1、1高考题型小卷练(82 计算)(三)一、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 1418 题只有一项符合题目要求，第 1921 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)14以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是( )A太阳内部发生的核反应是核裂变B一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小C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，电子的动能减小，但原子的能量增大D原子核发生一次 衰变，该原子外层就失去一个电子解析：太阳内部发生的核反应是核聚变，故 A 选项错
2、误光电效应能否发生与光强无关，故 B 选项错误由 k m 知，核外电子轨道半径越大，速度越小，动能减小，从低e2r2 v2r轨道到高轨道跃迁，吸收能量，原子总能量增大，故 C 选项正确原子核发生 衰变的实质是核内中子转变成质子，放出电子，与核外电子无关，故 D 选项错误答案：C15.如图所示，放在水平地面上的物块 A 用不可伸长的轻质细绳跨过两个定滑轮与小球 B连接，物块的质量远大于小球的质量现给 B 施加一个斜向右上方且与水平方向始终成 30角的力 F，使 B 缓慢地移动，直至悬挂 B 的细绳水平， B 移动过程中细绳一直处于拉直状态，则下列说法正确的是( )A拉力 F 先增大后减小B拉力
3、F 先减小后增大C A 对地面的压力先增大后减小D A 对地面的压力一直减小解析：如图所示，对小球 B 进行受力分析可知，拉力 F 一直增大，因此选项 A、B 错误；细绳的拉力 FT先减小后增大，故物块 A 对地面的压力先增大后减小，选项 C 正确、D 错误答案：C162017 年 11 月 5 日 19 时 45 分，在西昌卫星发射中心，我国运用长征三号乙运载火箭以“一箭双星”方式成功发射了两颗卫星这两颗卫星是北斗三号卫星导航系统的组网卫星。它们的轨道为中圆地球轨道，高度约 21 000 km.则下列说法正确的是( )A两颗卫星的向心力相同B两颗卫星的线速度相同C两颗卫星运行的角速度均大于地
4、球自转的角速度D两颗卫星的向心加速度大于地面物体的重力加速度解析：两颗卫星的线速度方向、向心力方向均不同，A、B 项错误；两卫星的轨道半径2均小于地球同步卫星的轨道半径，由开普勒第三定律可知，它们的周期均小于地球自转周期，则它们的角速度大于地球自转的角速度，C 项正确；对地面物体， G mg，对卫星，MmR2G m1a，可见两颗卫星的向心加速度小于地面物体的重力加速度，D 项错误Mm1 R h 2答案：C172018北京卷，18某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后，做匀速直线运动；若仅撤除电场，则该粒子做匀速圆周运动下列因素与完成上述两类运动无关的是(
5、 )A磁场和电场的方向B磁场和电场的强弱C粒子的电性和电荷量D粒子入射时的速度解析：在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内，带电粒子做匀速直线运动，则速度方向与电场方向和磁场方向均垂直， qvB qE，故 v .因此粒子是否在“速度选择器”中做EB匀速直线运动，与粒子的电性、电量均无关撤去电场时，粒子速度方向仍与磁场垂直，满足做匀速圆周运动的条件答案：C18.如图所示，理想变压器原、副线圈上分别接有定值电阻 R1、 R2，其中 R18 ， R210 ，原、副线圈的匝数之比为 n1 ： n24 ：1，电阻 R2两端的电压为U210 V，则交流电源电压 U 为( )A42 V B48 VC45 V D4
6、0 V解析：在副线圈中，电流为 I2 1 A，根据 ，可得原线圈中的电流为U2R2 I1I2 n2n1 14I10.25 A，故 R1两端电压为 UR1 I1R12 V，根据 ，可得原线圈两端的电压U1U2 n1n2U140 V，则交流电源的电压 U U1 UR142 V.答案：A19如图所示，倾角为 30且表面光滑的斜面固定在水平地面上，有一条长为l、质量为 m 的均匀铁链，其中三分之二置于斜面上，另外一端连接一个质量也为 m 的钢球，钢球可视为质点当钢球带着铁链由静止开始向下运动，直到铁链刚好全部离开斜面(此时铁链还未到达地面，不计空气阻力)，在此过程中( )A铁链机械能逐渐减少B钢球重力
7、势能减少量等于铁链机械能增加量C铁链重力势能的减少量小于其动能增加量D铁链和钢球总的重力势能减少了 mgl解析：钢球对铁链做正功，机械能增加，A 错误；钢球重力势能减少量等于钢球动能增加量与铁链机械能增加量之和，B 错误；由于钢球对铁链做正功，由功能关系知，铁链重力势能的减少量小于其动能增加量，C 正确；钢球的重力势能减少3 Ep1 mg l mgl，铁链的重力势能减少 Ep2 mg( l l sin30) mgl，故23 23 23 23 23 12 13总重力势能减少了 E Ep1 Ep2 mgl，D 正确答案：CD20.如图所示，在 O 点固定一点电荷，将带电粒子 A 从 a 处以一定的
8、初速度射向 O，虚线abc 是带电粒子的运动轨迹， b 点距离 O 点最近，且带电粒子的重力忽略不计，则下列说法中正确的是( )A带电粒子与 O 点固定的点电荷电性不同B带电粒子从 b 点运动到 c 点的过程中加速度不断增大C带电粒子在 a 点的电势能一定小于在 b 点的电势能D带电粒子在 b 点的电势能与动能之和一定等于它在 c 点的电势能与动能之和解析：带电粒子受到的是斥力，选项 A 错误；带电粒子从 b 运动到 c 的过程中加速度不断减小，选项 B 错误；带电粒子由 a 到 b 的过程中，电场力做负功，电势能增加，选项C 正确；带电粒子由 b 到 c 的过程中，电场力做正功，电势能减小，
9、动能增加，但电势能与动能之和不变，选项 D 正确答案：CD21如图所示，带电荷量为 q 的小球在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里，电场强度为 E、方向竖直向上的正交电磁场中以速率 v 作匀速圆周运动，已知重力加速度为 g，则从图示位置开始，运行 个周期后( )14A洛伦兹力的冲量为 0B重力的冲量为 qE22BgC小球所受合外力的冲量为 0D小球动量的变化量为2vqEg解析：带电荷量为 q 的小球进入磁场后做匀速圆周运动，则重力与电场力相平衡，所以 mg qE，即 m ，洛伦兹力改变速度的方向，故洛伦兹力的冲量不为零，选项 A 错误；qEg重力的冲量为 mg 与 个周期的乘积，即 mg ，代
10、入 m ，可得重力的冲量为14 14 2 mqB qEg，选项 B 正确；小球所受合外力等于洛伦兹力，所以小球所受合外力的冲量不为 0， qE22Bg选项 C 错误；由平行四边形定则得 个周期内小球动量的变化量为 mv ，选项 D 正14 2 2vqEg确答案：BD二、计算题(共 32 分)24(12 分)如图甲所示，导体棒 ab 和 cd 通过两导电绳绕过两光滑绝缘固定滑轮，在滑轮下方两虚线所在水平面以下空间存在着匀强磁场，磁场方向与两导电绳所确定的两竖4直面垂直开始时导体棒 ab 处在磁场中，导体棒 cd 在磁场的上方，图乙为图甲的侧视图已知导体棒 ab 的质量为 m，电阻为 R，导体棒
11、cd 的质量为 2m，电阻为 2R，两导体棒在导电绳间的长度均为 L，不计导电绳的质量和电阻，重力加速度为 g.现释放两导体棒，导体棒 ab 运动的 v t 图象如图丙所示，在 t1 t2时间内的速度为 v0， t2时刻时导体棒 cd进入磁场， t4时刻时导体棒 ab 出磁场不计两导体棒与导电绳间的相互作用，求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小(2)t1 t2时间内导体棒 cd 的电热功率(3)t3 t4时间内导体棒 ab 两端的电压 U.解析：(1) t1 t2时间内，导体棒 ab 还没出磁场，导体棒 cd 还没进磁场对导体棒 ab： T mg BIL(1 分)对导体棒 cd： T2 mg(1
12、 分)又： I (1 分)BLv03R解得： B (1 分)1L 3mgRv0(2)导体棒 cd 的电热功率： P I22R(1 分)解得： P mgv0(1 分)23(3)t3 t4时间内，导体棒 ab、 cd 都在磁场中运动，则：对 ab： T mg BI L(1 分)对 cd： T BI L2 mg(1 分)又： I (1 分)2BLv3R两电源总电动势： E I( R2 R)(1 分)对导体棒 ab： U BLv I R(1 分)解得： U (1 分)112 3mgRv0答案：(1) (2) mgv01L 3mgRv0 23(3) 112 3mgRv025(20 分)如图所示，一个质量
13、 m0.5 kg 的小车(可视为质点)在水平直轨道上以恒定功率 P2 W 从 O 点静止出发，2.5 s 后关闭发动机，继续滑行一段距离之后从 A 点水平抛出，恰好从圆环 BCD 的 B 点沿切线方向进入圆环，经圆环 BCD 从圆环的最高点 D 飞出后恰好又落到 B 点已知 OA 的长度 L1 m，圆环的半径 R0.4 m，且 A、 D 两点在同一水平线上， BC 弧对应的圆心角 60，重力加速度为 g10 m/s2，不计空气阻力和圆环细管的直径5(1)小车在直轨道上所受阻力为车重的多少？(2)求在 D 点处圆环管壁对小车的作用力；(3)求小车在整个运动过程中克服阻力做的功解析：(1)小车从
14、A 点运动到 B 点的过程中，设小车运动到 B 点时竖直方向的速度为vy，根据运动学公式和几何关系有 v 2 gR(1cos60)3 gR(2 分)2y解得 vy (1 分)3gR由速度关系可知 vA 2 m/s(2 分)vytan60 gR设小车在直轨道上所受阻力为车重的 ，小车从 O 点到 A 点的过程中根据能量守恒定律有Pt mgL mv (2 分)12 2A解得 0.8(1 分)(2)设小车经过 t0时间从 D 点运动到 B 点，在竖直方向上，有 R(1cos60) gt (212 20分)解得 t0 (1 分)3Rg则小车从 D 点抛出的速度vD 1 m/s(2 分)Rsin60t0 12 gR设在 D 点处圆环管壁对小车的作用力为 FN，由向心力公式得mg FN (2 分)mv2DR解得 FN3.75 N，方向竖直向上(2 分)(3)设小车在整个运动过程中克服阻力做的功为 Wf小车从 O 点到 D 点由动能定理有Pt Wf mv (2 分)12 2DWf4.75 J(1 分)答案：(1)0.8 (2)3.75 方向竖直向上 (3)4.75 J
