不同軌道經過P點時的速度均相同 C.飛船在軌道Ⅰ上運動時的機械能大于在軌道Ⅱ上運動時的機械能 D.飛船在軌道Ⅱ上由Q點向P點運動時,速度逐漸增大,機械能也增大 A [根據(jù)萬有引力定律可知,飛船沿不同軌道經過P點時所受火星的萬有引力相同,由牛頓第二定律可知飛船沿不同軌道經過P點時的加速度均相同,故選項A正確;飛船從外層軌道進入

3、內層軌道時需要減速,所以飛船沿不同軌道經過P點時的速度滿足vⅢ>vⅡ>vⅠ,且飛船在軌道Ⅰ上運動時的機械能小于在軌道Ⅱ上運動時的機械能,故選項B、C錯誤;飛船在同一軌道上運行時,只有萬有引力做功,其機械能守恒,故選項D錯誤。] 3.將由兩根相同的短桿組成的一個自鎖定起重吊鉤放入空罐內,使其張開一定的夾角壓緊罐壁,罐的內部結構如圖所示。當鋼繩向上提起時,兩桿對罐壁越壓越緊,摩擦力足夠大時,就能將空罐提起來。若罐的質量為m,短桿與豎直方向的夾角均為θ=60°。則勻速吊起該罐時,短桿對罐壁的壓力大小為(短桿的質量不計,重力加速度為g)(  ) A.mg B.mg C.mg D.mg

4、B [先對罐和兩根短桿組成的整體受力分析,受重力和拉力,根據(jù)平衡條件,拉力等于重力,故:T=mg;再將鋼繩的拉力沿著兩個短桿方向分解,則有T1=T2=T=mg,最后將沿短桿方向的分力在水平和豎直方向正交分解,可知在水平方向短桿對罐壁的壓力為FN=mg,B正確。] 4.一理想自耦變壓器如圖所示,環(huán)形鐵芯上只繞有一個線圈,將其接在a、b間作為原線圈,通過滑動觸頭取該線圈的一部分,接在c、d間作為副線圈,副線圈兩端連有一電阻R。在a、b間輸入電壓為U1的交變電壓時,c、d間的電壓為U2,在將滑動觸頭從圖中M點逆時針旋轉到N點的過程中(  ) A.U2有可能大于U1 B.U1、U2均增大

5、 C.U1不變、U2增大 D.a、b間輸入功率不變 C [根據(jù)變壓器的電壓關系有 =,由于n2<n1,所以U2<U1,故A錯誤;當滑動觸頭逆時針轉動時,即n2增大時,輸入電壓U1不變,電壓U2=U1應該增大,B錯誤,C正確;因負載不變,輸出功率增大,則變壓器的輸入功率增大,D錯誤。] 5.如圖所示,半徑為R的豎直半球形碗固定于水平面上,碗口水平且AB為直徑,O點為AB的中點。將一彈性小球(可視為質點)從AO連線上的某點C沿CO方向以某初速度水平拋出,經歷時間t=(重力加速度為g)小球與碗內壁只碰撞一次就返回C點。不計空氣阻力,碰撞過程無能量損失,則C、O兩點間的距離為(  ) A

6、. B. C. D. C [小球與碗內壁發(fā)生一次碰撞后恰好返回C點,則碰撞時小球的速度必沿半徑方向。切向速度為零,即碰撞時小球在豎直方向上的位移為h=gt2=R,小球與半球形碗碰撞的點記為D點,則D、O的連線與水平方向的夾角為30°,碰撞時小球的位移與水平方向夾角為α,則2tan α=tan 30°,故碰撞時小球在水平方向上的位移為x==R,過D點作CB的垂線交CB于E點,則,由幾何關系可知,CO=R-R=R,故C正確。] 6.如圖所示,質量均為m的兩輛拖車甲、乙在汽車的牽引下前進,當汽車的牽引力恒為F時,汽車以速度v勻速前進。某時刻甲、乙兩拖車之間的掛鉤脫

7、鉤,而汽車的牽引力F保持不變(將脫鉤瞬間記為t=0時刻)。則下列說法正確的是(  ) A.甲、乙兩車組成的系統(tǒng)在0~ 時間內的動量守恒 B.甲、乙兩車組成的系統(tǒng)在 ~ 時間內的動量守恒 C. 時刻,甲車動量的大小為2mv D. 時刻,乙車動量的大小為mv AC [設兩拖車受到的滑動摩擦力都為f,脫鉤前兩車做勻速直線運動,根據(jù)平衡條件得F=2f,設脫鉤后乙車經過時間t0速度為零,以F的方向為正方向,對乙車,由動量定理得-ft0=0-mv,解得t0=;以甲、乙兩車為系統(tǒng)進行研究,在乙車停止運動以前,兩車受到的摩擦力不變,兩車組成的系統(tǒng)所受外力之和為零,則系統(tǒng)的總動量守恒,故在0至的時

8、間內,甲、乙兩車的總動量守恒,A正確;在時刻后,乙車停止運動,甲車做勻加速直線運動,兩車組成的系統(tǒng)所受的合力不為零,故甲、乙兩車的總動量不守恒,B錯誤;由以上分析可知,時刻乙車的速度為零,動量為零,D錯誤;以F的方向為正方向,t0=時刻,對甲車,由動量定理得Ft0-ft0=p-mv,又f=,解得p=2mv,C正確。] 7.在坐標-x0到x0之間有一靜電場,x軸上各點的電勢φ隨坐標x的變化關系如圖所示,一電量為e的質子從-x0處以一定初動能僅在電場力作用下沿x軸正向穿過該電場區(qū)域。則該質子(  ) A.在-x0~0區(qū)間一直做加速運動 B.在0~x0區(qū)間受到的電場力先增加后減小 C.在

9、-x0~0區(qū)間電勢能一直減小 D.在-x0處的初動能應大于eφ0 BD [從-x0到0區(qū)間,電勢升高,意味著該區(qū)域內的場強方向向左,質子受到的電場力向左與運動方向相反,所以質子做減速運動,A選項錯誤。設在x~x+Δx,電勢為φ~φ+Δφ,根據(jù)場強與電勢差的關系式E=,當Δx無限趨近于零時,表示該點x處的場強大小,從0到x0區(qū)間,圖線的斜率先增加后減小,所以電場強度大小先增加或減小,根據(jù)F=Eq,質子受到的電場力先增加或減小,B選項正確。在-x0~0區(qū)間質子受到的電場力方向向左,與運動方向相反,電場力做負功,電勢能增加,C選項錯誤。因為質子從-x0到0區(qū)間做減速運動,從0到x0區(qū)間做加速運動

10、。所以質子能穿過電場區(qū)域的條件是在原點處的動能Ek要大于零。設質子初動能為E0,從-x0運動到0過程中,根據(jù)動能定理得:Ek-E0=-eφ0,所以E0=eφ0+Ek>eφ0,D選項正確。本題正確選項為BD。] 8.(2019·福建省五校聯(lián)考)如圖所示,空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B,在豎直平面內從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球,不考慮兩帶電小球間的相互作用,兩小球的電荷量始終不變,關于小球的運動,下列說法正確的是(  ) A.沿ab、ac方向拋出的小球都可能做直線運動 B.若小球沿ac方向做直線運動,則小球帶負電,可能做勻加速運動 C.若小球沿ab方向做

11、直線運動,則小球帶正電,且一定做勻速運動 D.兩小球在運動過程中機械能均守恒 AC [先分析沿ab方向拋出的帶電小球,若小球帶正電,則小球所受電場力方向與電場強度方向相同,重力方向豎直向下,由左手定則知小球所受洛倫茲力方向垂直ab斜向上,小球受力可能平衡,可能做直線運動;若小球帶負電,則小球受力不可能平衡。再分析沿ac方向拋出的帶電小球,同理可知,只有小球帶負電時可能受力平衡,可能做直線運動。若小球做直線運動,假設小球同時做勻加速運動,則小球受到的洛倫茲力持續(xù)增大,那么小球將無法做直線運動,假設不成立,小球做的直線運動一定是勻速運動,故選項A、C正確,選項B錯誤;在小球的運動過程中,洛倫茲力不做功,電場力對小球做功,故小球的機械能不守恒,選項D錯誤。] - 5 -

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