小卷沖刺練(8＋2計算)(四)一、選擇題(共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求。全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)14.下列敘述符合物理學史實的是()A.安培通過實驗發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場，并總結出判定磁場方向的方法——安培定則B.法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象后，領悟到：“磁生電”是一種在變化、運動的過程中才能出現(xiàn)的效應C.楞次在分析了許多實驗事實后提出：感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻止引起感應電流的磁通量的變化D.麥克斯韋認為：電磁相互作用是通過場來傳遞的。他創(chuàng)造性地用“力線”形象地描述“場”的物理圖景解析奧斯特通過實驗發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場，安培總結出判定磁場方向的方法——安培定則，故A錯誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應現(xiàn)象后，領悟到：“磁生電”是一種在變化、運動的過程中才能出現(xiàn)的效應，符合物理學史實，故B正確；楞次發(fā)現(xiàn)了感應電流方向遵守的規(guī)律：感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，而不是阻止，故C錯誤；法拉第認為：電磁相互作用是通過場來傳遞的。他創(chuàng)造性地用“力線”形象地描述“場”的物理圖景，故D錯誤。答案B15.下列說法正確的是()A.湯姆孫通過研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的“棗糕模型”B.太陽輻射的能量主要來自太陽內部的鏈式反應C.光電效應中光電子的最大初動能與入射光的頻率成正比D.eq\o\al(15,7)N＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(4,2)He是α衰變方程解析湯姆孫通過研究陰極射線發(fā)現(xiàn)了電子，并提出了原子的“棗糕模型”，選項A正確；太陽輻射的能量主要來自太陽內部的熱核反應，選項B錯誤；光電效應中光電子的最大初動能與入射光的頻率成線性關系，不成正比，選項C錯誤；eq\o\al(15,7)N＋eq\o\al(1,1)H→eq\o\al(12,6)C＋eq\o\al(4,2)He是人工轉變，不是α衰變方程，選項D錯誤。答案A16.(2017·河北唐山二模)一物體從靜止開始做直線運動，其加速度隨時間變化如圖1所示，則()圖1A.1～2s時間內物體做勻減速運動B.2s末，物體運動的速度為零C.1s末，物體運動的速度為2m/sD.0～1s時間內的平均速度為2m/s解析1～2s時間內物體的加速度逐漸減小，物體做加速度減小的加速運動，不是做勻減速運動，故A錯誤：圖線與坐標軸所圍的“面積”即為物體的速度變化量，則1s末，物體運動的速度為2m/s，2s末，物體運動的速度為4m/s，故B錯誤，C正確；0～1s物體做加速度逐漸增大的加速運動，這段時間內的平均速度小于2m/s，故D錯誤。答案C17.在某勻強電場中有M、N、P三點。如圖2所示，在以它們?yōu)轫旤c的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角邊NP的長度為4cm。電場方向與三角形所在平面平行。已知M、N和P點的電勢分別為3V、15V和12V。則電場強度的大小為()圖2A.150V/m B.75V/mC.225eq\r(3)V/m D.75eq\r(3)V/m解析過P點作斜邊MN的垂線交MN于O點，由幾何知識可知N、O間的距離NO＝2cm，M、O間的距離MO＝6cm，由勻強電場的特點得O點的電勢為φO＝12V，即O、P在同一等勢面上，由電場線與等勢面的關系和幾何關系知：E＝eq\f(U,d)＝150V/m，即選項A正確。答案A18.“嫦娥”三號探測器要求一次性進入近地點210千米、遠地點約36.8萬千米的地月轉移軌道。在太空飛行了九天的“嫦娥”三號探測器，再次成功變軌，從距離月表100千米的環(huán)月圓軌道Ⅰ，變?yōu)榻曼c15千米、遠月點100千米的橢圓軌道Ⅱ，兩軌道相切于點P，如圖3所示。若繞月運行時只考慮月球引力作用，關于“嫦娥”三號探測器，以下說法正確的是()圖3A.在軌道Ⅰ上運動的周期小于在軌道Ⅱ上運動的周期B.沿軌道Ⅰ運行至P點的速度等于沿軌道Ⅱ運行至P點的速度C.沿軌道Ⅰ運行至P點的加速度小于沿軌道Ⅱ運行至P點的加速度D.在軌道Ⅰ上的機械能大于在軌道Ⅱ上的機械能解析據(jù)開普勒行星運動定律eq\f(a3,T2)＝k可知軌道Ⅰ的半徑大于軌道Ⅱ的半長軸，故在軌道Ⅰ上運動的周期大于在Ⅱ上運動的周期，A項錯誤；探測器從沿軌道Ⅰ運行變軌到沿軌道Ⅱ運行，需要在P點減速，因此沿軌道Ⅰ運行至P點的速度大于沿軌道Ⅱ運行至P點的速度，B項錯誤；探測器在軌道Ⅰ上的勢能與動能之和比在軌道Ⅱ上的勢能與動能之和大，D項正確；探測器在P點受到的萬有引力相等，因此加速度相等，C項錯誤。答案D19.如圖4甲所示，按正弦規(guī)律變化的電壓u加在圖乙的理想變壓器原線圈ab兩端，原、副線圈的匝數(shù)之比為5∶1，電壓表為理想電表，L1、L2均為燈泡，R和L分別是定值電阻和電感線圈，下列說法正確的是()圖4A.電壓u的表達式u＝311sin100πt(V)B.電壓表示數(shù)為22VC.只增大電壓u的頻率，L1變亮D.只增大電壓u的頻率，L2變暗解析根據(jù)甲圖可知，原線圈電壓的最大值為311V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，則電壓u的表達式u＝311sin100πt(V)，故A正確；根據(jù)甲圖可知，原線圈電壓的最大值為311V，則有效值U1＝eq\f(311,\r(2))＝220V，根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)成正比得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(5,1)，解得U2＝44V，所以電壓表示數(shù)為44V，故B錯誤；原線圈電壓不變，線圈匝數(shù)不變，僅增大電壓u的頻率，電壓表示數(shù)不變，則L1亮度不變，電感線圈通低頻阻高頻，則頻率越大，阻礙作用越大，所以L2變暗，故C錯誤，D正確。答案AD20.(2017·江西省重點中學盟校聯(lián)考)如圖5甲所示，正六邊形導線框abcdef放在勻強磁場中靜止不動，磁場方向與線框平面垂直，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示。t＝0時刻，磁感應強度B的方向垂直紙面向里，設產(chǎn)生的感應電流順時針方向為正、豎直邊cd所受安培力的方向水平向左為正。則下面關于感應電流i和cd所受安培力F隨時間t變化的圖象正確的是()圖5解析0～2s內，磁場的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應電流的方向為順時針方向，為正值。根據(jù)法拉第電磁感應定律，E＝eq\f(ΔBS,Δt)＝B0S為定值，則感應電流為定值，I0＝eq\f(B0S,R)。在2～3s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應電流方向為順時針方向，為正值，大小與0～2s內相同。在3～4s內，磁感應強度垂直紙面向外，且逐漸減小，根據(jù)楞次定律，感應電流方向為逆時針方向，為負值，大小與0～2s內相同。在4～6s內，磁感應強度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，根據(jù)楞次定律，感應電流方向為逆時針方向，為負值，大小與0～2s內相同，故A正確，B錯誤；在0～2s內，磁場的方向垂直紙面向里，且逐漸減小，電流恒定不變，根據(jù)安培力公式F＝BIL，則安培力逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負值。0時刻安培力大小為F＝2B0I0L。在2～3s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸增大，根據(jù)F＝BIL，則安培力逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，為正值，3s末安培力大小為B0I0L。在3～4s內，磁感應強度方向垂直紙面向外，且逐漸減小，則安培力大小逐漸減小，cd邊所受安培力方向向右，為負值，第4s初的安培力大小為B0I0L。在4～6s內，磁感應強度方向垂直紙面向里，且逐漸增大，則安培力大小逐漸增大，cd邊所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L。故C正確，D錯誤。答案AC21.如圖6所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經(jīng)過0.3s后又恰好垂直打在傾角為45°的斜面上。已知半圓形管道的半徑為R＝1m，小球可看作質點且其質量為m＝1kg，g取10m/s2。則()圖6A.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9mB.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9mC.小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是1ND.小球經(jīng)過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是2N解析根據(jù)平拋運動的規(guī)律，小球在C點的豎直分速度vy＝gt＝3m/s，水平分速度vx＝vytan45°＝3m/s，則B點與C點的水平距離為x＝vxt＝0.9m，選項A正確，B錯誤；在B點設管道對小球的作用力方向向下，根據(jù)牛頓第二定律，有FNB＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)，vB＝vx＝3m/s，解得FNB＝－1N，負號表示管道對小球的作用力方向向上，選項C正確，D錯誤。答案AC二、非選擇題24.(12分)(2017·河南鄭州質檢)如圖7所示，光滑水平地面上有一小車，車上固定光滑斜面和連有輕彈簧的擋板，彈簧處于原長狀態(tài)，自由端恰在C點，總質量為M＝2kg。物塊從斜面上A點由靜止滑下，經(jīng)過B點時無能量損失。已知物塊的質量m＝1kg，A點到B點的豎直高度為h＝1.8m，BC長度為L＝3m，BD段光滑。g取10m/s2。求在運動過程中：圖7(1)彈簧彈性勢能的最大值；(2)物塊第二次到達C點的速度。解析(1)由A點到B點的過程中有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)(2分)解得vB＝eq\r(2gh)＝6m/s。(1分)由B至將彈簧壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)動量守恒，取vB方向為正方向，則mvB＝(M＋m)v，(2分)此時的彈性勢能最大，由能量守恒定律可得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(M＋m)v2(2分)聯(lián)立以上兩式可得Ep＝12J。(1分)(2)物塊由B至第二次到達C的過程中，系統(tǒng)動量守恒，取vB方向為正方向，則mvB＝mvC＋Mv′。(2分)物塊由B至第二次到達C的整個過程中機械能守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋eq\f(1,2)Mv′2。(1分)聯(lián)立以上兩式可解得：vC＝－2m/s，vC＝6m/s(第一次到C點的速度，舍去)。即物塊第二次到達C點的速度大小為2m/s，方向水平向左。(1分)答案(1)12J(2)2m/s，方向水平向左25.(20分)如圖8所示，在xOy平面中第一象限內有一點P(4，3)，OP所在直線下方有垂直于紙面向里的勻強磁場，OP上方有平行于OP向上的勻強電場，電場強度E＝100V/m。一質量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－3C帶正電的粒子，從坐標原點O以初速度v＝1×103m/s垂直于磁場方向射入磁場，經(jīng)過P點時速度方向與OP垂直并進入電場，在經(jīng)過電場中的圖8(1)磁感應強度的大??；(2)O、M兩點間的電勢差；(3)M點的坐標及粒子從O運動到M點的時間。解析(1)因為粒子過P點時垂直于OP，所以OP為粒子做圓周運動的直徑為5m，由qvB＝meq\f(v2,R)(2分)得：B＝0.2T(1分)(2)進入電場后，其軌跡如圖所示，沿電場線方向a＝eq\f(qE,m)(1分)y′＝eq\f(1,2)at2＝105t2(1分)vy′＝at＝2×105t(1分)垂直于電場方向x′＝vt＝103t(1分)vx′＝103m/s(1因為2EkP＝EkM，即2×eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(vx′2＋vy′2)(1分)解得：x′＝5m，y′＝2.5m(1分)t＝0.5×10－2s(1分)OM兩點間的電勢差：U＝E(OP＋y′)