专项练5-【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）

4.B设电流表示数为12，副线图两端的电压为U2=2I2R (2)设∠0BM=0.则∠QMP=20,则n=sin20 原线国商药的电压心：=原线圈色流1-票： sin 0 n 21,联立得U1=1R 得c0s0=3 2 代入得0=30，光在玻璃中传播速度=分 1两灯泡消耗的功率之比为是-尽其，逸项A错误：电 光由B传到M的时间1=BM_2Rc0s30°-3R U 源输出电压的有效值U=120V,由闭合电路欧姆定律得U= I1R十U1,代入数据解得I1=16A,则12=8A,选项B正确；电 源的输出功率P=IU=1920W,选项C错误；当滑动变阻器的 光由M传到Q的时间t2=MQ_R-Rcos60°-R c 滑片向下滑动时，变压器负载电阻变大，输出电流I2减小，I1减 小，电压表的示数变大，选项D错误。 解得号6。 5.BC子弹乙与滑块的相对初速度较大，则子弹甲穿越滑块经历 答案：(1)3(2)6 的时间比子弹乙穿越滑块经历的时间长，故B正确：子弹两次穿 9.解析：(1)电子在匀强电场中做类平抛运动，设初速度为，电场 越滑块过程中，子弹与滑块相对位移大小相同，子弹与滑块系统 中运动时间为，沿x轴方向0一ucos0,L=%41,沿y轴方向 产生的热量Q=FL相对，由于阻力和相对位移相同，所以产生的 vy =vsin 0,v =at 热量相同，故C正确；子弹两次穿越滑块过程中，子弹位移大小 不同，滑块对子弹所做的功不同，则两颗子弹穿出木块后速度不 根据牛频第二定律eE=ma,联立解得E=Bm 4eL 相等；因在整个过程中，两颗子弹和滑块系统总动量为零，因两 (2)设电子在匀强磁场中运动半径为R,从M点进磁场，从N,点 颗子弹穿出后的总动量不为零，则滑块的动量也不为零，即滑块 出磁场，由几何关系可得R=上(m=1,23…) 的速度不为零，故A、D错误。 n 6.AD对于不带电小球根据动能定理有0一2m听=一mgx1,对 根据牛顿第二定律eB=mP 于带息小球有之m心一之m=W。一mg1,由于带电小球到 解得B="m(n=1,2,3,…) x1处还有动能，电场力做正功，又因为小球带正电，所以电场方 向与运动方向一致，竖直向上，选项A正确：沿电场线方向电势 (3)电子在L≤r≤2L区战内运动时间t2=1=vcos30 降低，选项B错误：根据牛颜第二定律有4=mg一9E,1图线的 设电子在匀强磁场中运动时间为3，在磁场中运动的國心角为 m 60°，电子在磁场中运动的轨迹长度 斜率变小，说明加速度变小，所以小球A所受电场力变大，选项 s=2xR·6 1 ·n(n=1,2,3,…） C错误；由于电势降低，根据E。=99,可知带正电的小球电势能 减小，选项D正确。 6=日 7折源移（停广（华）广-a,首得。n部 电子从A到N经历的时间1=有十2十与=4尽+x)L 30 (2)本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即为小车做匀 变速运动时所受的外力大小，平衡摩擦力时应使小车在悬挂沙 答案：(1)3m 4eL (22(a=1,23…） 桶的情况下匀速运动，所以不需要取下细绳和沙桶，选项A错 误，B正确：因为本实验中，沙桶和沙子的总质量所对应的重力即 (3)4V3+xL 3v 为小车做匀变速运动时所受的外力大小，所以不需要“沙桶和沙 子的总质量必须远小于小车的质量”的实验条件，也不需要小车 专项练（五） 的质量必须远小于沙桶和沙子的总质量，故选项C、D错误。 1.AA中的反应是重核裂变，选项A正确：B中的反应是衰变方 (3)取下细绳和沙桶，小车受到的合外力为Mgsin0-gcos0 程，选项B错误；C中的反应为原子核的人工转变方程，选项C =mg,因此需要验证的关系为mg=Mao。 错误；D中的反应是轻核聚变反应，选项D错误。 答案：(1)-)e 2.D规定小孩初始运动方向为正方向，由题图可知，碰后两车结 (2)B (3)mg=Mao 合在一起向负方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改 2t号t号L 8.解析：(1)如图所示，过N点作AB垂线，垂足为C 变，故A错误；由题图可知，碰前瞬间小孩的速度为2m/5,大人 的速度为一3m/s,碰后两人的共同速度为一1m/s,设碰碰车的 则NC=22R 质量为M,由动量守恒定律有(20十MD×2kg·m/s一(60十M)× 3 3kg·m/s=(2M+20+60)×(-1)kg·m/s,解得M=60kg,故 B错误：碰前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1=160kg· m/s,碰后总动量为p=一80kg·m/s,由动量定理可知碰撞过 程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量为I=△p=一240N·s, 故其大小为240N·s,故C错误：由能量守恒定律可得碰撞过程 中损失的机被能为4E=之×80X2J+分×12