2021物理统考版二轮复习48分小题精准练6含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021高考物理统考版二轮复习48分小题精准练6含解析48分小题精准练（六）（时间:20分钟分值：48分）选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分，有选错的得0分）1.如图所示，在光滑的固定的水平木板上有一轻质绝缘弹簧，其一端固定在竖直墙壁上,另一端与一磁铁相连，当弹簧处于原长时，磁铁的中心位置恰好位于图中的O点处,有一与灵敏电流计相连的圆形线圈穿过木板,线圈所在平面与木板面垂直，且线圈圆心与O点重合。现将磁铁向右拉至某一位置Q后再由静止释放，磁铁能穿过线圈，下列说法正确的是（）A．灵敏电流计的读数稳定不变B．磁铁远离线圈时,两者之间会产生斥力C．由于木板面光滑，故磁铁将一直往复运动下去D．磁铁从Q点运动到O点的过程中，弹簧弹性势能的减小量大于系统产生的焦耳热D［将磁铁向右拉至某一位置后再由静止释放,在磁铁向线圈运动的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量呈现非线性变化,故灵敏电流计的读数不会不变，A错误；根据楞次定律可知,磁铁远离线圈时，两者之间会产生吸引力，B错误;在整个过程中弹簧的弹性势能最终将转化为焦耳热，磁铁将静止，C错误;磁铁从Q点运动到O点的过程，弹簧弹性势能的减小量等于系统产生的焦耳热和磁铁的动能之和，D正确.]2.如图所示，用一个水平推力F＝kt（k〉0，且为常量）把一重力为G的物体压在足够高，且平整的竖直墙壁上,f为物体受到的摩擦力,a为物体的加速度,v为物体的速度，取竖直向上为正方向。开始时物体的速度为零，从t＝0开始计时，下列反映f、a、v随时间变化关系的图象中，正确的是()ABCDC[由题意可知，开始时物体的重力大于摩擦力,由牛顿第二定律有a＝eq\f(mg－μF，m）＝g－eq\f（μk，m）t(a与t呈线性关系)，则物体向下做加速度逐渐减小的加速运动，然后重力小于摩擦力,a＝eq\f（μk,m）t－g，物体开始向下做加速度逐渐增大的减速运动，直到物体静止，此时物体受到的静摩擦力等于重力；根据运动对称性可知，运动开始和结束时，物体的加速度大小相等,所以有fm－G＝G，故物体受到的滑动摩擦力的最大值为fm＝2G。由于加速度先向下减少、后向上增加,速度图象的斜率变化，只有选项C正确。］3．(2020·北京适应性测试）我国自主建设、独立运行的北斗卫星导航系统由数十颗卫星构成，目前已经向一带一路沿线国家提供相关服务。设想其中一颗人造卫星在发射过程中,原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，如图所示.下列说法正确的是()A．在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的加速度不同B．在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的动量不同C．卫星在轨道2的任何位置都具有相同加速度D．卫星在轨道1的任何位置都具有相同动能B[由Geq\f（Mm，r2)＝ma得a＝Geq\f（M,r2),显然卫星不论在轨道1上过P点，还是在轨道2上过P点，加速度都相同，A错误；卫星在轨道1上过P点后做近心运动，则有Geq\f（Mm,r2）>meq\f(v\o\al(2，1）,r）,解得v1<eq\r（\f(GM,r））;卫星在轨道2上过P点后做匀速圆周运动，则有Geq\f(Mm，r2）＝meq\f(v\o\al（2,2)，r),解得v2＝eq\r(\f（GM，r))，所以v1<v2,由动量公式p＝mv可知p1<p2,B正确;卫星在轨道2上做匀速圆周运动，卫星的加速度方向始终指向圆心，因此卫星在轨道2上任何位置的加速度都不相同，C错误；卫星在轨道1上由远地点向近地点运动时,引力势能逐渐减小，动能逐渐增大，由近地点向远地点运动时,引力势能逐渐增大，动能逐渐减小，D错误。]4。如图所示,真空中，垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界),两圆的半径分别为R、3R，圆心为O.一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场，其运动轨迹如图，轨迹所对的圆心角为120°。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2,不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域，则eq\f(v1，v2)至少为（）A.eq\f（2\r(3),3） B.eq\r（3)C。eq\f（4\r（3）,3) D．2eq\r(3）B［粒子在磁场中做圆周运动,由几何知识得粒子运动的轨迹半径r1＝eq\f(3R，tan60°)＝eq\r（3）R，由洛伦兹力提供向心力有qv1B＝meq\f（v\o\al(2，1)，r1)，解得v1＝eq\f（\r（3)qBR，m)；当粒子以速度v2进入磁场区域,且不进入小圆区域时粒子运动轨迹恰好与小圆相切，且在P点v2速度竖直向上时，轨迹半径最大,此时由几何知识知r2＝R，由洛伦兹力提供向心力有qv2B＝meq\f（v\o\al（2,2）,r2），解得v2＝eq\f（qBR,m），则eq\f（v1，v2）＝eq\r（3），B正确,A、C、D错误。］5．如图所示,在一半径为R的eq\f（1，4)圆弧形光滑轨道末端平滑连接一光滑水平轨道，在水平轨道上，放置质量为M的滑块乙,其左侧固定一轻弹簧。一质量为m的滑块甲从eq\f（1,4）圆弧形轨道最高点由静止释放,下列说法正确的是（）A．滑块甲刚接触到轻弹簧时速度为eq\r(gR)B．滑块甲接触到轻弹簧后做匀减速直线运动C．轻弹簧的压缩量最大时滑块甲的速度为eq\f(m\r(2gR）,m＋M）D．两滑块速度相等时，两滑块与轻弹簧组成的系统机械能损失最大C［轨道光滑,由机械能守恒定律有mgR＝eq\f（1,2）mveq\o\al（2,0），解得质量为m的滑块甲刚接触到轻弹簧时速度为v0＝eq\r(2gR），选项A错误；质量为m的滑块甲接触到轻弹簧后，所受轻弹簧的弹力是变力，做变减速直线运动，选项B错误；轻弹簧的压缩量最大时两滑块速度相等，由动量守恒定律有mv0＝（M＋m）v,解得v＝eq\f(m\r(2gR)，m＋M），选项C正确；两滑块速度相等时，两滑块与轻弹簧组成的系统动能损失最大，转化为轻弹簧的弹性势能，但是总机械能不变，选项D错误。］6.如图所示，轻绳AB和BC连接着一质量为m的物体P，其中绳子的A端固定,C端通过小定滑轮连接着一质量也为m的另一个物体Q，开始时，用手抓住物体Q,使物体P、Q均静止,此时AB和BC两绳中拉力大小分别为T1、T2。把手放开瞬间，AB和BC两绳中拉力大小分别为T′1、T′2.已知A、B、C处于同一竖直平面内,绳子与水平方向的夹角如图所示，不计滑轮与绳间的摩擦力，则（）A.eq\f（T1,T′1)＝1 B.eq\f（T1,T2)＝eq\f(1,2)C.eq\f(T2,T′2）＝eq\f(2，3） D.eq\f(T′1,T′2）＝3AC[用手抓住物体Q时,由于结点B受力平衡，对其受力分析，由平衡条件可得T1＝mgcos30°，T2＝mgsin30°。把手放开瞬间,设Q的加速度大小为a,则此时P沿BC方向的加速度大小也为a，根据牛顿第二定律可知,对Q有mg－T′2＝ma，对P,在BC方向上有T′2－mgcos60°＝ma，由于P在AB方向上没有加速度，所以沿AB方向有T′1＝mgsin60°，由以上各式可得T1＝T′1＝eq\f(\r（3),2）mg，T2＝eq\f（1，2)mg,T′2＝eq\f(3，4）mg,故有eq\f(T1，T′1）＝1,eq\f(T1，T2）＝eq\r（3)，eq\f(T2，T′2）＝eq\f（2,3）,eq\f（T′1，T′2）＝eq\f（2\r(3),3)，选项A、C正确，B、D错误。]7．如图所示为模拟远距离输电的部分测试电路.a、b端接电压稳定的正弦交流电源（内阻不计），定值电阻阻值分别为R1、R2，且R1〈R2，理想变压器的原、副线圈匝数的比值为k（k〈1），电流表、电压表均为理想电表，其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，电流表、电压表示数变化分别用ΔI和ΔU表示.则以下说法正确的是()A.eq\b\lc\｜\rc\｜（\a\vs4\al\co1(\f(ΔU，ΔI）））＝eq\f（R1,k2) B.eq\f(U,I）＝R2C．电源的输出功率减小 D．电压表示数减小AC[由理想变压器电压与匝数的关系可得，理想变压器原、副线圈电压变化之比eq\f(ΔU原,ΔU副)＝eq\f(n1,n2)＝k；由理想变压器电流与匝数的关系可得,理想变压器原、副线圈电流变化之比eq\f（ΔI原,ΔI副)＝eq\f(n2，n1）＝eq\f（1，k），则eq\f(ΔU副,ΔI副）＝eq\f(n\o\al（2，2）ΔU原,n\o\al(2,1）ΔI原）＝eq\f（1，k2）×eq\f（ΔU原,ΔI原），将R1视为输入端电源内阻，则eq\f(ΔU原，ΔI原）＝R1，所以eq\f(ΔU副,ΔI副)＝eq\f(R1,k2)，这也是R1耦合到副线圈的电阻值，即等效电源内阻，选项A正确；根据欧姆定律有eq\f（U，I）＝R2＋R3，选项B错误;电源电压不变,电流减小，故电源的输出功率减小，选项C正确;当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈输出功率减小，根据变压器输出功率决定输入功率可知，输入电流减小，变压器的输入电压增大，输出电压增大，电压表示数一定增大,选项D错误。］8.如图所示，质量为m、电荷量为＋q的完全相同的四个小球从距地面某高度的O点，以初速度v0分别沿着水平向左、水平向右、竖直向上和竖直向下的方向抛出，已知在小球运动的区域里,存在着一个水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E＝eq\f（3mg，4q）.如果测得水平向右抛出的小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的,且已知该小球飞行的水平距离为L，则（）A．小球抛出的初速度是eq\f（\r(3gL）,2）B．水平向右抛出的小球在空中运动的时间为eq\f（2，3）eq\r（\f（6L，g）)C．小球的抛出点的高度为eq\f(3,4)LD．竖直向上抛出的小球落地时的速度最大BD［对水平向右抛出的小球，根据运动的独立性原理,在水平方向由牛顿第二定律有qE＝ma，又E＝eq\f(3mg，4q),解得a＝eq\f（3,4）g;落地时速度方向恰好竖直向下，说明水平方向恰好减速到零,则等效为反方向的匀加速运动，则有L＝eq\f（v\o\al（2,0),2a)，故v0＝eq\f(\r(6gL),2),A错误；由v0＝at,解得t＝eq\f(2\r(6)，3)·eq\r(\f(L,g)）＝eq\f(2，3）eq\r(\f(6L,g)），B正确；在竖直方向有h＝eq\f（1，2）gt2，解得h＝eq\f(4，3)L，C错误；分析题意可知落地时速度最大的小球只可能是向上抛的和向左抛的，对竖直向上抛出的小球有－h＝v0t1－eq\f（1,2)gteq\o\al（2，1)，解得t1＝eq\f（4,3)eq\r(\