高考物理二轮复习 精练三 小卷冲刺练（82实验）（三）试题

小卷冲刺练(8＋2计算)(三)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.放射性元素A经过2次α衰变和1次β衰变后生成一新元素B，则元素B在元素周期表中的位置较元素A的位置向前移动了()A.1位 B.2位C.3位 D.4位解析α粒子是eq\o\al(4,2)He，β粒子是eq\o\al(0,－1)e，因此发生一次α衰变电荷数减少2，发生一次β衰变电荷数增加1，据题意，电荷数变化为：－2×2＋1＝－3，所以新元素在元素周期表中的位置向前移动了3位。答案C15.如图1所示，滑板运动员以速度v0从离地高度为h的平台末端水平飞出，落在水平地面上。忽略空气阻力，运动员和滑板可视为质点，下列表述正确的是()图1A.v0越大，运动员在空中运动时间越长B.v0越大，运动员落地瞬间速度越大C.运动员落地瞬间速度与高度h无关D.运动员落地位置与v0大小无关答案B16.如图2所示，C、D两点分别固定两个点电荷，E点是CD连线外的一个点，已知E点是DE所在射线上的电势的最低点，则下列判断正确的是()图2A.C位置点电荷带正电，D位置点电荷带负电B.C位置点电荷的电荷量小于D位置点电荷的电荷量C.将正试探电荷从D点向右运动过程中，电场力先做正功，后做负功D.将正试探电荷从D点向右运动过程中，电势能先增大后减小解析根据E点是DE所在射线上电势的最低点，结合电场强度与电势高低关系可知，E点左右两侧电场线方向都是指向E点，根据电场叠加特点可知，C位置点电荷应带负电，D位置点电荷应带正电；且C位置点电荷的电荷量大于D位置点电荷的电荷量，故A、B错误；根据电场力做功与电场线关系可知，正试探电荷从D点向右运动过程中，电场力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，故C正确，D错误。答案C17.(2017·长春检测)2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为Δr(a星的轨道半径大于b星的轨道半径)，则()A.b星的周期为eq\f(l－Δr,l＋Δr)TB.a星的线速度大小为eq\f(π（l＋Δr）,T)C.a、b两颗星的半径之比为eq\f(l,l－Δr)D.a、b两颗星的质量之比为eq\f(l＋Δr,l－Δr)解析a、b两颗星体是围绕同一点绕行的双星系统，故周期T相同，选项A错误；由ra－rb＝Δr，ra＋rb＝l得ra＝eq\f(l＋Δr,2)，rb＝eq\f(l－Δr,2)。所以eq\f(ra,rb)＝eq\f(l＋Δr,l－Δr)，选项C错误；a星体的线速度v＝eq\f(2πra,T)＝eq\f(π（l＋Δr）,T)，选项B正确；由maω2ra＝mbω2rb，得eq\f(ma,mb)＝eq\f(rb,ra)＝eq\f(l－Δr,l＋Δr)，选项D错误。答案B18.一个物体沿直线运动，t＝0时刻物体的速度为2m/s、加速度为1m/s2，物体的合外力随时间变化规律如图3所示。则下列判断正确的是()图3A.物体做匀加速直线运动B.物体的加速度与时间成正比C.t＝5s时刻物体的速度为6.25m/sD.t＝8s时刻物体的动量为13.2kg·m/s解析因为运动过程中物体的合外力在变化，则物体的加速度也在变化，而匀变速直线运动的加速度恒定，所以物体不是在做匀变速直线运动，选项A错误；图线的函数可写成F＝kt＋b，代入可得F＝0.1t＋1，又F＝ma，则加速度与时间不成正比，选项B错误；图线与时间轴围成的面积表示动量变化量，由题意可得物体质量m＝1kg，t＝5s时，合外力F＝1.5N，所以有Δp＝6.25kg·m/s，故t＝5s时动量为p1＝(2＋6.25)kg·m/s＝8.25kg·m/s，速度v1＝8.25m/s，选项C错误；同理t＝8s时，合力为F＝1.8N，Δp′＝11.2kg·m/s，故t＝8s时动量为p2＝(2＋11.2)kg·m/s＝13.2kg·m/s，选项D正确。答案D19.如图4所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定在桌面上，一小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，击打后迅速移开，使小球沿轨道在竖直面内运动，当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球。通过两次击打，小球才能运动到圆轨道的最高点，已知小球在运动过程中始终未脱离轨道。若在第一次击打过程中小锤对小球做功W1，第二次击打过程中小锤对小球做功W2，先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则eq\f(W1,W2)的值可能是()图4A.eq\f(1,3) B.eq\f(2,3)C.1 D.2解析第一次击打后球最多到达与球心O等高的位置，根据功能关系有W1≤mgR，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系有W1＋W2－2mgR＝eq\f(1,2)mv2，根据圆周运动知识，在最高点有mg＋N＝meq\f(v2,R)≥mg，联立解得W2≥eq\f(3,2)mgR，故eq\f(W1,W2)≤eq\f(2,3)，A、B正确。答案AB20.(2017·常德月考)如图5所示，宽为d的有界匀强磁场的边界为PP′、QQ′。一个质量为m、电荷量为q的微观粒子沿图示方向以速度v0垂直射入磁场，磁感应强度大小为B，要使粒子不能从边界QQ′射出，粒子的入射速度v0的最大值可能是下面给出的(粒子的重力不计)()图5A.eq\f(qBd,m) B.eq\f(2qBd,m)C.eq\f(2qBd,3m) D.eq\f(qBd,3m)解析微观粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，qvB＝eq\f(mv2,R)，R＝eq\f(mv,qB)，要使粒子不能从边界QQ′射出，粒子的入射速度v0最大时，轨迹与QQ′相切。如粒子带正电，R＝eq\f(R,2)＋d，d＝eq\f(R,2)，v0＝eq\f(2qBd,m)，B正确；如粒子带负电，R＋eq\f(R,2)＝d，v0＝eq\f(2qBd,3m)，C正确。答案BC21.如图6所示，空间存在有界的匀强磁场，磁场上下边界水平，方向垂直纸面向里，宽度为L。一边长为L的正方形线框自磁场边界上方某处自由下落，线框自开始进入磁场区域到全部离开磁场区域的过程中，下列关于线框速度和感应电流大小随时间变化的图象可能正确的是(线框下落过程中始终保持在同一竖直平面内，且底边保持与磁场边界平行)()图6解析线框刚进入磁场时，线框的底边切割磁感线，产生感应电动势，线框中产生感应电流，线框受向上的安培力F安，当F安＝mg时，线框匀速穿过磁场，则A正确；当F安>mg时，线框进入磁场的瞬间产生向上的加速度，线框做减速运动，随着线框速度的减小，线框中的感应电流逐渐减小，线框所受的安培力逐渐减小，线框所受的合力逐渐减小，加速度逐渐减小，由于线框进入磁场的速度大小未知，因此线框在磁场中可能一直减速，故感应电流大小也可能一直减小，C正确；当F安<mg时，同理分析可知，线框可能先做加速度减小的加速运动再做匀速直线运动，也可能一直做加速度减小的加速运动直到离开磁场，感应电流大小也随着速度大小变化，则B错误，D正确。答案ACD二、非选择题24.(14分)如图7甲所示，斜面体固定在粗糙的水平地面上，底端与水平面平滑连接，一个可视为质点的物块从斜面体的顶端自由释放，其速率随时间变化的图象如图乙所示，(已知斜面与物块、地面与物块间的动摩擦因数相同，g取10m/s2)求：图7(1)斜面的长度x；(2)物块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)斜面的倾角θ的正弦值。解析(1)在v－t图象中图线与时间轴所围的面积表示物块的位移，由题图乙可知，物块在0～5s时间内在斜面上运动，5～7s时间内在水平面上运动，因此斜面的长度为x＝eq\f(1,2)×5×10m＝25m(4分)(2)在v－t图象中图线的斜率表示物块运动的加速度，因此由题图乙可知，在5～7s时间内，该物块运动的加速度为a2＝－5m/s2(2分)物块在水平面上运动时，根据牛顿第二定律有－μmg＝ma2(2分)解得μ＝0.5(1分)(3)在0～5s时间内物块运动的加速度为a1＝2m/s2(1分)根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1(2分)又因为sin2θ＋cos2θ＝1(1分)联立解得sinθ＝0.6(1分)答案(1)25m(2)0.5(3)0.625.(18分)如图8甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，且与轨道垂直，金属杆ab接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨道间距为L＝2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计。图8(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑时产生感应电动势E的大小，并判断杆中的电流方向；(2)求解金属杆的质量m和阻值r；(3)当R＝4Ω时，从静止释放ab杆，在ab杆加速运动的过程中，回路瞬时电功率每增加1W时，合外力对杆做功多少？解析(1)由图可知，当R＝0时，杆最终以v＝2m/s匀速运动，产生电动势E＝BLv＝0.5×2×2V＝2V(2分)由右手定则判断得知，杆中电流方向从b→a(1分)(2)设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv(1分)由闭合电路的欧姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)(1分)杆达到最大速度时满足mgsinθ－BIL＝0(1分)解得：v＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgsinθ,B2L2)r(1分)由图象可知：斜率为k＝eq\f(4－2,2)m/(s·Ω)＝1m/(s·Ω)(1分)纵截距为v0＝2m/s，得到：eq\f(mgsinθ,B2L2)r＝v0，eq\f(mgsinθ,B2L2)＝k解得：m＝0.2kg，r＝2Ω；(2分)(3)由题意：E＝BLv，(1分)P＝eq\f(E2,R＋r)(1分)