2020高考物理二轮复习高分突破：高考题型一 押题练3 WORD版含解析.docx

1、押题练314.(2019山西长治等五市联考)氘核和氚核可发生热核聚变释放出巨大的能量,该反应方程为12H+13H24He+X,式中X是某种粒子。已知12H、13H、24He和粒子X的质量分别为2.014 1 u、3.016 1 u、4.002 6 u和1.008 7 u;1 u=931.5 MeV/c2,c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知()A.粒子X是11HB.该反应中的质量亏损为0.028 9 uC.该反应释放出的能量为17.6 MeVD.该反应中释放的全部能量转化为粒子X的动能15.如图所示,一倾角为的固定斜面上,两个质量均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑,A与B的接触面光滑。

2、已知A与斜面间的动摩擦因数为A=tan ,B与斜面间的动摩擦因数为B=12tan ,重力加速度大小为g。则下滑过程中A、B间弹力的大小为()A.0B.12mgsin C.13mgsin D.14mgsin 16.(2019辽宁实验中学段考)地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a;假设月球绕地球做匀速圆周运动,轨道半径为r1,向心加速度为a1。已知引力常量为G,地球半径为R。下列说法中正确的是()A.地球质量M=a1r12GB.地球质量M=aR2GC.地球赤道表面处的重力加速度g=a1r12GR2-aD.加速度之比a1a=R2r1217.甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶,其v-t图象如图所示

3、,下列对汽车运动状态的描述正确的是()A.在第20 s末,甲、乙两车相遇B.若乙车在前,则可能相遇两次C.在第10 s末,乙车改变运动方向D.在第10 s末,甲、乙两车相距150 m18.如图所示,在半径为R的圆形区域内有垂直纸面的磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),AC为该圆的直径,O为圆心。一带电粒子以初速度v0从A点垂直磁场水平射入圆形区域,离开磁场时,其速度方向恰好竖直向下。已知该粒子从A点入射时与直径AC的夹角=45,不计粒子重力,则有()A.该粒子一定从O点正下方离开磁场区域B.该粒子在磁场中做圆周运动的半径为RC.该粒子的比荷为2v02BRD.该粒子在磁场中的运动时间为R

4、2v019.(多选)(2019湖北名校联盟联考)如图所示,六个点电荷分布在边长为a的水平放置的正六边形ABCDEF六个顶点处。在A、D、F处点电荷的电荷量均为-q,其余各处点电荷的电荷量均为+q,光滑竖直杆固定在正六边形的中心轴上。现将质量为m、带电荷量为+Q的小环穿在杆上,由P点自由释放,若不考虑小环的电荷对电场的影响,则下列说法正确的是()A.O点电场强度大小为2kqa2,方向由O指向CB.O点电势等于P点电势C.小环从P到O做匀加速直线运动D.小环从P到O的过程电势能先减小后增大20.(多选)(2019湖北黄冈模拟)如图所示,地面上有一半径为R的半圆形凹槽,半径OA水平,半径OB竖直,半

5、径OC与水平方向的夹角=37。现将小球(可视为质点)从A处以初速度v1水平抛出后恰好落到B点;若将该小球从A处以初速度v2水平抛出后恰好落到C点,sin 37=0.6,cos 37=0.8,则下列说法正确的是()A.v1v2=159B.小球刚到达C点时重力的功率与刚到达B点时重力的功率之比为32C.小球刚到达C点时的速度与刚到达B点时的速度大小之比为395D.小球从抛出开始运动到C点与运动到B点的平均速度大小之比为3221.(多选)如图所示,阻值为R的电阻串联在光滑的固定在水平面上的等边三角形水平导轨OPQ上,导轨在O点断开。磁感应强度大小为B、方向竖直向下、宽度为d的条形磁场区域边界a、b均

6、与PQ平行,质量为m的导体棒中点接在劲度系数为k的弹簧的一端,弹簧的另一端固定,导体棒始终与PQ平行,且与导轨保持良好接触,弹簧处于原长时,导体棒停于M处。现将导体棒拉至N处后自由释放,若M至O点的距离、M到磁场边界b的距离以及N到磁场边界a的距离均为d,导轨和导体棒的阻值均忽略不计,已知弹簧的弹性势能公式为Ep=12kx2,x为弹簧的形变量。则()A.当电阻R中有电流时,电流方向为PQB.导体棒第一次穿越条形磁场区域过程中,通过电阻R的电荷量为533RBd2C.导体棒最终静止在M处D.电阻R中产生的焦耳热不会超过4kd2押题练314.C解析 根据核反应前后质量数守恒和电荷数守恒,可判断X为中

7、子,故A错误;该反应中的质量亏损为m=2.014 1 u+3.016 1 u-4.002 6 u-1.008 7 u=0.018 9 u,故B错误;由爱因斯坦质能方程可知释放出的能量为E=(2.014 1+3.016 1-4.002 6-1.008 7)931.5 MeV=17.6 MeV,故C正确;该反应中释放一部分能量转化为X粒子的动能,故D错误。15.D解析 对物块A、B整体,根据牛顿第二定律可得2mgsin -Amgcos -Bmgcos =2ma,解得a=14gsin ,对物块B根据牛顿第二定律可得mgsin -N-Bmgcos =ma,解得N=14mgsin ,故D项正确。16.A

8、解析 月球围绕地球转,根据万有引力提供向心力,有GMmr12=ma1,解得地球质量M=a1r12G,A正确,B错误;在赤道处的物体,GMmR2-mg=ma,解得g=a1r12R2-a,C错误;对月球有GMmr12=ma1,对地球赤道上的物体有GMmR2-mg=ma,a1aR2r12,D错误;故选A。17.B解析 在第20 s末,甲通过的位移比乙的位移大,但由于它们初始位置关系未知,所以不能判断是否相遇,故A错误;若t=0时刻乙车在前,则两车在第20 s末前,两车可能相遇一次,此后,由于乙做匀加速运动,甲做匀速运动,乙可能追上甲,再相遇一次,故B正确;由题图知,乙车的速度一直为正,说明乙车一直沿

9、正方向运动,运动方向没有改变,故C错误;第10 s末,甲、乙两车的位移之差为:x=2010 m-121010 m=150 m,由于出发点的位置关系未知,所以不能确定它们相距的距离,故D错误。故选B。18.C解析 粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。由几何关系可知,粒子一定从C点射出磁场区域,A错误。设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,则由几何关系可知2r2=(2R)2,解得r=2R,B错误。由qv0B=mv02r,可得qm=2v02BR,故C正确。粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=2mqB=22Rv0,所以粒子在磁场中运动的时间为t=T4=2R2v0,D错误。19.BC解析 每一个电荷在中心O处产

10、生的电场强度均为kqa2,根据电场强度的叠加原理可得,O点电场强度大小为2kqa2,方向由O指向F,故A错误;由电势的叠加可知,OP上各点的电势均为零,则O点电势等于P点电势,故B正确;小环从P到O电势能不变,则小环只受重力作用而匀加速直线运动,故C正确;小环从P到O的过程电势能不变,故D错误。故选BC。20.AC解析 小球做平抛运动,落到B点的情况下,有R=v1t1,R=12gt12,解得t1=2Rg,v1=Rg2;落到C点的情况下,有R+Rcos =v2t2,Rsin =12gt22,解得t2=6R5g,v2=9gR30;可得v1v2=159,A正确;小球刚到达C点时重力的功率与刚到达B点

11、时重力的功率之比为mggt2mggt1=155,B错误;小球刚到达C点时的速度与刚到达B点时的速度大小之比为v22+(gt2)2v12+(gt1)2=395,C正确;小球从抛出开始运动到B点的平均速度大小v1=2Rt1=gR,小球从抛出点开始运动到C点的平均速度大小v2=(v2t2)2+(12gt22)2t2=3gR,得v2v1=3,D错误。21.BD解析 当导体棒向右通过磁场区域时,由右手定则可判断通过电阻R的电流方向为PQ,当导体棒向左通过磁场区域时,同理可判断通过电阻R的电流方向为QP,A错误;在导体棒第一次通过磁场区域过程中,通过电阻R的电荷量q=It=ERt=R=BSR,式中S由几何关系可求得S=123d3dtan602-122d2dtan602=533d2,故q=533RBd2,B正确;通过对导体棒受力分析知,最终导体棒会在无磁场区域内往复运动,且在磁场区域的右边界b处速度为0,故电阻R中最多能产生的焦耳热Q=12k(3d)2-12kd2=4kd2,C错误,D正确。