2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)48分小題精準(zhǔn)練12（含解析）

2020版高考物理二輪復(fù)習(xí)48分小題精準(zhǔn)練12（含解析）PAGE13-48分小題精準(zhǔn)練(十二)(建議用時(shí)：20分鐘)(1～5小題為單項(xiàng)選擇題，6～8小題為多項(xiàng)選擇題)1.勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一個(gè)原來靜止的碳14原子核，它放射出的粒子與反沖核的徑跡是兩個(gè)內(nèi)切的圓，兩圓的直徑之比為7∶1，如下圖，那么碳14的衰變方程為()A.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,5)B＋eq\o\al(0,1)eB.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(10,4)Be＋eq\o\al(4,2)HeC.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(12,5)B＋eq\o\al(2,1)HD.eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)eD[原子核的衰變過程滿足動(dòng)量守恒，放射出的粒子與反沖核的速度方向相反，由題圖根據(jù)左手定那么判斷得知，該粒子與反沖核的電性相反，可知碳原子核發(fā)生的是β衰變，衰變方程為eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)e，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式r＝eq\f(mv,qB)可知此衰變方程滿足題意。]2.A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如下圖，由圖象可知()A．A、B兩物體運(yùn)動(dòng)方向始終相同B．A、B兩物體的加速度在前4s內(nèi)大小相等、方向相反C．A、B兩物體在前4s內(nèi)不可能相遇D．A、B兩物體假設(shè)在6s時(shí)相遇，那么計(jì)時(shí)開始時(shí)二者相距30mD[A物體先向負(fù)方向做減速運(yùn)動(dòng)，然后再向正方向做加速運(yùn)動(dòng)；B物體一直向正方向加速運(yùn)動(dòng)，應(yīng)選項(xiàng)A錯(cuò)誤；直線的斜率等于加速度，那么A、B兩物體的加速度在前4s內(nèi)大小相等、方向相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；前4s內(nèi)兩物體運(yùn)動(dòng)方向相反，因不知起始位置，那么A、B兩物體在前4s內(nèi)可能相遇，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；A、B兩物體假設(shè)在6s時(shí)相遇，那么計(jì)時(shí)開始時(shí)二者相距eq\f(1,2)×6×7.5m＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×4×5－\f(1,2)×2×2.5))m＝30m，選項(xiàng)D正確。]3．(2022·湖南六校聯(lián)考)一根細(xì)線一端系一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，另一端固定在光滑圓錐頂上，如下圖，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω，細(xì)線的張力為FT，那么FT隨ω2變化的圖象是()C[由題知小球未離開圓錐外表時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角為θ，用L表示細(xì)線長(zhǎng)度，小球離開圓錐外表前，細(xì)線的張力為FT，圓錐對(duì)小球的支持力為FN，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinθ－FNcosθ＝mω2Lsinθ，F(xiàn)Tcosθ＋FNsinθ＝mg，聯(lián)立解得FT＝mgcosθ＋ω2mLsin2θ。小球離開圓錐外表后，設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為α，根據(jù)牛頓第二定律有FTsinα＝mω2Lsinα，解得FT＝mL·ω2。對(duì)照四個(gè)選項(xiàng)的圖象可知C項(xiàng)正確。]4.如下圖為一理想變壓器，其中a、b、c為三個(gè)額定電壓相同的燈泡，輸入電壓u＝Umsin100πt(V)。當(dāng)輸入電壓為燈泡額定電壓的8倍時(shí)，三個(gè)燈泡恰好都能正常發(fā)光。以下說法正確的選項(xiàng)是()A．三個(gè)燈泡的額定電壓為eq\f(Um,8)B．變壓器原、副線圈匝數(shù)比為9∶2C．此時(shí)燈泡a和b消耗的電功率之比為2∶7D．流過燈泡c的電流，每0.02s方向改變一次C[設(shè)燈泡的額定電壓為U，根據(jù)題意，輸入電壓U入＝eq\f(Um,\r(2))＝8U，得：U＝eq\f(\r(2)Um,16)，此時(shí)原線圈兩端的電壓為U1＝U入－U＝7U，副線圈兩端的電壓為U2＝2U，那么變壓器原、副線圈匝數(shù)比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(7,2)，根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(2,7)，因?yàn)閍、b此時(shí)都能正常發(fā)光，故電壓都為額定電壓，根據(jù)P＝UI，可知a、b消耗的電功率與電流成正比，即此時(shí)燈泡a和b消耗的電功率之比為2∶7，由輸入電壓的表達(dá)式，可知周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，而變壓器不會(huì)改變交變電流的周期，故每0.02s電流方向改變兩次，故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。]5．(2022·湖南六校聯(lián)考)如下圖，一帶電荷量為＋q，質(zhì)量為m的小球，從光滑絕緣斜面軌道上的A點(diǎn)由靜止下滑，然后沿切線進(jìn)入豎直面內(nèi)半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道，恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)B?，F(xiàn)在空間加一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，假設(shè)仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球(小球的電荷量在運(yùn)動(dòng)過程中保持不變，不計(jì)空氣阻力)，那么()A．小球一定不能到達(dá)B點(diǎn)B．小球仍恰好能到達(dá)B點(diǎn)C．小球一定能到達(dá)B點(diǎn)，且在B點(diǎn)對(duì)軌道有向上的壓力D．小球能否到達(dá)B點(diǎn)與電場(chǎng)強(qiáng)度的大小有關(guān)B[未加電場(chǎng)時(shí)，小球恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)B，在最高點(diǎn)B，由牛頓第二定律，mg＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，小球從A到B點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律，mgh＝mg·2R＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，聯(lián)立解得h＝eq\f(5R,2)；現(xiàn)在空間加一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，假設(shè)仍從A點(diǎn)由靜止釋放該小球，小球從A到B點(diǎn)，由能量守恒定律，mgh＋qEh＝(mg＋qE)·2R＋eq\f(1,2)mv2，解得，假設(shè)小球仍恰好能到達(dá)B點(diǎn)，在最高點(diǎn)B，由牛頓第二定律，mg＋qE＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得veq\o\al(2,B)＝＝v2，假設(shè)成立，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤，B正確。]6.如下圖，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為a的正方形線框ABCD斜向右上方穿進(jìn)磁場(chǎng)，當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度為v，方向與磁場(chǎng)邊界成45°角，假設(shè)線框的總電阻為R，那么()A．線框穿進(jìn)磁場(chǎng)過程中，線框中電流的方向?yàn)镈CBADB．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框中感應(yīng)電流為eq\f(\r(2)Bav,R)C．AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為eq\f(\r(2)B2a2v,R)D．此時(shí)CD兩端電壓為eq\f(3,4)BavCD[線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的方向向外，由安培定那么可知感應(yīng)電流的方向?yàn)锳BCDA方向，故A錯(cuò)誤；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bav，那么線框中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，故B錯(cuò)誤；AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的CD邊受到的安培力與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是F＝BIa，由幾何關(guān)系知，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，F(xiàn)合＝eq\r(2)F＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，故C選項(xiàng)正確；當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，CD兩端電壓U＝I×eq\f(3R,4)＝eq\f(3,4)Bav，故D選項(xiàng)正確。]7.如下圖，半徑為R的豎直光滑圓弧軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓弧軌道上，A與圓心O等高，B位于O的正下方，它們由靜止釋放，最終在水平面上運(yùn)動(dòng)。以下說法正確的選項(xiàng)是()A．下滑過程中A的機(jī)械能守恒B．當(dāng)A滑到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)A的支持力大小為2mgC．下滑過程中重力對(duì)A做功的功率一直增加D．整個(gè)過程中輕桿對(duì)B做的功為eq\f(1,2)mgRBD[下滑過程中桿對(duì)A有力的作用，并且這個(gè)力對(duì)A做負(fù)功，所以A的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；以A、B為整體，機(jī)械能守恒，當(dāng)A滑到圓弧軌道最低點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)·2mv2＝mgR，最低點(diǎn)時(shí)由支持力和重力的合力提供向心力，那么有FN－mg＝meq\f(v2,R)，所以軌道對(duì)A的支持力大小為2mg，故B正確；開始時(shí)重力對(duì)A做功功率為零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功功率仍為零，所以重力對(duì)A做功的功率先增大后減小，故C錯(cuò)誤；A運(yùn)動(dòng)到底端的過程中，B的動(dòng)能增加量即輕桿對(duì)B做的功W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mgR，故D正確。]8.如下圖，質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板B放在光滑的水平面上，質(zhì)量為eq\f(1,4)m的木塊A放在長(zhǎng)木板的左端，一顆質(zhì)量為eq\f(1,16)m的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當(dāng)木塊滑離木板時(shí)速度為eq\f(1,8)v0，木塊在木板上滑行的時(shí)間為t，那么以下說法正確的選項(xiàng)是()A．木塊獲得的最大速度為eq\f(1,5)v0B．木塊滑離木板時(shí)，木板獲得的速度大小為eq\f(3,8)v0C．木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為eq\f(3mv0,128t)D．木塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，因摩擦產(chǎn)生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動(dòng)能AC[子彈射入木塊的瞬間木塊獲得的速度最大，取向右為正方向，對(duì)子彈和木塊A系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：eq\f(1,16)mv0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)m＋\f(1,4)m))v1，解得v1＝eq\f(1,5)v0，選項(xiàng)A正確；木塊滑離木板時(shí)，對(duì)木板和木塊(包括子彈)系統(tǒng)：eq\f(1,16)mv0