高考物理二輪復(fù)習(xí) 精練三 小卷沖刺練（82實(shí)驗(yàn)）（三）試題

小卷沖刺練(8＋2計(jì)算)(三)一、選擇題(共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19～21題有多項(xiàng)符合題目要求。全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。)14.放射性元素A經(jīng)過2次α衰變和1次β衰變后生成一新元素B，則元素B在元素周期表中的位置較元素A的位置向前移動(dòng)了()A.1位 B.2位C.3位 D.4位解析α粒子是eq\o\al(4,2)He，β粒子是eq\o\al(0,－1)e，因此發(fā)生一次α衰變電荷數(shù)減少2，發(fā)生一次β衰變電荷數(shù)增加1，據(jù)題意，電荷數(shù)變化為：－2×2＋1＝－3，所以新元素在元素周期表中的位置向前移動(dòng)了3位。答案C15.如圖1所示，滑板運(yùn)動(dòng)員以速度v0從離地高度為h的平臺(tái)末端水平飛出，落在水平地面上。忽略空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員和滑板可視為質(zhì)點(diǎn)，下列表述正確的是()圖1A.v0越大，運(yùn)動(dòng)員在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長B.v0越大，運(yùn)動(dòng)員落地瞬間速度越大C.運(yùn)動(dòng)員落地瞬間速度與高度h無關(guān)D.運(yùn)動(dòng)員落地位置與v0大小無關(guān)答案B16.如圖2所示，C、D兩點(diǎn)分別固定兩個(gè)點(diǎn)電荷，E點(diǎn)是CD連線外的一個(gè)點(diǎn)，已知E點(diǎn)是DE所在射線上的電勢的最低點(diǎn)，則下列判斷正確的是()圖2A.C位置點(diǎn)電荷帶正電，D位置點(diǎn)電荷帶負(fù)電B.C位置點(diǎn)電荷的電荷量小于D位置點(diǎn)電荷的電荷量C.將正試探電荷從D點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功D.將正試探電荷從D點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)過程中，電勢能先增大后減小解析根據(jù)E點(diǎn)是DE所在射線上電勢的最低點(diǎn)，結(jié)合電場強(qiáng)度與電勢高低關(guān)系可知，E點(diǎn)左右兩側(cè)電場線方向都是指向E點(diǎn)，根據(jù)電場疊加特點(diǎn)可知，C位置點(diǎn)電荷應(yīng)帶負(fù)電，D位置點(diǎn)電荷應(yīng)帶正電；且C位置點(diǎn)電荷的電荷量大于D位置點(diǎn)電荷的電荷量，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)電場力做功與電場線關(guān)系可知，正試探電荷從D點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)過程中，電場力先做正功，后做負(fù)功，電勢能先減小后增大，故C正確，D錯(cuò)誤。答案C17.(2017·長春檢測)2016年2月11日，美國科學(xué)家宣布探測到引力波，證實(shí)了愛因斯坦100年前的預(yù)測，彌補(bǔ)了愛因斯坦廣義相對(duì)論中最后一塊缺失的“拼圖”。雙星的運(yùn)動(dòng)是產(chǎn)生引力波的來源之一，假設(shè)宇宙中有一雙星系統(tǒng)由a、b兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線上的某一點(diǎn)在萬有引力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，測得a星的周期為T，a、b兩顆星的距離為l，a、b兩顆星的軌道半徑之差為Δr(a星的軌道半徑大于b星的軌道半徑)，則()A.b星的周期為eq\f(l－Δr,l＋Δr)TB.a星的線速度大小為eq\f(π（l＋Δr）,T)C.a、b兩顆星的半徑之比為eq\f(l,l－Δr)D.a、b兩顆星的質(zhì)量之比為eq\f(l＋Δr,l－Δr)解析a、b兩顆星體是圍繞同一點(diǎn)繞行的雙星系統(tǒng)，故周期T相同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由ra－rb＝Δr，ra＋rb＝l得ra＝eq\f(l＋Δr,2)，rb＝eq\f(l－Δr,2)。所以eq\f(ra,rb)＝eq\f(l＋Δr,l－Δr)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；a星體的線速度v＝eq\f(2πra,T)＝eq\f(π（l＋Δr）,T)，選項(xiàng)B正確；由maω2ra＝mbω2rb，得eq\f(ma,mb)＝eq\f(rb,ra)＝eq\f(l－Δr,l＋Δr)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B18.一個(gè)物體沿直線運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻物體的速度為2m/s、加速度為1m/s2，物體的合外力隨時(shí)間變化規(guī)律如圖3所示。則下列判斷正確的是()圖3A.物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B.物體的加速度與時(shí)間成正比C.t＝5s時(shí)刻物體的速度為6.25m/sD.t＝8s時(shí)刻物體的動(dòng)量為13.2kg·m/s解析因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中物體的合外力在變化，則物體的加速度也在變化，而勻變速直線運(yùn)動(dòng)的加速度恒定，所以物體不是在做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圖線的函數(shù)可寫成F＝kt＋b，代入可得F＝0.1t＋1，又F＝ma，則加速度與時(shí)間不成正比，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示動(dòng)量變化量，由題意可得物體質(zhì)量m＝1kg，t＝5s時(shí)，合外力F＝1.5N，所以有Δp＝6.25kg·m/s，故t＝5s時(shí)動(dòng)量為p1＝(2＋6.25)kg·m/s＝8.25kg·m/s，速度v1＝8.25m/s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；同理t＝8s時(shí)，合力為F＝1.8N，Δp′＝11.2kg·m/s，故t＝8s時(shí)動(dòng)量為p2＝(2＋11.2)kg·m/s＝13.2kg·m/s，選項(xiàng)D正確。答案D19.如圖4所示，內(nèi)壁光滑的圓軌道豎直固定在桌面上，一小球靜止在軌道底部A點(diǎn)?，F(xiàn)用小錘沿水平方向快速擊打小球，擊打后迅速移開，使小球沿軌道在豎直面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球回到A點(diǎn)時(shí)，再次用小錘沿運(yùn)動(dòng)方向擊打小球。通過兩次擊打，小球才能運(yùn)動(dòng)到圓軌道的最高點(diǎn)，已知小球在運(yùn)動(dòng)過程中始終未脫離軌道。若在第一次擊打過程中小錘對(duì)小球做功W1，第二次擊打過程中小錘對(duì)小球做功W2，先后兩次擊打過程中小錘對(duì)小球做功全部用來增加小球的動(dòng)能，則eq\f(W1,W2)的值可能是()圖4A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.1 D.2解析第一次擊打后球最多到達(dá)與球心O等高的位置，根據(jù)功能關(guān)系有W1≤mgR，兩次擊打后小球可以到達(dá)軌道最高點(diǎn)，根據(jù)功能關(guān)系有W1＋W2－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)，在最高點(diǎn)有mg＋N＝meq\f(v2,R)≥mg，聯(lián)立解得W2≥eq\f(3,2)mgR，故eq\f(W1,W2)≤eq\f(2,3)，A、B正確。答案AB20.(2017·常德月考)如圖5所示，寬為d的有界勻強(qiáng)磁場的邊界為PP′、QQ′。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的微觀粒子沿圖示方向以速度v0垂直射入磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，要使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子的入射速度v0的最大值可能是下面給出的(粒子的重力不計(jì))()圖5A.eq\f(qBd,m) B.eq\f(2qBd,m)C.eq\f(2qBd,3m) D.eq\f(qBd,3m)解析微觀粒子在勻強(qiáng)磁場中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，qvB＝eq\f(mv2,R)，R＝eq\f(mv,qB)，要使粒子不能從邊界QQ′射出，粒子的入射速度v0最大時(shí)，軌跡與QQ′相切。如粒子帶正電，R＝eq\f(R,2)＋d，d＝eq\f(R,2)，v0＝eq\f(2qBd,m)，B正確；如粒子帶負(fù)電，R＋eq\f(R,2)＝d，v0＝eq\f(2qBd,3m)，C正確。答案BC21.如圖6所示，空間存在有界的勻強(qiáng)磁場，磁場上下邊界水平，方向垂直紙面向里，寬度為L。一邊長為L的正方形線框自磁場邊界上方某處自由下落，線框自開始進(jìn)入磁場區(qū)域到全部離開磁場區(qū)域的過程中，下列關(guān)于線框速度和感應(yīng)電流大小隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是(線框下落過程中始終保持在同一豎直平面內(nèi)，且底邊保持與磁場邊界平行)()圖6解析線框剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框的底邊切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框受向上的安培力F安，當(dāng)F安＝mg時(shí)，線框勻速穿過磁場，則A正確；當(dāng)F安>mg時(shí)，線框進(jìn)入磁場的瞬間產(chǎn)生向上的加速度，線框做減速運(yùn)動(dòng)，隨著線框速度的減小，線框中的感應(yīng)電流逐漸減小，線框所受的安培力逐漸減小，線框所受的合力逐漸減小，加速度逐漸減小，由于線框進(jìn)入磁場的速度大小未知，因此線框在磁場中可能一直減速，故感應(yīng)電流大小也可能一直減小，C正確；當(dāng)F安<mg時(shí)，同理分析可知，線框可能先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)，也可能一直做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)直到離開磁場，感應(yīng)電流大小也隨著速度大小變化，則B錯(cuò)誤，D正確。答案ACD二、非選擇題24.(14分)如圖7甲所示，斜面體固定在粗糙的水平地面上，底端與水平面平滑連接，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊從斜面體的頂端自由釋放，其速率隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，(已知斜面與物塊、地面與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，g取10m/s2)求：圖7(1)斜面的長度x；(2)物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(3)斜面的傾角θ的正弦值。解析(1)在v－t圖象中圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示物塊的位移，由題圖乙可知，物塊在0～5s時(shí)間內(nèi)在斜面上運(yùn)動(dòng)，5～7s時(shí)間內(nèi)在水平面上運(yùn)動(dòng)，因此斜面的長度為x＝eq\f(1,2)×5×10m＝25m(4分)(2)在v－t圖象中圖線的斜率表示物塊運(yùn)動(dòng)的加速度，因此由題圖乙可知，在5～7s時(shí)間內(nèi)，該物塊運(yùn)動(dòng)的加速度為a2＝－5m/s2(2分)物塊在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有－μmg＝ma2(2分)解得μ＝0.5(1分)(3)在0～5s時(shí)間內(nèi)物塊運(yùn)動(dòng)的加速度為a1＝2m/s2(1分)根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1(2分)又因?yàn)閟in2θ＋cos2θ＝1(1分)聯(lián)立解得sinθ＝0.6(1分)答案(1)25m(2)0.5(3)0.625.(18分)如圖8甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，M、P之間接電阻箱R，導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T。質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，且與軌道垂直，金屬桿ab接入電路的電阻值為r。現(xiàn)從靜止釋放桿ab，測得最大速度為vm。改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關(guān)系如圖乙所示。已知軌道間距為L＝2m，重力加速度g取10m/s2，軌道足夠長且電阻不計(jì)。圖8(1)當(dāng)R＝0時(shí)，求桿ab勻速下滑時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E的大小，并判斷桿中的電流方向；(2)求解金屬桿的質(zhì)量m和阻值r；(3)當(dāng)R＝4Ω時(shí)，從靜止釋放ab桿，在ab桿加速運(yùn)動(dòng)的過程中，回路瞬時(shí)電功率每增加1W時(shí)，合外力對(duì)桿做功多少？解析(1)由圖可知，當(dāng)R＝0時(shí)，桿最終以v＝2m/s勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生電動(dòng)勢E＝BLv＝0.5×2×2V＝2V(2分)由右手定則判斷得知，桿中電流方向從b→a(1分)(2)設(shè)最大速度為v，桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv(1分)由閉合電路的歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)(1分)桿達(dá)到最大速度時(shí)滿足mgsinθ－BIL＝0(1分)解得：v＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgsinθ,B2L2)r(1分)由圖象可知：斜率為k＝eq\f(4－2,2)m/(s·Ω)＝1m/(s·Ω)(1分)縱截距為v0＝2m/s，得到：eq\f(mgsinθ,B2L2)r＝v0，eq\f(mgsinθ,B2L2)＝k解得：m＝0.2kg，r＝2Ω；(2分)(3)由題意：E＝BLv，(1分)P＝eq\f(E2,R＋r)(1分)