专项练3-【高考前沿】2023高考物理第二轮复习·超级考生备战高考（新教材）

3.A卫星造动中万有引力提供向心力，由-m吧，有 VAc0s30°=g r2 √是√月成项A正确：尚=，有a以则 代入数据解得√ 4(mo-m)gR=4 m/s 4mo+3m v2r r2 41=吃 在b处，对A由牛颜第二定律有FN一mog=m,尺 ,选项B错误；由牛顿第二定律F=a可知，向心力大小 a2 r 还与卫星的质量有关，选项C错误：卫星的机械能与卫星的质量 代入数揭解得FN=m,g十m0尺=144N 有关，选项D错误。 由牛顿第三定律知，小球A对圆轨道的压力大小为 4.C由儿何关系可求得粒子微国周运动的半径为R=sn60 FN=144N. 答案：(1)5N/m(2)144N 2L,洛伦滋力提供粒子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定 9.解析：(1)带电粒子的运动轨迹如图所示。设粒子刚射出电场的 3 速度为，竖直方向速度为飞，进入电场到射出电场经历时间为 律可得B咖=m只联立可得B配。故选C。 11,水平位移x=L,竖直位移为y,位移与水平方向夹角为日，有 4 ① 5.BC导线框开始做自由落体运动有=2gh,ab边刚进入磁场 v,=6tan53°=36 时有E-BL,1一景，此时交到的安培力大小F-BL- 5 c0s53=3% V= ② BL√2，故A错误：若导线框进入磁场的过程中，受到的安 x=L=vtl ③ R ④ 培力一直小于其受到的重力，则导线框下落的速度一直增大，故 y=之(0+8，)·4 B正确：若导线框刚进入磁场时，受到的安培力与其受到的重力 由①③0得y=号1 大小相等，则导线框进入磁场的过程做匀速直线运动，然后做匀 加速直线运动，直到b边刚到达磁场下边界，该过程中，若L= y子·好-名·贸()广-号得E 1 h有v=2V,由能量守恒定律有mg·(3h)-Q=之mv” 由几何知识得r+片n37r=m7,解得，=0.3 0,可得Q=1gh>0,假设成立，故C正确；导线框通过磁场下边 界时，受到的安培力可能小于其受到的重力，下落的速度可能增 留=0.3L, ⑤ 大，故D错误。 6.BC由于小球在A、P两点时，弹簧弹力大小相同，则弹簧在OA 由②⑤得B= 50n%E_6o 处被拉伸，在OP处被压缩，且拉伸量与压缩量相等，则在AP之 间必有一个弹簧处于原长状态的位置，由对称性原理可知，在 PB之间也必有一个弹簧处于原长状态的位置。小球在A、P、B 三个位置时弹簧的弹性势能相等。在A到P的过程中，弹簧的 弹性势能先减小后增大，在P到B的过程中，弹簧的弹性势能也 是先减小后增大，选项A错误：弹簧处于两个原长状态和小球在 C- P点位置，小球加建度大小等于号：且方向沿杆向下，选项B正 6 (2)由几何关系可知： 确；小球从A点运动到B点过程中，由机械能守恒定律可得， a=am'37=0.4L,b=0.18L,sina=-018=0.6. r0.3L Ep十mg·2Lsin45°-E,十EkB,得EkB-√2mgL,选项C正确； a=37 A、P两点弹簧的弹性势能相等，因而小球在A、P两点的机械能 相等，选项D错误。 对应带电粒子在磁场中的偏转圆心角为受， 7.解析：(1)由图甲所示电路图可知，U=E一I(r+R。),结合图乙所 示图线可知，电源电动势E=3.0V,图线的斜率k=一(r十R,) =1.203.00n,解得电源内阻r=1.00. I= 2 9πL =100° 0.60 60 (2)由图甲电路图及皮姆定律得：R飞题长十R=号，又根据电阻 答案：(1)25 (2)9L 1000 定待得：R丝=P专，盛现得：号=号x十R,期号x图像的 专项练（三） 1.D(图像的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，根据题 外来=号-88是nm,解得6=kS=9.8X1070m…园 图可知，山1时刻A追上B,2时刻B追上A,故A错误；2时 间段内A、B的位移相等，时间相等，则平均速度相等，故B错误： 像的纵轴截距b=RA=2.02。 xt图像只能描述直线运动，所以A、B都做直线运动，故C错误： (3)由图甲所示电路图可知，由于电压表的分流作用，有E=U十 1图线的斜率表示质点的速度，由题图可知两质点速度相等的 (+)-R)周=R、瓦E-1,与U= 时刻一定在4一2时间段内的某时刻，故D正确。 2.D吸盘内封闭了一定质量的理想气体，由图可知，吸盘内的气 E一I(r十R。)比较可知，电源电动势与内阻的测量值都小于真 体体积变大，吸盘内气体分子的密集程度减小；温度不变，吸盘 实值。 内气体分子的平均动能不变，平均速率不变；温度不变，体积变 答案：(1)3.01.0(2)9.8×10-72.0 大，由玻意耳定律可知，吸盘内气体压强减小，故A、B、C错误：理 (3)小于小于 想气体温度不变，内能不变，体积变大，气体对外做功，根据热力 8