高考物理二轮复习 精练三 小卷冲刺练（82实验）（四）试题

小卷冲刺练(8＋2计算)(四)一、选择题(共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。)14.下列叙述符合物理学史实的是()A.安培通过实验发现了电流周围存在磁场，并总结出判定磁场方向的方法——安培定则B.法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应C.楞次在分析了许多实验事实后提出：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化D.麦克斯韦认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景解析奥斯特通过实验发现了电流周围存在磁场，安培总结出判定磁场方向的方法——安培定则，故A错误；法拉第发现了电磁感应现象后，领悟到：“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的效应，符合物理学史实，故B正确；楞次发现了感应电流方向遵守的规律：感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，而不是阻止，故C错误；法拉第认为：电磁相互作用是通过场来传递的。他创造性地用“力线”形象地描述“场”的物理图景，故D错误。答案B15.下列说法正确的是()A.汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”B.太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应C.光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比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衰变方程解析汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”，选项A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应，选项B错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，不成正比，选项C错误；eq\o\al(15,7)N＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(4,2)He是人工转变，不是α衰变方程，选项D错误。答案A16.(2017·河北唐山二模)一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图1所示，则()图1A.1～2s时间内物体做匀减速运动B.2s末，物体运动的速度为零C.1s末，物体运动的速度为2m/sD.0～1s时间内的平均速度为2m/s解析1～2s时间内物体的加速度逐渐减小，物体做加速度减小的加速运动，不是做匀减速运动，故A错误：图线与坐标轴所围的“面积”即为物体的速度变化量，则1s末，物体运动的速度为2m/s，2s末，物体运动的速度为4m/s，故B错误，C正确；0～1s物体做加速度逐渐增大的加速运动，这段时间内的平均速度小于2m/s，故D错误。答案C17.在某匀强电场中有M、N、P三点。如图2所示，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边NP的长度为4cm。电场方向与三角形所在平面平行。已知M、N和P点的电势分别为3V、15V和12V。则电场强度的大小为()图2A.150V/m B.75V/mC.225eq\r(3)V/m D.75eq\r(3)V/m解析过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，由几何知识可知N、O间的距离NO＝2cm，M、O间的距离MO＝6cm，由匀强电场的特点得O点的电势为φO＝12V，即O、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知：E＝eq\f(U,d)＝150V/m，即选项A正确。答案A18.“嫦娥”三号探测器要求一次性进入近地点210千米、远地点约36.8万千米的地月转移轨道。在太空飞行了九天的“嫦娥”三号探测器，再次成功变轨，从距离月表100千米的环月圆轨道Ⅰ，变为近月点15千米、远月点100千米的椭圆轨道Ⅱ，两轨道相切于点P，如图3所示。若绕月运行时只考虑月球引力作用，关于“嫦娥”三号探测器，以下说法正确的是()图3A.在轨道Ⅰ上运动的周期小于在轨道Ⅱ上运动的周期B.沿轨道Ⅰ运行至P点的速度等于沿轨道Ⅱ运行至P点的速度C.沿轨道Ⅰ运行至P点的加速度小于沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度D.在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能解析据开普勒行星运动定律eq\f(a3,T2)＝k可知轨道Ⅰ的半径大于轨道Ⅱ的半长轴，故在轨道Ⅰ上运动的周期大于在Ⅱ上运动的周期，A项错误；探测器从沿轨道Ⅰ运行变轨到沿轨道Ⅱ运行，需要在P点减速，因此沿轨道Ⅰ运行至P点的速度大于沿轨道Ⅱ运行至P点的速度，B项错误；探测器在轨道Ⅰ上的势能与动能之和比在轨道Ⅱ上的势能与动能之和大，D项正确；探测器在P点受到的万有引力相等，因此加速度相等，C项错误。答案D19.如图4甲所示，按正弦规律变化的电压u加在图乙的理想变压器原线圈ab两端，原、副线圈的匝数之比为5∶1，电压表为理想电表，L1、L2均为灯泡，R和L分别是定值电阻和电感线圈，下列说法正确的是()图4A.电压u的表达式u＝311sin100πt(V)B.电压表示数为22VC.只增大电压u的频率，L1变亮D.只增大电压u的频率，L2变暗解析根据甲图可知，原线圈电压的最大值为311V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，则电压u的表达式u＝311sin100πt(V)，故A正确；根据甲图可知，原线圈电压的最大值为311V，则有效值U1＝eq\f(311,\r(2))＝220V，根据理想变压器电压与匝数成正比得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(5,1)，解得U2＝44V，所以电压表示数为44V，故B错误；原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，则L1亮度不变，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以L2变暗，故C错误，D正确。答案AD20.(2017·江西省重点中学盟校联考)如图5甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正。则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是()图5解析0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值。根据法拉第电磁感应定律，E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝B0S为定值，则感应电流为定值，I0＝eq\f(B0S,R)。在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同。在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同。在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同，故A正确，B错误；在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据安培力公式F＝BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值。0时刻安培力大小为F＝2B0I0L。在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F＝BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L。在3～4s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L。在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L。故C正确，D错误。答案AC21.如图6所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3s后又恰好垂直打在倾角为45°的斜面上。已知半圆形管道的半径为R＝1m，小球可看作质点且其质量为m＝1kg，g取10m/s2。则()图6A.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是0.9mB.小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是1.9mC.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1ND.小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2N解析根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝0.9m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，vB＝vx＝3m/s，解得FNB＝－1N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。答案AC二、非选择题24.(12分)(2017·河南郑州质检)如图7所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝2kg。物块从斜面上A点由静止滑下，经过B点时无能量损失。已知物块的质量m＝1kg，A点到B点的竖直高度为h＝1.8m，BC长度为L＝3m，BD段光滑。g取10m/s2。求在运动过程中：图7(1)弹簧弹性势能的最大值；(2)物块第二次到达C点的速度。解析(1)由A点到B点的过程中有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)(2分)解得vB＝eq\r(2gh)＝6m/s。(1分)由B至将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，则mvB＝(M＋m)v，(2分)此时的弹性势能最大，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)联立以上两式可得Ep＝12J。(1分)(2)物块由B至第二次到达C的过程中，系统动量守恒，取vB方向为正方向，则mvB＝mvC＋Mv′。(2分)物块由B至第二次到达C的整个过程中机械能守恒，则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)联立以上两式可解得：vC＝－2m/s，vC＝6m/s(第一次到C点的速度，舍去)。即物块第二次到达C点的速度大小为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)如图8所示，在xOy平面中第一象限内有一点P(4，3)，OP所在直线下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，OP上方有平行于OP向上的匀强电场，电场强度E＝100V/m。一质量m＝1×10－6kg，电荷量q＝2×10－3C带正电的粒子，从坐标原点O以初速度v＝1×103m/s垂直于磁场方向射入磁场，经过P点时速度方向与OP垂直并进入电场，在经过电场中的图8(1)磁感应强度的大小；(2)O、M两点间的电势差；(3)M点的坐标及粒子从O运动到M点的时间。解析(1)因为粒子过P点时垂直于OP，所以OP为粒子做圆周运动的直径为5m，由qvB＝meq\f(v2,R)(2分)得：B＝0.2T(1分)(2)进入电场后，其轨迹如图所示，沿电场线方向a＝eq\f(qE,m)(1分)y′＝eq\f(1,2)at2＝105t2(1分)vy′＝at＝2×105t(1分)垂直于电场方向x′＝vt＝103t(1分)vx′＝103m/s(1因为2EkP＝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两点间的电势差：U＝E(OP＋y′)