《2020版高考物理二輪復習 48分小題精準練11（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理二輪復習 48分小題精準練11（含解析）（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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α粒子穿過金箔后方向不變，大多數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α粒子穿過金箔后方向基本不變，只有少數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、乙兩車組成的系統在0～ 時間內的動量守恒 B．甲、乙兩車組成的系統在 ～ 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，兩車組成的系統所受外力之和為零，則系統的總動量守恒，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 -