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48分小题精准练(四)
(时间：20分钟　分值：48分)
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1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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)
1．(2020·天津高考·T1)在物理学发展的进程中，人们通过对某些重要物理实验的深入观察和研究，获得正确的理论认识。下列图示的实验中导致发现原子具有核式结构的是(　　)
A　　　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　　　D
D　[发现原子具有核式结构的是卢瑟福的α粒子轰击金箔发生散射的实验，选项D正确。]
2.超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，因其胶囊形外表(如图)，被称为胶囊高铁。中国航天科工已启动时速1 000公里“高速飞行列车”的研发项目。如果我国的“高速飞行列车”最高时速达1 080 km，其加速与减速时加速度大小恒为2 m/s2，据此可以推测(　　)
A．“高速飞行列车”由静止加速到最高时速的时间为540 s
B．“高速飞行列车”由静止加速到最高时速的位移为22.5 km
C．“高速飞行列车”的速度很大，所以拐弯时轨道半径可以小一些
D．北京到上海的距离约为1 080 km，假设轨道为直线，“高速飞行列车”一个小时即可从北京到达上海
B　[v＝1 080 km/h＝300 m/s，根据v＝0＋at，解得t＝150 s，选项A错误；根据v2－0＝2ax，解得x＝22.5 km，选项B正确；根据牛顿第二定律得F＝m，“高速飞行列车”的速度很大，拐弯时半径过小，所需的向心力过大，对材料的要求更高，增大拐弯半径，可以减小拐弯所需的向心力，选项C错误；从北京到上海，列车除了以最大速度1 080 km/h匀速行驶外，还需要加速和减速，即使轨道是直线，运行时间也会大于一个小时，选项D错误。]
3．中国科技发展两个方向：即“上天”和“入地”两大工程。其中“上天”工程指“神舟”载人飞船、天宫空间站和探月工程；“入地”工程指“蛟龙”号深海下潜。若地球半径为R，把地球看作质量分布均匀的球体，已知均匀球壳对内部任意一点万有引力为零。“蛟龙”号下潜深度为d，“天宫一号”轨道距离地面高度为h。“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的重力加速度之比为(　　)
A. B. ))
C. D.
C　[设地球质量为M，密度为ρ，在地球表面，物体重力等于地球对其的万有引力，故有＝mg，又M＝ρπR3，整理后得g＝GρπR。根据题意有，均匀球壳对内部任意一点万有引力为零，故在深度为d的地球内部，“蛟龙”号受到地球的万有引力即为半径为R－d的球体在其表面产生的万有引力，所以在深度为d的地球内部的重力加速度为g′＝Gρπ(R－d)。对于“天宫一号”，根据万有引力提供向心力有＝man，解得“天宫一号”所在处的重力加速度an＝，“蛟龙”号所在处与“天宫一号”所在处的重力加速度之比为＝。]
4.如图所示，在平面坐标系内以坐标原点O为圆心画一个半径为R＝6 cm的圆，M、P、N、Q为圆与坐标轴相交的四点。若沿平面方向加一匀强电场，电场强度为E，测得P点的电势为6 V，Q点的电势为－6 V，M点的电势为2 V，则下列说法正确的是(　　)
A．电场方向与y轴负方向的夹角的正切值为0.4
B．N点的电势为2 V
C．匀强电场的电场强度大小为 V/m
D．在同一圆周上，沿电场线方向直径两端点的电势差最大为12 V
C　[将PQ等分为12份，每一份电势差为1 V，如图所示，则O′点的电势为2 V，M点与O′点电势相同，连接MO′，则MO′为等势线，又由题知，P点电势大于Q点电势，则电场方向垂直于MO′指向右下方，匀强电场方向与y轴负方向的夹角的正切值为，A错误；过N点作MO′的平行线，与y轴相交的点N′的电势为－2 V，可知N点电势为－2 V，B错误；电场线与y轴负方向的夹角的余弦值为，则等势线MO′与NN′间的距离d＝ m，电势差大小为4 V，电场强度的大小E＝＝ V/m，C正确；沿电场线方向直径两端点的电势差最大，为U＝E·2R＝4 V，D错误。]
5.如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻R1、理想电流表A1一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和可调电阻(阻值记为R)、定值电阻R2以及理想电流表A2连接在一起，下列说法正确的是(　　)
A．保持R不变，将触头P向上移动，则A1的示数变小，A2的示数变小
B．保持R不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小
C．保持P的位置不动，增大R，则A1的示数减小，A2的示数减小
D．保持P的位置不动，增大R，则可调电阻的电功率变小，R1的电功率不变
D　[保持R不变，将触头P向上移动，则n1增大，再由U2＝U1，可知U2减小，又因为副线圈负载的总电阻不变，所以通过副线圈的电流减小，即A2的示数减小，A1的示数为，U1和R1都不变，所以A1的示数不变，选项A错误；保持R不变，将触头P向下移动，则n1减少，再由U2＝U1，可知U2增大，又副线圈的负载电阻R总不变，由P出＝可知电源输出的总功率增大，选项B错误；保持P的位置不动，增大R，R总增大，U2不变，由I2＝可知I2减小，所以A2的示数减小，A1的示数为，U1和R1都不变，所以A1的示数不变，副线圈的输出功率为P2＝U2I2减小，因为R2的功率不变，所以可调电阻的功率是减小的，电阻R1不变，两端的电压U1不变，所以R1的电功率不变，选项C错误，D正确。]
6．我国自行研制的新一代轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，其将成为中国军方快速部署轻型装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加速，则前进较短的距离s其速度便可达到最大值vmax。设在加速过程中发动机的功率恒为P，装甲车所受阻力恒为f，当速度为v(vmax>v)时，所受牵引力为F。以下说法正确的是(　　)
A．装甲车速度为vmax时，牵引力做的功为Fs
B．装甲车的最大速度vmax＝
C．装甲车速度为v时，加速度a＝
D．装甲车从静止开始达到最大速度vmax所用时间t＝
BC　[因为在运动过程中，装甲车功率不变，速度增大，则牵引力减小，故加速过程牵引力不是恒力，所以装甲车速度为vmax时，牵引力做的功不能通过W＝Fs求解，则牵引力做的功不等于Fs，选项A错误；当牵引力与阻力相等时，装甲车的速度达到最大，根据P＝fvmax知，最大速度vmax＝，选项B正确；当装甲车的速度为v时，根据牛顿第二定律得加速度a＝，选项C正确；根据动能定理得Pt－fs＝mv，解得t＝，选项D错误。]
7．如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝圆形金属线圈半径为r2，圆心为O，线圈导线的电阻为R，其余导线的电阻不计。半径为r1(r1　甲　　　　　　　　乙
A．电容器上极板带正电
B．t1时刻，电容器所带的电荷量为
C．t1时刻之后，线圈两端的电压为
D．t1时刻之后，R1两端的电压为
AC　[根据楞次定律可知，线圈中产生沿逆时针方向的感应电流，则电容器上极板带正电，A项正确；根据法拉第电磁感应定律有E＝＝S＝πr＝，则电流为I＝＝，UR2＝I·2R＝，电容器所带的电荷量Q＝CUR2＝，B项错误；t1时刻之后，线圈两端的电压U＝I·(R1＋R2)＝，C项正确；t1时刻之后，R1两端的电压为UR1＝I·R1＝＝，D项错误。]
8.如图所示，ABC为一光滑细圆管构成的圆轨道，固定在竖直平面内，轨道半径为R(比细圆管的内径大得多)，OA水平，OC竖直，最低点为B，最高点为C。在A点正上方某位置有一质量为m的小球(可视为质点)由静止开始下落，刚好进入细圆管内运动。已知细圆管的内径稍大于小球的直径，不计空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A．若小球刚好能到达轨道的最高点C点，则释放点距A点的高度为1.5R
B．若释放点距A点的竖直高度为2R，则小球经过最低点B点时轨道对小球的支持力大小为7mg
C．若小球从C点水平飞出后恰好能落到A点，则释放点距A点的高度为2R
D．若小球从C点水平飞出后恰好能落到A点，则小球在C点时对圆管的作用力大小为mg
BD　[小球刚好能到达轨道的最高点C点，即小球到达最高点C点时的速度为0，根据机械能守恒定律可得mgh＝mgR，解得h＝R，即释放点距A点的高度为R，A项错误；若释放点距A点的竖直高度为2R，小球经过最低点B点时，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，根据动能定理得mg(2R＋R)＝mv，解得FN＝7mg，则小球经过最低点B点时，轨道对小球的支持力大小为7mg，B项正确；若小球从C点飞出后做平抛运动，恰好能落到A点，则水平方向上有R＝vCt，竖直方向上有R＝gt2，由动能定理有mg(h′－R)＝mv，解得释放点距A点的高度为h′＝1.25R，小球在C点时，由牛顿第二定律可得mg－FNC＝，解得FNC＝mg，根据牛顿第三定律可知，小球对圆管的作用力大小为mg，方向竖直向下，C项错误，D项正确。]

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