2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 48分小題精準(zhǔn)練11（含解析）

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1、48分小題精準(zhǔn)練(十一) (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．下列幾幅圖的有關(guān)說(shuō)法正確的是(　　) A．圖一中少數(shù)α粒子穿過(guò)金箔后方向不變，大多數(shù)α粒子穿過(guò)金箔后發(fā)生了較大角度的偏轉(zhuǎn) B．圖二光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)說(shuō)明了光具有粒子性 C．圖三中射線丙由α粒子組成，每個(gè)粒子帶兩個(gè)單位正電荷 D．圖四鏈?zhǔn)椒磻?yīng)屬于輕核的聚變，又稱(chēng)為熱核反應(yīng) B　[在α粒子散射實(shí)驗(yàn)中，絕大多數(shù)α粒子穿過(guò)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(zhuǎn)，則A錯(cuò)誤；光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)說(shuō)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(gè)粒子帶兩個(gè)單位正電荷，

2、故C錯(cuò)誤；鏈?zhǔn)椒磻?yīng)屬于重核的裂變，故D錯(cuò)誤。] 2.目前人類(lèi)正在積極探索載人飛船登陸火星的計(jì)劃，假設(shè)一艘飛船繞火星運(yùn)動(dòng)時(shí)，經(jīng)歷了由軌道Ⅲ變到軌道Ⅱ再變到軌道Ⅰ的過(guò)程，如圖所示，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．飛船沿不同軌道經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度均相同 B．飛船沿不同軌道經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度均相同 C．飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能大于在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能 D．飛船在軌道Ⅱ上由Q點(diǎn)向P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，速度逐漸增大，機(jī)械能也增大 A　[根據(jù)萬(wàn)有引力定律可知，飛船沿不同軌道經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)所受火星的萬(wàn)有引力相同，由牛頓第二定律可知飛船沿不同軌道經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的加速度均相同，故選項(xiàng)A正確；飛船從外層軌道進(jìn)入

3、內(nèi)層軌道時(shí)需要減速，所以飛船沿不同軌道經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度滿(mǎn)足vⅢ>vⅡ>vⅠ，且飛船在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能小于在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能，故選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤；飛船在同一軌道上運(yùn)行時(shí)，只有萬(wàn)有引力做功，其機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] 3.將由兩根相同的短桿組成的一個(gè)自鎖定起重吊鉤放入空罐內(nèi)，使其張開(kāi)一定的夾角壓緊罐壁，罐的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示。當(dāng)鋼繩向上提起時(shí)，兩桿對(duì)罐壁越壓越緊，摩擦力足夠大時(shí)，就能將空罐提起來(lái)。若罐的質(zhì)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(shí)，短桿對(duì)罐壁的壓力大小為(短桿的質(zhì)量不計(jì)，重力加速度為g)(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg

4、B　[先對(duì)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(gè)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(duì)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(gè)線圈，將其接在a、b間作為原線圈，通過(guò)滑動(dòng)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(shí)，c、d間的電壓為U2，在將滑動(dòng)觸頭從圖中M點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到N點(diǎn)的過(guò)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(chǎn)、b間輸入功率不變 C　[根據(jù)變壓器的電壓關(guān)系有 ＝，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A錯(cuò)誤；當(dāng)滑動(dòng)觸頭逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，即n2增大時(shí)，輸入電壓U1不變，電壓U2＝U1應(yīng)該增大，B錯(cuò)誤，C正確；因負(fù)載不變，輸出功率增大，則變壓器的輸入功率增大，D錯(cuò)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(diǎn)為AB的中點(diǎn)。將一彈性小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從AO連線上的某點(diǎn)C沿CO方向以某初速度水平拋出，經(jīng)歷時(shí)間t＝(重力加速度為g)小球與碗內(nèi)壁只碰撞一次就返回C點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，碰撞過(guò)程無(wú)能量損失，則C、O兩點(diǎn)間的距離為(　　) A

6、. B. C. D. C　[小球與碗內(nèi)壁發(fā)生一次碰撞后恰好返回C點(diǎn)，則碰撞時(shí)小球的速度必沿半徑方向。切向速度為零，即碰撞時(shí)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(diǎn)記為D點(diǎn)，則D、O的連線與水平方向的夾角為30°，碰撞時(shí)小球的位移與水平方向夾角為α，則2tan α＝tan 30°，故碰撞時(shí)小球在水平方向上的位移為x＝＝R，過(guò)D點(diǎn)作CB的垂線交CB于E點(diǎn)，則，由幾何關(guān)系可知，CO＝R－R＝R，故C正確。] 6.如圖所示，質(zhì)量均為m的兩輛拖車(chē)甲、乙在汽車(chē)的牽引下前進(jìn)，當(dāng)汽車(chē)的牽引力恒為F時(shí)，汽車(chē)以速度v勻速前進(jìn)。某時(shí)刻甲、乙兩拖車(chē)之間的掛鉤脫

7、鉤，而汽車(chē)的牽引力F保持不變(將脫鉤瞬間記為t＝0時(shí)刻)。則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．甲、乙兩車(chē)組成的系統(tǒng)在0～ 時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量守恒 B．甲、乙兩車(chē)組成的系統(tǒng)在 ～ 時(shí)間內(nèi)的動(dòng)量守恒 C. 時(shí)刻，甲車(chē)動(dòng)量的大小為2mv D. 時(shí)刻，乙車(chē)動(dòng)量的大小為mv AC　[設(shè)兩拖車(chē)受到的滑動(dòng)摩擦力都為f，脫鉤前兩車(chē)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件得F＝2f，設(shè)脫鉤后乙車(chē)經(jīng)過(guò)時(shí)間t0速度為零，以F的方向?yàn)檎较颍瑢?duì)乙車(chē)，由動(dòng)量定理得－ft0＝0－mv，解得t0＝；以甲、乙兩車(chē)為系統(tǒng)進(jìn)行研究，在乙車(chē)停止運(yùn)動(dòng)以前，兩車(chē)受到的摩擦力不變，兩車(chē)組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，則系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，故在0至的時(shí)

8、間內(nèi)，甲、乙兩車(chē)的總動(dòng)量守恒，A正確；在時(shí)刻后，乙車(chē)停止運(yùn)動(dòng)，甲車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩車(chē)組成的系統(tǒng)所受的合力不為零，故甲、乙兩車(chē)的總動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；由以上分析可知，時(shí)刻乙車(chē)的速度為零，動(dòng)量為零，D錯(cuò)誤；以F的方向?yàn)檎较?，t0＝時(shí)刻，對(duì)甲車(chē)，由動(dòng)量定理得Ft0－ft0＝p－mv，又f＝，解得p＝2mv，C正確。] 7.在坐標(biāo)－x0到x0之間有一靜電場(chǎng)，x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)φ隨坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖所示，一電量為e的質(zhì)子從－x0處以一定初動(dòng)能僅在電場(chǎng)力作用下沿x軸正向穿過(guò)該電場(chǎng)區(qū)域。則該質(zhì)子(　　) A．在－x0～0區(qū)間一直做加速運(yùn)動(dòng) B．在0～x0區(qū)間受到的電場(chǎng)力先增加后減小 C．在

9、－x0～0區(qū)間電勢(shì)能一直減小 D．在－x0處的初動(dòng)能應(yīng)大于eφ0 BD　[從－x0到0區(qū)間，電勢(shì)升高，意味著該區(qū)域內(nèi)的場(chǎng)強(qiáng)方向向左，質(zhì)子受到的電場(chǎng)力向左與運(yùn)動(dòng)方向相反，所以質(zhì)子做減速運(yùn)動(dòng)，A選項(xiàng)錯(cuò)誤。設(shè)在x～x＋Δx，電勢(shì)為φ～φ＋Δφ，根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)差的關(guān)系式E＝，當(dāng)Δx無(wú)限趨近于零時(shí)，表示該點(diǎn)x處的場(chǎng)強(qiáng)大小，從0到x0區(qū)間，圖線的斜率先增加后減小，所以電場(chǎng)強(qiáng)度大小先增加或減小，根據(jù)F＝Eq，質(zhì)子受到的電場(chǎng)力先增加或減小，B選項(xiàng)正確。在－x0～0區(qū)間質(zhì)子受到的電場(chǎng)力方向向左，與運(yùn)動(dòng)方向相反，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。因?yàn)橘|(zhì)子從－x0到0區(qū)間做減速運(yùn)動(dòng)，從0到x0區(qū)間做加速運(yùn)動(dòng)

10、。所以質(zhì)子能穿過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的條件是在原點(diǎn)處的動(dòng)能Ek要大于零。設(shè)質(zhì)子初動(dòng)能為E0，從－x0運(yùn)動(dòng)到0過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：Ek－E0＝－eφ0，所以E0＝eφ0＋Ek＞eφ0，D選項(xiàng)正確。本題正確選項(xiàng)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(qiáng)電場(chǎng)E和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，在豎直平面內(nèi)從a點(diǎn)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(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．沿ab、ac方向拋出的小球都可能做直線運(yùn)動(dòng) B．若小球沿ac方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶負(fù)電，可能做勻加速運(yùn)動(dòng) C．若小球沿ab方向做

11、直線運(yùn)動(dòng)，則小球帶正電，且一定做勻速運(yùn)動(dòng) D．兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)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(chǎng)力方向與電場(chǎng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)；若小球帶負(fù)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(fù)電時(shí)可能受力平衡，可能做直線運(yùn)動(dòng)。若小球做直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)小球同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，則小球受到的洛倫茲力持續(xù)增大，那么小球?qū)o(wú)法做直線運(yùn)動(dòng)，假設(shè)不成立，小球做的直線運(yùn)動(dòng)一定是勻速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)A、C正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力不做功，電場(chǎng)力對(duì)小球做功，故小球的機(jī)械能不守恒，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。] - 5 -