2024高考物理二輪復習48分小題精準練7含解析

PAGE5-48分小題精準練(七)(時間：20分鐘分值：48分)選擇題(本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)1．在物理學發(fā)展過程中，很多物理學家作出了貢獻，他們的科學發(fā)覺和所采納的科學方法推動了人類社會的進步。以下說法正確的是()A．牛頓用輕重不同的物體捆綁在一起后下落與單個物體分別下落時快慢的比較推理，推翻了亞里士多德重的物體下落快、輕的物體下落慢的結論B．元電荷e的值為1.6×10－6CC．卡文迪許用扭秤試驗，測出了引力常量，這運用了微小作用放大法D．開普勒利用行星運動的規(guī)律，并通過“月-地檢驗”，得出了萬有引力定律C[伽利略用輕重不同的物體捆綁在一起后下落與單個物體分別下落時快慢的比較推理，推翻了亞里士多德重的物體下落快、輕的物體下落慢的結論，故A錯誤；元電荷e的值為1.6×10－19C2.如圖所示，AC是四分之一圓弧，O為圓心，D為圓弧AC的中點，A、D、C處各有一垂直紙面的通電直導線，電流大小相等、方向垂直紙面對里，整個空間還存在一個磁感應強度大小為B的勻強磁場(未畫出)，O處的磁感應強度恰好為零。假如將D處電流反向，其他條件都不變，則O處的磁感應強度大小為()A．2(eq\r(2)－1)B B．(2eq\r(2)－1)BC．2B D．0A[設A、C、D處的電流在O點產生的磁場的磁感應強度大小均為B0，由右手螺旋定則可知A、D、C在O點產生的磁場方向如圖所示，則由O點的磁感應強度恰好為零可知，B＝eq\r(B\o\al(2,0)＋B\o\al(2,0))＋B0，即B0＝(eq\r(2)－1)B，現將D處的電流反向，其他條件不變，則O處的合磁感應強度大小為B′＝B＋B0－eq\r(B\o\al(2,0)＋B\o\al(2,0))＝2(eq\r(2)－1)B，選項A正確，B、C、D均錯誤。]3.如圖甲所示，a、b是一條豎直電場線上的兩點，一帶正電的小球從a點運動到b點的速度-時間圖象如圖乙所示，則下列推斷正確的是()A．b點的電場方向為豎直向下B．a點的電場強度比b點的大C．小球從a點到b點的過程中電勢能先減小后增大D．小球從a點到b點的過程中機械能先增大后減小B[帶正電小球由靜止從a點運動到b點，所受的電場力必定豎直向上，而小球帶正電，所以該電場的方向豎直向上，故A錯誤；v-t圖象的斜率大小等于加速度的大小，小球先加速再減速，電場力先大于重力后小于重力，則a點的電場強度大于b點的電場強度，故B正確；小球從a點運動到b點的過程中，速度方向始終豎直向上，電場力始終做正功，電勢能始終減小，機械能始終增大，故C、D錯誤。]4.如圖所示，三個形態(tài)相同的正方體物塊如圖放置，1、3放置在光滑的水平面上并鎖定，2與1、3接觸的兩個面與水平方向均成45°角．不計一切摩擦，1、3質量相同．解除鎖定后，正方體2下落過程中未發(fā)生轉動，下列說法正確的是()A．物塊2落地前，物塊1、2、3構成的系統(tǒng)動量守恒B．物塊2落地前，物塊1、2、3構成的系統(tǒng)機械能守恒C．物塊2落地前，重力對物塊2做的功等于物塊2動能的增加量D．物塊2落地前，重力對物塊2的沖量等于物塊2動量的改變量B[物塊2落地前，物塊1、2、3構成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零，則該系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向合外力不為零，動量不守恒，A錯誤；物塊2落地前，由于只有物塊2的重力做功，則物塊1、2、3構成的系統(tǒng)的機械能守恒，B正確；物塊2落地前，重力對物塊2做的功和物塊1、3彈力對物塊2做的功之和等于物塊2動能的增加量，C錯誤；物塊2落地前，重力和物塊1、3彈力對物塊2的總沖量等于物塊2動量的改變量，D錯誤。]5．如圖甲所示，用一水平外力F推物體，使其靜止在傾角為θ的光滑斜面上，漸漸增大F，物體起先做變加速運動，其加速度a隨F改變的圖象如圖乙所示，g取10m/s2，依據圖乙中所供應的信息不能計算出的是()甲乙A．物體的質量B．斜面的傾角C．使物體靜止在斜面上時水平外力F的大小D．加速度為6m/s2時物體的速度D[對物體受力分析可知，物體受到重力mg、水平推力F和斜面對物體的支持力N的作用，如圖所示。沿平行于斜面和垂直于斜面方向建立平面直角坐標系，則沿x方向有Fcosθ－mgsinθ＝ma，沿y方向有N－Fsinθ－mgcosθ＝0，從圖乙中選取兩個點(20N,2m/s2)和(30N，6m/s2)分別代入沿x方向的關系式可解得m＝2kg，θ＝37°。由圖乙可得a與F的函數關系為a＝(0.4F－6)m/s2，當a＝0時，水平推力F＝15N，由于題中沒有說明推力F隨時間t的改變狀況，故無法確定加速度為6m/s2時物體的速度大小，選項A、B、C正確，D錯誤。]6.火星探測項目是我國繼載人航天工程、嫦娥工程之后又一個重大的太空探究項目。如圖所示，探測器被放射到圍繞太陽的橢圓軌道上，A為近日點，遠日點B在火星軌道旁邊，探測器擇機變軌繞火星運動，則火星探測器()A．放射速度介于第一、其次宇宙速度之間B．在橢圓軌道上運行周期大于火星公轉周期C．從A點運動到B點的過程中動能漸漸減小D．在B點受到的太陽引力小于在A點受到的太陽引力CD[要放射繞太陽運動的探測器，探測器必需脫離地球的束縛，其速度要大于其次宇宙速度，選項A錯誤；依據開普勒第三定律知，軌道半長軸越長，運行周期越長，所以火星探測器在橢圓軌道上運行周期小于火星公轉周期，選項B錯誤；探測器由A運動到B的過程中太陽的引力對探測器做負功，依據動能定理，可知探測器動能減小，選項C正確；由公式F＝Geq\f(Mm,r2)可知，探測器到太陽距離越大受到的引力越小，選項D正確。]7.如圖所示，半徑為a的半圓形勻強磁場區(qū)域中磁場方向垂直于紙面。一重力不計、質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以速度v從E點沿EF方向射入勻強磁場區(qū)域，偏轉后從C點沿半徑方向射出勻強磁場區(qū)域，已知C點到EF的距離為a，下列說法正確的是()A．半圓形區(qū)域內的磁場方向可能是垂直紙面對里B．勻強磁場區(qū)域的磁感應強度為eq\f(mv,qa)C．帶電粒子在勻強磁場中運動所受的洛倫茲力為2meq\f(v2,a)D．帶電粒子在勻強磁場中運動的時間為eq\f(πa,2v)

BD[由左手定則可推斷出半圓形區(qū)域內的磁場方向垂直紙面對外，選項A錯誤；由題意可知，帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡的半徑r＝a，由qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(mv,qa)，選項B正確；帶電粒子在勻強磁場中運動所受的洛倫茲力為F＝qvB＝meq\f(v2,a)，選項C錯誤；帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡所對圓心角θ＝eq\f(π,2)，運動時間t＝eq\f(θr,v)＝eq\f(πa,2v)，選項D正確。]8.如圖所示，兩個平行的導軌水平放置，導軌的左側接一個阻值為R的定值電阻，兩導軌之間的距離為L。導軌處在方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。一質量為m，電阻為r的導體棒ab垂直于兩導軌放置，導體棒與導軌之間的動摩擦因數為μ。導體棒ab在水平外力F作用下，由靜止起先運動了x距離后，速度達到最大，重力加速度為g，不計導軌電阻。則()A．導體棒ab的電流方向由a到bB．導體棒ab運動的最大速度為eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)C．當導體棒ab的速度為v0(v0小于最大速度)時，導體棒ab的加速度為eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v0,R＋rm)－μgD．導體棒ab由靜止達到最大速度的過程中，ab棒最終的動能為Ek，則電阻R上產生的熱量為Fx－μmgx－EkBC[依據右手定則可知，導體棒ab的電流方向由b到a，A錯誤；導體棒ab垂直切割磁感線，產生的感應電動勢E＝BLv，由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)，導體棒受到的安培力FA＝BIL，當導體棒做勻速直線運動時速度最大，由平衡條件得eq\f(B2L2vm,R＋r)＋μmg＝F，解得最大速度vm＝eq\f(F－μmgR＋r,B2L2)，B