高考物理二輪復(fù)習(xí) 精練三 小卷沖刺練（82實(shí)驗(yàn)）（四）試題

小卷沖刺練(8＋2計(jì)算)(四)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.下列敘述符合物理學(xué)史實(shí)的是()A.安培通過(guò)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場(chǎng)，并總結(jié)出判定磁場(chǎng)方向的方法——安培定則B.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象后，領(lǐng)悟到：“磁生電”是一種在變化、運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中才能出現(xiàn)的效應(yīng)C.楞次在分析了許多實(shí)驗(yàn)事實(shí)后提出：感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻止引起感應(yīng)電流的磁通量的變化D.麥克斯韋認(rèn)為：電磁相互作用是通過(guò)場(chǎng)來(lái)傳遞的。他創(chuàng)造性地用“力線”形象地描述“場(chǎng)”的物理圖景解析奧斯特通過(guò)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場(chǎng)，安培總結(jié)出判定磁場(chǎng)方向的方法——安培定則，故A錯(cuò)誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象后，領(lǐng)悟到：“磁生電”是一種在變化、運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中才能出現(xiàn)的效應(yīng)，符合物理學(xué)史實(shí)，故B正確；楞次發(fā)現(xiàn)了感應(yīng)電流方向遵守的規(guī)律：感應(yīng)電流應(yīng)具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，而不是阻止，故C錯(cuò)誤；法拉第認(rèn)為：電磁相互作用是通過(guò)場(chǎng)來(lái)傳遞的。他創(chuàng)造性地用“力線”形象地描述“場(chǎng)”的物理圖景，故D錯(cuò)誤。答案B15.下列說(shuō)法正確的是()A.湯姆孫通過(guò)研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的“棗糕模型”B.太陽(yáng)輻射的能量主要來(lái)自太陽(yáng)內(nèi)部的鏈?zhǔn)椒磻?yīng)C.光電效應(yīng)中光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率成正比D.eq\o\al(15,7)N＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(4,2)He是α衰變方程解析湯姆孫通過(guò)研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的“棗糕模型”，選項(xiàng)A正確；太陽(yáng)輻射的能量主要來(lái)自太陽(yáng)內(nèi)部的熱核反應(yīng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；光電效應(yīng)中光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率成線性關(guān)系，不成正比，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；eq\o\al(15,7)N＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(4,2)He是人工轉(zhuǎn)變，不是α衰變方程，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A16.(2017·河北唐山二模)一物體從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度隨時(shí)間變化如圖1所示，則()圖1A.1～2s時(shí)間內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動(dòng)B.2s末，物體運(yùn)動(dòng)的速度為零C.1s末，物體運(yùn)動(dòng)的速度為2m/sD.0～1s時(shí)間內(nèi)的平均速度為2m/s解析1～2s時(shí)間內(nèi)物體的加速度逐漸減小，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，不是做勻減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤：圖線與坐標(biāo)軸所圍的“面積”即為物體的速度變化量，則1s末，物體運(yùn)動(dòng)的速度為2m/s，2s末，物體運(yùn)動(dòng)的速度為4m/s，故B錯(cuò)誤，C正確；0～1s物體做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，這段時(shí)間內(nèi)的平均速度小于2m/s，故D錯(cuò)誤。答案C17.在某勻強(qiáng)電場(chǎng)中有M、N、P三點(diǎn)。如圖2所示，在以它們?yōu)轫旤c(diǎn)的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角邊NP的長(zhǎng)度為4cm。電場(chǎng)方向與三角形所在平面平行。已知M、N和P點(diǎn)的電勢(shì)分別為3V、15V和12V。則電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為()圖2A.150V/m B.75V/mC.225eq\r(3)V/m D.75eq\r(3)V/m解析過(guò)P點(diǎn)作斜邊MN的垂線交MN于O點(diǎn)，由幾何知識(shí)可知N、O間的距離NO＝2cm，M、O間的距離MO＝6cm，由勻強(qiáng)電場(chǎng)的特點(diǎn)得O點(diǎn)的電勢(shì)為φO＝12V，即O、P在同一等勢(shì)面上，由電場(chǎng)線與等勢(shì)面的關(guān)系和幾何關(guān)系知：E＝eq\f(U,d)＝150V/m，即選項(xiàng)A正確。答案A18.“嫦娥”三號(hào)探測(cè)器要求一次性進(jìn)入近地點(diǎn)210千米、遠(yuǎn)地點(diǎn)約36.8萬(wàn)千米的地月轉(zhuǎn)移軌道。在太空飛行了九天的“嫦娥”三號(hào)探測(cè)器，再次成功變軌，從距離月表100千米的環(huán)月圓軌道Ⅰ，變?yōu)榻曼c(diǎn)15千米、遠(yuǎn)月點(diǎn)100千米的橢圓軌道Ⅱ，兩軌道相切于點(diǎn)P，如圖3所示。若繞月運(yùn)行時(shí)只考慮月球引力作用，關(guān)于“嫦娥”三號(hào)探測(cè)器，以下說(shuō)法正確的是()圖3A.在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的周期小于在軌道Ⅱ上運(yùn)動(dòng)的周期B.沿軌道Ⅰ運(yùn)行至P點(diǎn)的速度等于沿軌道Ⅱ運(yùn)行至P點(diǎn)的速度C.沿軌道Ⅰ運(yùn)行至P點(diǎn)的加速度小于沿軌道Ⅱ運(yùn)行至P點(diǎn)的加速度D.在軌道Ⅰ上的機(jī)械能大于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能解析據(jù)開(kāi)普勒行星運(yùn)動(dòng)定律eq\f(a3,T2)＝k可知軌道Ⅰ的半徑大于軌道Ⅱ的半長(zhǎng)軸，故在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的周期大于在Ⅱ上運(yùn)動(dòng)的周期，A項(xiàng)錯(cuò)誤；探測(cè)器從沿軌道Ⅰ運(yùn)行變軌到沿軌道Ⅱ運(yùn)行，需要在P點(diǎn)減速，因此沿軌道Ⅰ運(yùn)行至P點(diǎn)的速度大于沿軌道Ⅱ運(yùn)行至P點(diǎn)的速度，B項(xiàng)錯(cuò)誤；探測(cè)器在軌道Ⅰ上的勢(shì)能與動(dòng)能之和比在軌道Ⅱ上的勢(shì)能與動(dòng)能之和大，D項(xiàng)正確；探測(cè)器在P點(diǎn)受到的萬(wàn)有引力相等，因此加速度相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤。答案D19.如圖4甲所示，按正弦規(guī)律變化的電壓u加在圖乙的理想變壓器原線圈ab兩端，原、副線圈的匝數(shù)之比為5∶1，電壓表為理想電表，L1、L2均為燈泡，R和L分別是定值電阻和電感線圈，下列說(shuō)法正確的是()圖4A.電壓u的表達(dá)式u＝311sin100πt(V)B.電壓表示數(shù)為22VC.只增大電壓u的頻率，L1變亮D.只增大電壓u的頻率，L2變暗解析根據(jù)甲圖可知，原線圈電壓的最大值為311V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，則電壓u的表達(dá)式u＝311sin100πt(V)，故A正確；根據(jù)甲圖可知，原線圈電壓的最大值為311V，則有效值U1＝eq\f(311,\r(2))＝220V，根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)成正比得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(5,1)，解得U2＝44V，所以電壓表示數(shù)為44V，故B錯(cuò)誤；原線圈電壓不變，線圈匝數(shù)不變，僅增大電壓u的頻率，電壓表示數(shù)不變，則L1亮度不變，電感線圈通低頻阻高頻，則頻率越大，阻礙作用越大，所以L2變暗，故C錯(cuò)誤，D正確。答案AD20.(2017·江西省重點(diǎn)中學(xué)盟校聯(lián)考)如圖5甲所示，正六邊形導(dǎo)線框abcdef放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中靜止不動(dòng)，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向垂直紙面向里，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流順時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎⒇Q直邊cd所受安培力的方向水平向左為正。則下面關(guān)于感應(yīng)電流i和cd所受安培力F隨時(shí)間t變化的圖象正確的是()圖5解析0～2s內(nèi)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍瑸檎?。根?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝B0S為定值，則感應(yīng)電流為定值，I0＝eq\f(B0S,R)。在2～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍瑸檎担笮∨c0～2s內(nèi)相同。在3～4s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，為?fù)值，大小與0～2s內(nèi)相同。在4～6s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，為?fù)值，大小與0～2s內(nèi)相同，故A正確，B錯(cuò)誤；在0～2s內(nèi)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電流恒定不變，根據(jù)安培力公式F＝BIL，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值。0時(shí)刻安培力大小為F＝2B0I0L。在2～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)F＝BIL，則安培力逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，為正值，3s末安培力大小為B0I0L。在3～4s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，則安培力大小逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負(fù)值，第4s初的安培力大小為B0I0L。在4～6s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L。故C正確，D錯(cuò)誤。答案AC21.如圖6所示，一個(gè)固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個(gè)直徑略小于管道內(nèi)徑的小球，小球在管道內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，從B點(diǎn)脫離后做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)0.3s后又恰好垂直打在傾角為45°的斜面上。已知半圓形管道的半徑為R＝1m，小球可看作質(zhì)點(diǎn)且其質(zhì)量為m＝1kg，g取10m/s2。則()圖6A.小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離是0.9mB.小球在斜面上的相碰點(diǎn)C與B點(diǎn)的水平距離是1.9mC.小球經(jīng)過(guò)管道的B點(diǎn)時(shí)，受到管道的作用力FNB的大小是1ND.小球經(jīng)過(guò)管道的B點(diǎn)時(shí)，受到管道的作用力FNB的大小是2N解析根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，小球在C點(diǎn)的豎直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，則B點(diǎn)與C點(diǎn)的水平距離為x＝vxt＝0.9m，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；在B點(diǎn)設(shè)管道對(duì)小球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律，有FNB＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，vB＝vx＝3m/s，解得FNB＝－1N，負(fù)號(hào)表示管道對(duì)小球的作用力方向向上，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。答案AC二、非選擇題24.(12分)(2017·河南鄭州質(zhì)檢)如圖7所示，光滑水平地面上有一小車，車上固定光滑斜面和連有輕彈簧的擋板，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，自由端恰在C點(diǎn)，總質(zhì)量為M＝2kg。物塊從斜面上A點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)無(wú)能量損失。已知物塊的質(zhì)量m＝1kg，A點(diǎn)到B點(diǎn)的豎直高度為h＝1.8m，BC長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝3m，BD段光滑。g取10m/s2。求在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中：圖7(1)彈簧彈性勢(shì)能的最大值；(2)物塊第二次到達(dá)C點(diǎn)的速度。解析(1)由A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)(2分)解得vB＝eq\r(2gh)＝6m/s。(1分)由B至將彈簧壓縮到最短的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取vB方向?yàn)檎较?，則mvB＝(M＋m)v，(2分)此時(shí)的彈性勢(shì)能最大，由能量守恒定律可得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2分)聯(lián)立以上兩式可得Ep＝12J。(1分)(2)物塊由B至第二次到達(dá)C的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取vB方向?yàn)檎较颍瑒tmvB＝mvC＋Mv′。(2分)物塊由B至第二次到達(dá)C的整個(gè)過(guò)程中機(jī)械能守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)Mv′2。(1分)聯(lián)立以上兩式可解得：vC＝－2m/s，vC＝6m/s(第一次到C點(diǎn)的速度，舍去)。即物塊第二次到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為2m/s，方向水平向左。(1分)答案(1)12J(2)2m/s，方向水平向左25.(20分)如圖8所示，在xOy平面中第一象限內(nèi)有一點(diǎn)P(4，3)，OP所在直線下方有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OP上方有平行于OP向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝100V/m。一質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－3C帶正電的粒子，從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v＝1×103m/s垂直于磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度方向與OP垂直并進(jìn)入電場(chǎng)，在經(jīng)過(guò)電場(chǎng)中的圖8(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)O、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；(3)M點(diǎn)的坐標(biāo)及粒子從O運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)的時(shí)間。解析(1)因?yàn)榱Ｗ舆^(guò)P點(diǎn)時(shí)垂直于OP，所以O(shè)P為粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的直徑為5m，由qvB＝meq\f(v2,R)(2分)得：B＝0.2T(1分)(2)進(jìn)入電場(chǎng)后，其軌跡如圖所示，沿電場(chǎng)線方向a＝eq\f(qE,m)(1分)y′＝eq\f(1,2)at2＝105t2(1分)vy′＝at＝2×105t(1分)垂直于電場(chǎng)方向x′＝vt＝103t(1分)vx′＝103m/s(1因?yàn)?EkP＝EkM，即2×eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(vx′2＋vy′2)(1分)解得：x′＝5m，y′＝2.5m(1分)t＝0.5×10－2s(1分)OM兩點(diǎn)間的電勢(shì)差：U＝E(OP＋y′)