2020版高考物理二轮复习48分小题精准练12（含解析）.docx

48分小题精准练(十二)(建议用时：20分钟)(15小题为单选题，68小题为多选题)1.匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为71，如图所示，那么碳14的衰变方程为()A.CBeB.CBeHeC.CBHD.CNeD原子核的衰变过程满足动量守恒，放射出的粒子与反冲核的速度方向相反，由题图根据左手定则判断得知，该粒子与反冲核的电性相反，可知碳原子核发生的是衰变，衰变方程为CNe，根据动量守恒定律和带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式r可知此衰变方程满足题意。2.A、B两物体运动的vt图象如图所示，由图象可知()AA、B两物体运动方向始终相同BA、B两物体的加速度在前4 s内大小相等、方向相反CA、B两物体在前4 s内不可能相遇DA、B两物体若在6 s时相遇，则计时开始时二者相距30 mDA物体先向负方向做减速运动，然后再向正方向做加速运动；B物体一直向正方向加速运动，故选项A错误；直线的斜率等于加速度，则A、B两物体的加速度在前4 s内大小相等、方向相同，选项B错误；前4 s内两物体运动方向相反，因不知起始位置，则A、B两物体在前4 s内可能相遇，选项C错误；A、B两物体若在6 s时相遇，则计时开始时二者相距67.5 m m30 m，选项D正确。3(2016湖南六校联考)一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在光滑圆锥顶上，如图所示，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为，细线的张力为FT，则FT随2变化的图象是()C由题知小球未离开圆锥表面时细线与竖直方向的夹角为，用L表示细线长度，小球离开圆锥表面前，细线的张力为FT，圆锥对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FTsin FNcos m2Lsin ，FTcos FNsin mg，联立解得FTmgcos 2mLsin2。小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为，根据牛顿第二定律有FTsin m2Lsin ，解得FTmL2。对照四个选项的图象可知C项正确。4.如图所示为一理想变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压uUmsin 100t(V)。当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡恰好都能正常发光。下列说法正确的是()A三个灯泡的额定电压为B变压器原、副线圈匝数比为92C此时灯泡a和b消耗的电功率之比为27D流过灯泡c的电流，每0.02 s方向改变一次C设灯泡的额定电压为U，根据题意，输入电压U入8U，得：U，此时原线圈两端的电压为U1U入U7U，副线圈两端的电压为U22U，则变压器原、副线圈匝数比为，根据，因为a、b此时都能正常发光，故电压都为额定电压，根据PUI，可知a、b消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a和b消耗的电功率之比为27，由输入电压的表达式，可知周期T0.02 s，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02 s电流方向改变两次，故A、B、D错误，C正确。5(2019湖南六校联考)如图所示，一带电荷量为q，质量为m的小球，从光滑绝缘斜面轨道上的A点由静止下滑，然后沿切线进入竖直面内半径为R的光滑绝缘圆弧轨道，恰能到达圆弧轨道的最高点B。现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球(小球的电荷量在运动过程中保持不变，不计空气阻力)，则()A小球一定不能到达B点B小球仍恰好能到达B点C小球一定能到达B点，且在B点对轨道有向上的压力D小球能否到达B点与电场强度的大小有关B未加电场时，小球恰能到达圆弧轨道的最高点B，在最高点B，由牛顿第二定律，mgm，小球从A到B点，由机械能守恒定律，mghmg2Rmv，联立解得h；现在空间加一竖直向下的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，小球从A到B点，由能量守恒定律，mghqEh(mgqE)2Rmv2，解得，假设小球仍恰好能到达B点，在最高点B，由牛顿第二定律，mgqEm，解得vv2，假设成立，选项A、C、D错误，B正确。6.如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界成45角，若线框的总电阻为R，则()A线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBADBAC刚进入磁场时线框中感应电流为 CAC刚进入磁场时线框所受安培力为 D此时CD两端电压为BavCD线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感应电流的磁场的方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCDA方向，故A错误；AC刚进入磁场时，CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势EBav，则线框中感应电流I，故B错误；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是FBIa，由几何关系知，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，F合F，故C选项正确；当AC刚进入磁场时，CD两端电压UIBav，故D选项正确。7.如图所示，半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆弧轨道上，A与圆心O等高，B位于O的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是()A下滑过程中A的机械能守恒B当A滑到圆弧轨道最低点时，轨道对A的支持力大小为2mgC下滑过程中重力对A做功的功率一直增加D整个过程中轻杆对B做的功为mgRBD下滑过程中杆对A有力的作用，并且这个力对A做负功，所以A的机械能不守恒，故A错误；以A、B为整体，机械能守恒，当A滑到圆弧轨道最低点的过程中，由机械能守恒定律得：2mv2mgR，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有FNmgm，所以轨道对A的支持力大小为2mg，故B正确；开始时重力对A做功功率为零，最后到水平面，速度方向水平，重力做功功率仍为零，所以重力对A做功的功率先增大后减小，故C错误；A运动到底端的过程中，B的动能增加量即轻杆对B做的功Wmv2mgR，故D正确。8.如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为v0，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法正确的是()A木块获得的最大速度为v0B木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 v0C木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为 D木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能AC子弹射入木块的瞬间木块获得的速度最大，取向右为正方向，对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律：mv0v1，解