2021高考物理二轮复习48分小题精准练3

1、PAGE 6 -48分小题精准练(三)(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15题只有一项符合题目要求，第68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下列对几种物理现象的解释，正确的是()A泥工师傅贴瓷片时为了使瓷片平整用橡皮锤敲打瓷片，而不是用铁锤，是因为橡皮锤产生的冲量小B小朋友用力推门而没推动，但推力产生的冲量并不为零C动量相同的两个物体受到相同的制动力作用时，速度小的物体将先停下来D竖直上抛的物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量为零B泥工师傅贴瓷片时为了使瓷片平整

2、用橡皮锤敲打瓷片，而不是用铁锤，是因为与铁锤相比橡皮锤弹性大，敲打瓷片时力的作用时间更长，根据动量定理Ftp可知产生的作用力小，选项A错误；根据冲量定义式IFt可知，虽然小朋友用力推门而没推动，但推力产生的冲量并不为零，选项B正确；根据动量定理Ftp知，动量相同的两个物体受到相同的制动力作用时，两物体将同时停下来，与速度无关，选项C错误；同理，根据冲量定义式IFt可知，竖直上抛的物体上升到一定高度后又落回抛出点，不计空气阻力，则此过程中重力的冲量不为零，选项D错误。2. (2020山东学业水平等级考试T1)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大

3、小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是()A0t1时间内，v增大，FNmgBt1t2时间内，v减小，FNmgCt2t3时间内，v增大，FNmgDt2t3时间内，v减小，FNmgD根据位移时间图像的斜率表示速度可知，0t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FNmg，选项C错误，D正确。3一颗在赤道上空做匀速圆周运动的人造卫星，其所在高度处对应的重力加速度为地球表面重力加速度的四分之一，则某一时刻该卫星观测到的赤道的最大弧长为(已知地球半径为R)()A.eq f(2,3)R B.eq f(1,2)R C.

4、eq f(1,3)R D.eq f(1,4)RA卫星所在高度处有Geq f(Mm,r2)mg，在地球表面处有Geq f(Mm,R2)mg，因为geq f(1,4)g，解得r2R，如图所示，图中cos eq f(R,r)eq f(1,2)，即eq f(,3)，则某一时刻该卫星观测到的赤道的最大弧度为eq f(2,3)，则观测到的赤道的最大弧长为eq f(2,3)R，A正确。4下列说法正确的是()A发生衰变的原子核会产生射线，生成的新核与原来的原子核相比，中子数减少了5个B氟18的半衰期为109.8分钟，100个氟18原子核经过7.5个小时后一定剩下6个氟18原子核C按照玻尔理论，氢原子核外电子从

5、半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子的能量增加D自由核子组成原子核时，其质量亏损对应的能量大于该原子核的结合能C发生衰变的原子核会产生射线，生成的新核与原来的原子核相比，中子数减少了2个，A错误；半衰期的意义只有对大量原子核才成立，B错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，但原子的能量增加，C正确；自由核子组成原子核时，其质量亏损对应的能量等于该原子核的结合能，D错误。5.如图所示的速度选择器水平放置，板长为L，两板间距离也为L，两板间分布着如图所示的匀强电场与匀强磁场。一带正电的粒子(不计重力)从两板左侧中点O处沿图中虚

6、线水平向右射入速度选择器，恰好做匀速直线运动；若撤去磁场，保留电场，粒子以相同的速度从O点进入电场，恰好从上极板ab的右边缘b处离开场区；若撤去电场，保留磁场，粒子以相同的速度从O点进入磁场，经过一段匀速圆周运动后，打在下极板cd上，则粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为()ALB2L C.eq f(5,4)L D.eq f(L,2)A该带正电的粒子恰能沿图中虚线匀速通过速度选择器，电场力竖直向上，洛伦兹力竖直向下，根据平衡条件，有qvBqE，解得veq f(E,B)。撤去磁场，保持电场不变，粒子在电场中做类平抛运动，则Lvt，eq f(1,2)Leq f(1,2)eq f(qE,m)t2，解得粒子

7、的比荷eq f(q,m)eq f(E,LB2)；撤去电场，保持磁场不变，粒子做匀速圆周运动，由qvBmeq f(v2,r)，解得req f(mv,qB)L。6假设给原线圈接如图甲所示的交变电流，每个周期T内，前eq f(T,2)电流恒定，后eq f(T,2)的电流按正弦式规律变化如图乙所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为110，L1、L2是完全相同的两个灯泡。两电压表均为理想电表。下列说法正确的有()甲乙A电压表V1的示数为22 VB闭合开关S后，电压表V2示数为闭合前的2倍C闭合开关S后，电压表V2示数不变D闭合开关S后，电压表V2示数为220 VAC根据题图甲知eq f(22 V2,R)e

8、q f(T,2)eq blc(rc)(avs4alco1(eq f(22r(2),r(2) V)eq sup12(2)eq f(1,R)eq f(T,2)eq f(Uoal(2,1有效),R)T，解得U1有效22 V，故电压表V1示数为22 V，A正确；根据变压器工作原理知eq f(n1,n2)eq f(U1,U2)，闭合开关S后，n1、n2、U1都不变，故U2不变，电压表V2示数不变，B错误，C正确；原线圈内的电流前半个周期是恒定电流，变压器不工作，副线圈两端只有半个周期有电压，有0eq blc(rc)(avs4alco1(eq f(22r(2)10,r(2) V)eq sup12(2)eq

9、 f(1,R)eq f(T,2)eq f(Uoal(2,2有效),R)T，可得U2有效eq f(220,r(2) V220 V，D错误。7.如图所示，一辆货车通过光滑轻质定滑轮用轻绳提升一箱货物，货箱质量为M，货物质量为m，在货车的牵引下，货物从静止开始先做加速运动，再做匀速运动，最后做减速运动直至静止，整个过程中将货物提升的高度为h，则()A货物的机械能先增加后减少B货物对箱底的压力始终大于mgC若图示位置货车的速度为v，则此时货物的速度为vcos D整个过程中货车拉力做的功为(Mm)ghCD因为绳的拉力始终对货物做正功，故货物的机械能一直增加，A错误；因为货物从静止开始先做加速运动，再做匀

10、速运动，最后做减速运动直至静止，根据超重、失重的特点知，在加速阶段，箱底对货物的支持力大于mg，在匀速阶段，箱底对货物的支持力等于mg，在减速阶段，箱底对货物的支持力小于mg，由牛顿第三定律知，货物对箱底的压力先大于mg，然后等于mg，最后小于mg，B错误；将货车的速度沿绳方向和垂直于绳方向分解，有v货物v绳vcos ，C正确；整个过程中根据动能定理有W(Mm)gh0，解得货车拉力做的功W为(Mm)gh，选项D正确。8.一个质量为m、带电荷量为q的小球以初速度v0水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两种区域相互间隔，竖直高度相等，电场区

11、水平方向无限长。已知每一个电场区的场强大小相等，方向均竖直向上，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是()A小球在水平方向一直做匀速运动B若场强大小等于eq f(2mg,q)，则小球经过每一个无电场区的时间均相等C若场强大小等于eq f(mg,q)，则小球经过每一个电场区的时间均相等D小球经过每一个电场区的机械能的减少量相等ABD将小球的运动沿着水平方向和竖直方向进行正交分解，水平方向不受外力，以v0做匀速运动，选项A正确；在竖直方向上，小球在无电场区只受重力，加速度大小为g，方向竖直向下，在电场区除受重力外，还受到方向竖直向上的恒定的电场力作用，加速度的大小和方向取决于合力的大小和方向，当电场强度等于eq f(mg,q)时，电场力等于mg，故在电场区小球所受的合力为零，竖直方向的运动是匀速运动，而在无电场区小球做匀加速运动，故经过每个电场区，小球的速度均不相等，因而小球经过每一个电场区的时间均不相等，选项C错误；当电场强度等于eq f(2mg,q)时，电场力等于2mg，故在电场区小球所受的合力大小为mg，方向竖直向上，加速度大小等于g，方向竖直向上，则在经过第一个无电场区时，有yeq f(1,2)gteq oal(2,1)，v1gt1，经过第一个电场区时，有yv1t2eq f(1,2)gteq oal(2,2)，v2v1gt2，联立解得t