2020版高考物理二轮复习48分小题精准练12含解析

2020版高考物理二轮复习48分小题精准练12含解析

高考化学总复习 ‎48分小题精准练(十二)‎ ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎(1～5小题为单选题，6～8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7∶1，如图所示，那么碳14的衰变方程为(　　)‎ A.C→B＋e B.C→Be＋He C.C→B＋H D.C→N＋e D　[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β衰变，衰变方程为C→N＋e，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(　　)‎ A．A、B两物体运动方向始终相同 B．A、B两物体的加速度在前4 s内大小相等、方向相反 C．A、B两物体在前4 s内不可能相遇 D．A、B两物体若在6 s时相遇，则计时开始时二者相距30 m D　[A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×6×7.5 m＋ m＝30 m，选项D正确。]‎ - 5 -‎ 高考化学总复习 ‎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ω，细线的张力为FT，则FT随ω2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θ，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 θ－FNcos θ＝mω2Lsin θ，FTcos θ＋FNsin θ＝mg，联立解得FT＝mgcos θ＋ω2mLsin2θ。小球离开圆锥表面后，设细线与竖直方向的夹角为α，根据牛顿第二定律有FTsin α＝mω2Lsin α，解得FT＝mL·ω2。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u＝Umsin 100πt(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9∶2‎ C．此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2∶7‎ D．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U1＝U入－U＝7U，副线圈两端的电压为U2＝2U，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P＝UI，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2∶7，由输入电压的表达式，可知周期T＝＝0.02 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 - 5 -‎ 高考化学总复习 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，mg＝m，小球从A到B点，由机械能守恒定律，mgh＝mg·2R＋mv，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，mgh＋qEh＝(mg＋qE)·2R＋mv2，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，mg＋qE＝m，解得v＝＝v2，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DCBAD B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为 C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为 D．此时CD两端电压为Bav CD - 5 -‎ 高考化学总复习 ‎　[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E＝Bav，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F＝BIa，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U＝I×＝Bav，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2mg C．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mgR BD　[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：·2mv2＝mgR，最低点时由支持力和重力的合力提供向心力，则有FN－mg＝m，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W＝mv2＝mgR，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v0‎ - 5 -‎ 高考化学总复习 B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 v0‎ C．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：mv0＝v1，解得v1＝v0，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统：mv0＝·v0＋mv2，解得v2＝v0，选项B错误；对木板，由动量定理：ft＝mv2，解得f＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，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与木板增加的动能之差，选项D错误。]‎ - 5 -‎